专题15二次函数与角综合问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）（解析版）.docx

1、挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用） 专题15二次函数与角综合问题 二次函数与角综合问题，常见的主要有三种类型：1. 特殊角问题：（1） 利用特殊角的三角函数值找到线段之间的数量关系（2） 遇到特殊角可以构造特殊三角形，如遇到45构造等腰直角三角形，遇到30、60构造等边三角形，遇到90构造直角三角形2.角的数量关系问题（1）等角问题：借助特殊图形的性质、全等和相似的性质来解决；构造圆，利用圆周角的性质来解决（2）二倍角问题：利用角平分线的性质、等腰三角形的性质、对称、辅助圆等知识来解答（3）角的和差问题3.角的最值问题：利用辅助圆等知识来解答【例1】（2022西宁）如图，

2、抛物线yax2+bx+3与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，点C在直线AB上，过点C作CDx轴于点D（1，0），将ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处（1）求抛物线解析式；（2）连接BE，求BCE的面积；（3）抛物线上是否存在一点P，使PEABAE？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由点A的坐标可得出点E的坐标，由点A，E的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出直线AB的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，再利用三角形的面积计算公

3、式，结合SBCESABESACE，即可求出BCE的面积；（3）存在，由点A，B的坐标可得出OAOB，结合AOB90可得出BAE45，设点P的坐标为（m，m2+2m+3），分点P在x轴上方及点P在x轴下方两种情况考虑：当点P在x轴上方时记为P1，过点P1作P1Mx轴于点M，则EMP1M，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P1的坐标；当点P在x轴下方时记为P2，过点P2作P2Nx轴于点N，则ENP2N，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P2的坐标【解答】解：（1）将ACD沿CD所

4、在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处，点A的坐标为（3，0），点D的坐标为（1，0），点E的坐标为（1，0）将A（3，0），E（1，0）代入yax2+bx+3，得：，解得：，抛物线的解析式为yx2+2x+3（2）当x0时，y1（0）2+20+33，点B的坐标为（0，3）设直线AB的解析式为ymx+n（m0），将A（3，0），B（0，3）代入ymx+n，得：，解得：，直线AB的解析式为yx+3点C在直线AB上，CDx轴于点D（1，0），当x1时，y11+32，点C的坐标为（1，2）点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），点C的坐标为（1，2），点E的坐标为（1，0），AE4，OB3

5、，CD2，SBCESABESACEAEOBAECD43422，BCE的面积为2（3）存在，理由如下：点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），OAOB3在RtAOB中，AOB90，OAOB，BAE45.点P在抛物线上，设点P的坐标为（m，m2+2m+3）当点P在x轴上方时记为P1，过点P1作P1Mx轴于点M，在RtEMP1中，P1EA45，P1ME90，EMP1M，即m（1）m2+2m+3，解得：m11（不合题意，舍去），m22，点P1的坐标为（2，3）；当点P在x轴下方时记为P2，过点P2作P2Nx轴于点N，在RtENP2中，P2EN45，P2NE90，ENP2N，即m（1）（m2+2

6、m+3），解得：m11（不合题意，舍去），m24，点P2的坐标为（4，5）综上所述，抛物线上存在一点P，使PEABAE，点P的坐标为（2，3）或（4，5）【例2】（2022益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：y（xm）2+2m2（m0）的顶点P在抛物线F：yax2上，直线xt与抛物线E，F分别交于点A，B（1）求a的值；（2）将A，B的纵坐标分别记为yA，yB，设syAyB，若s的最大值为4，则m的值是多少？（3）Q是x轴的正半轴上一点，且PQ的中点M恰好在抛物线F上试探究：此时无论m为何负值，在y轴的负半轴上是否存在定点G，使PQG总为直角？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请

7、说明理由【分析】（1）由抛物线的顶点式可直接得出顶点P的坐标，再代入抛物线F即可得出结论；（2）根据题意可分别表达A，B的纵坐标，再根据二次函数的性质可得出m的值；（3）过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，则PKQQNG，设出点M的坐标，可表达点Q和点G的坐标，进而可得出结论【解答】解：（1）由题意可知，抛物线E：y（xm）2+2m2（m0）的顶点P的坐标为（m，2m2），点P在抛物线F：yax2上，am22m2，a2（2）直线xt与抛物线E，F分别交于点A，B，yA（tm）2+2m2t2+2mt+m2，yB2t2，syAyBt2+2mt+m22t23t

8、2+2mt+m23（tm）2+m2，30，当tm时，s的最大值为m2，s的最大值为4，m24，解得m，m0，m（3）存在，理由如下：设点M的坐标为n，则M（n，2n2），Q（2nm，4n22m2），点Q在x轴正半轴上，2nm0且4n22m20，nm，M（m，m2），Q（mm，0）如图，过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，KN90，QPK+PQK90，PQG90，PQK+GQN90，QPKGQN，PKQQNG，PK：QNKQ：GN，即PKGNKQQNPKmmmm2m，KQ2m2，GNmm，（m2m）（mm）2m2QN解得QNG（0，）【例3】（2022鄂尔

9、多斯）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+2经过A（，0），B（3，）两点，与y轴交于点C（1）求抛物线的解析式；（2）点P在抛物线上，过P作PDx轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；（3）抛物线上是否存在点Q，使QCB45？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）根据待定系数法，将点A，点B代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即可求得抛物线的解析式；（2）设出点P的坐标，确定出PDCO，由PDCO，列出方程求解即可；（3）过点D作DFCP交CP的延长线于点F，过点F作y轴的平行线EF，过点D作DE

10、EF于点E，过点C作CGEF于点G，证明DEFFGC（AAS），由全等三角形的性质得出DEFG，EFCG，求出F点的坐标，由待定系数法求出直线CF的解析式，联立直线CF和抛物线解析式即可得出点P的坐标【解答】解：（1）将点A（，0），B（3，）代入到yax2+bx+2中得：，解得：，抛物线的解析式为yx2+x+2；（2）设点P（m，m2+m+2），yx2+x+2，C（0，2），设直线BC的解析式为ykx+c，解得，直线BC的解析式为yx+2，D（m，m+2），PD|m2+m+2m2|m23m|，PDx轴，OCx轴，PDCO，当PDCO时，以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，|m23m|

11、2，解得m1或2或或，点P的横坐标为1或2或或；（3）当Q在BC下方时，如图，过B作BHCQ于H，过H作MNy轴，交y轴于M，过B作BNMH于N，BHCCMHHNB90，QCB45，BHC是等腰直角三角形，CHHB，CHM+BHNHBN+BHN90，CHMHBN，CHMHBN（AAS），CMHN，MHBN，H（m，n），C（0，2），B（3，），解得，H（，），设直线CH的解析式为ypx+q，解得，直线CH的解析式为yx+2，联立直线CF与抛物线解析式得，解得或，Q（，）；当Q在BC上方时，如图，过B作BHCQ于H，过H作MNy轴，交y轴于M，过B作BNMH于N，同理得Q（，）综上，存在，点Q

12、的坐标为（，）或（，）【例4】（2022菏泽）如图，抛物线yax2+bx+c（a0）与x轴交于A（2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC、BC（1）求抛物线的表达式；（2）将ABC沿AC所在直线折叠，得到ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标，并求出四边形OADC的面积；（3）点P是抛物线上的一动点，当PCBABC时，求点P的坐标【分析】（1）利用待定系数法解答即可；（2）过点D作DEx轴于点E，利用轴对称的性质和三角形的中位线的性质定理求得线段OE，DE，则点D坐标可得；利用四边形OADC的面积SOAC+SACD，SADCSABC，利用三角形的面积公式即可求得结

13、论；（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：当点P在BC上方时，利用平行线的判定与性质可得点C，P的纵坐标相等，利用抛物线的解析式即可求得结论；当点P在BC下方时，设PC交x轴于点H，设HBHCm，利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得m值，则点H坐标可求；利用待定系数法求得直线PC的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P坐标；【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+c（a0）与x轴交于A（2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），解得：抛物线的表达式为y+x+4；（2）点D的坐标为（8，8），理由：将ABC沿AC所在直线折叠，得到ADC，点B的对应点为D，如图，过点D作

14、DEx轴于点E，A（2，0）、B（8，0），C（0，4），OA2，OB8，OC4，AOCCOB90，AOCCOB，ACOCBOCBO+OCB90，ACO+OCB90，ACB90，将ABC沿AC所在直线折叠，得到ADC，点B的对应点为D，点D，C，B三点在一条直线上由轴对称的性质得：BCCD，ABADOCAB，DEAB，DEOC，OC为BDE的中位线，OEOB8，DE2OC8，D（8，8）；由题意得：SACDSABC，四边形OADC的面积SOAC+SADCSOAC+SABCOCOA+ABOC42+1044+2024；（3）当点P在BC上方时，如图，PCBABC，PCAB，点C，P的纵坐标相等，点

15、P的纵坐标为4，令y4，则+x+44，解得：x0或x6，P（6，4）；当点P在BC下方时，如图，设PC交x轴于点H，PCBABC，HCHB设HBHCm，OHOBHB8m，在RtCOH中，OC2+OH2CH2，42+（8m）2m2，解得：m5，OH3，H（3，0）设直线PC的解析式为ykx+n，解得：yx+4，解得：，P（，）综上，点P的坐标为（6，4）或（，）1（2022江岸区模拟）已知：抛物线y（x+k）（x7）交x轴于A、B（A左B右），交y轴正半轴于点C，且OBOC（1）如图1，求抛物线的解析式；（2）如图2，点P为第一象限抛物线上一点，连接AP，AP交y轴于点D，设P的横坐标为m，CD

16、的长为d，求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）；（3）如图3，在（2）的条件下，过点P作PEy轴于点E，延长EP至点G，使得PG3CE，连接CG交AP于点F，且AFC45，连接AG交抛物线于T，求点T的坐标【分析】（1）由图象可得B点坐标，代入函数解析数即可求解；（2）表示出点P坐标，由正切公式可表示出d与m的关系，即可求出；（3）作出辅助线，得到CGPW，利用正切公式求出m与k的值，得到G点坐标，然后表示出GAB的正切值，从而求出T点坐标【解答】解：（1）当y0时，（x+k）（x7）0，解得：xk或7，点B的坐标为（7，0），A（k，0），OBOC，OCOB7，点C的坐标为（

17、0，7），将点C的坐标代入抛物线表达式得：（0+k）（07）7，解得：k2，y（x+2）（x7）x2+x+7，故抛物线的表达式为yx2+x+7；（2）过点P作PKAB与点K，PEy轴于点E，如图1，y（x+2）（x7），P（m，（m+2）（m7），A（2，0），AKm+2，tanPAB，DOAOtanPAB2（）7m，CD7（7m）m，dm（3）过点C作WCED使得WDPD，TLAB，连接WD，WP，设ECk，则PG3k，WCDDEP，CDEP，WDPD，WCDDEP，则PWD为等腰直角三角形，WPD45CFD，WPCG，四边形CGPW为平行四边形，CWPG3kED，CD2kPE，tanAPE

18、，由（2）可得tanPAB，m4，k2，EO7+29，EG10，G（10，9），A（2，0），tanGAB，再设T坐标为（t，（t+2）（t7），则tanTAB，t，T（，）2（2022沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中抛物线yax2+bx+2与x轴交于A（4，0）和B（1，0），与y轴交于点C，连接AC，BC（1）求该抛物线的解析式；（2）如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求MNQ周长的最大值；（3）点P为抛物线上的一动点，且ACP45BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标【分析】（1）用待定系数法可得

19、抛物线的解析式为yx2x+2；（2）设直线AC解析式为ykx+2，用待定系数法得直线AC解析式为yx+2，设M（x，x2x+2），则N（x，x+2），即得MNx22x，可证QMNAOC，有，故MQ2MN，NQMN，可得MNQ周长MN+MQ+NQMN+2MN+MN（x2）2+6+2，即得当x2时，MNQ周长最大值为6+2；（3）在x轴负半轴上取D，使OCOD，连接CD交抛物线于P，此时ACP45BAC，P是满足条件的点，由C（0，2），D（2，0），得直线CD解析式为yx+2，即可解得P（5，3），作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P，由对称性知ACPACP，P是满足条件的点，

20、设E（m，n），可得，可解得E（，），从而可得直线CE解析式为：yx+2，即可解得P（，）【解答】解：（1）把A（4，0）和B（1，0）代入yax2+bx+2得：，解得，抛物线的解析式为yx2x+2；（2）由yx2x+2可得C（0，2），设直线AC解析式为ykx+2，把A（4，0）代入得：4k+20，解得k，直线AC解析式为yx+2，设M（x，x2x+2），则N（x，x+2），MNx2x+2（x+2）x22x，MQx轴，MNy轴，MQNCAO，NMQAOC90，QMNAOC，即，MQ2MN，NQMN，MNQ周长MN+MQ+NQMN+2MN+MN（3+）MN（3+）（x22x）（x+2）2+6+

21、2，0，当x2时，MNQ周长最大值为6+2；（3）在x轴负半轴上取D，使OCOD，连接CD交抛物线于P，如图：D（2，0），CDO45，此时ACP45BAC，P是满足条件的点，C（0，2），D（2，0），直线CD解析式为yx+2，由得或，P（5，3），作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P，由对称性知ACPACP，P是满足条件的点，设E（m，n），根据AEAD，CECD可得：，解得或，E（，），由E（，），C（0，2）可得直线CE解析式为：yx+2，解得或，P（，），综上所述，P的坐标为（5，3）或（，）3（2022沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+3

22、与x轴交于A，B两点（点B在点A的右边），点A坐标为（1，0），抛物线与y轴交于点C，SABC3（1）求抛物线的函数表达式；（2）点P（x，y）是抛物线上一动点，且x3作PNBC于N，设PNd，求d与x的函数关系式；（3）在（2）的条件下，过点A作PC的平行线交y轴于点F，连接BF，在直线AF上取点E，连接PE，使PE2BF，且PEF+BFE180，请直接写出P点坐标【分析】（1）根据二次函数的解析式求出C点的坐标，再根据ABC的面积求出AB的长度，根据A点的坐标再求出B点的坐标，再用待定系数法求出抛物线的解析式即可；（2）用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PDx轴交BC于点E，交x轴

23、于点D，利用三角函数求出PNPE，设出P点的坐标，得出E点的坐标，然后根据PE求出PN即可得出d和x的函数关系式；（3）过点P作PHFE于点H，过点C作CIFE于点I，过点B作BJFE于点J，设FE交BC于点K，证PEHBJF，然后证四边形CPHI是矩形，进而得出K点的坐标，求出AF的解析式，再求出直线PC的解析式，联立直线PC和抛物线的解析式求出P点的坐标即可【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+3与y轴交于点C，当x0时，y3，C（0，3），即OC3，SABC3，ABOC3，即AB33，AB2，又A（1，0）且点B在点A的右边，B（3，0），把A点和B点坐标代入抛物线yax2+bx+3，

24、得，解得，抛物线的解析式为yx24x+3；（2）由（1）知，C（0，3），B（3，0），设直线BC的解析式为ykx+t，代入B点和C点的坐标得，解得，直线BC的解析式为yx+3，过点P作PDx轴交BC延长线于点E，交x轴于点D，OCOB，CBO45，又COBPDO90，且CBODBE45，PEC45，且PNCB，NPE45，cosNPEcos45，PNPE，设P（m，m24m+3），则E（m，m+3），PEm24m+3（m+3）m23m，PNdPE（m23m）m2m，dx2x；（3）如下图，过点P作PHFE于点H，过点C作CIFE于点I，过点B作BJFE于点J，设FE交BC于点K，PEF+BF

25、E180，且PEF+PEH180，BFEPEH，PHECIJBJH90，又PE2BF，PEHBJF，BJPH，又CPAH，且CIPH，四边形CPHI是矩形，CJPH，又CJIBKJ，BJCI，BKCK，K（2，1），设直线AF的解析式为ysx+n，代入K点和A点的坐标得，解得，直线AF的解析式为yx1，设直线PC的解析式为yx+g，代入C点坐标得g3，直线PC的解析式为yx+3，联立直线PC和抛物线的解析式得，解得或，P（5，8）4（2022成都模拟）如图，已知抛物线表达式为yax2ax2a+1（a0），直线yx+与坐标轴交于点A，B（1）若该抛物线过原点，求抛物线的表达式（2）试说明无论a为

26、何值，抛物线一定经过两个定点，并求出这两个定点的坐标点P为两定点所在直线上的动点，当点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小时，求点P的坐标；（3）点N是抛物线上一动点，点M（4，0），且NMA+OBA90，若满足条件的点N的个数恰好为3个，求a的值【分析】（1）将原点（0，0）代入yax2ax2a+1（a0），即可求解；（2）由yx+中，得A（3，0），B（0，），由yax2ax2a+1a（x2x2）+1a（x2）（x+1）+1，即得二次函数的图象过两定点C（2，1）和D（1，1）；则直线CD为y1，设P（p，1），过点P作PHAB于H，可得PA2（p+3）2+1，证明PHDBOA，根据相

27、似三角形的性质得PH，PH2（p+1）2，则PA2+PH2最小时，PA+PH最小，根据二次函数的性质即可求解；（3）由NMA+OBA90，知N在过点M且与直线AB平行的直线yx+2上，或在直线yx2上，由图得a0，直线yx+2与抛物线yax2ax2a+1总有两个交点，当直线yx2与抛物线yax2ax2a+1只有1个交点时即满足题意，由ax2ax2a+1x2的0，即可求解【解答】解：（1）把（0，0）代入yax2ax2a+1得：2a+10，解得a，抛物线的表达式为yx2x；（2）yax2ax2a+1a（x2x2）+1a（x2）（x+1）+1，x2或x1时，y1，即二次函数的图象过两定点C（2，1

28、）和D（1，1），直线CD为y1，CDx轴，在yx+中，令x0得y，令y0得x3，A（3，0），B（0，），OA3，OB，AB，如图：过点P作PHAB于H，设P（p，1），PHDBOA90，CDx轴，PDHBAO，PHDBOA，PH，PH2（p+1）2，PA2（p+3）2+1，PA2+PH2最小时，PA+PH最小，PA2+PH2（p+3）2+1+（p+1）2p2+p+（p+）2+，当p时，点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小，此时，点P的坐标为（，1）；（3）如图，NMA+OBA90，OAB+OBA90，NMAOAB，MNAB，直线AB：yx+，设直线MN为yx+m，点M（4，0），2+

29、m0，解得m2，N在过点M且与直线AB平行的直线yx+2上，或在直线yx2上，由图得a0，直线yx+2与抛物线yax2ax2a+1总有两个交点，当直线yx2与抛物线yax2ax2a+1只有1个交点时即满足题意，由ax2ax2a+1x2得：ax2+（a）x+32a0，当0，即（a）24a（32a）0时，a或（舍去），a的值为5（2022成都模拟）如图1所示，直线yx+3与x轴、y轴分别相交于点A，点B，点C（1，2）在经过点A，B的二次函数yax2+bx+c的图象上（1）求抛物线的解析式；（2）点P为线段AB上（不与端点重合）的一动点，过点P作PQy轴交抛物线于点Q，求PQ+PB取得最大值时点P

30、的坐标；（3）如图2，连接BC并延长，交x轴于点D，E为第三象限抛物线上一点，连接DE，点G为x轴上一点，且G（1，0），直线CG与DE交于点F，点H在线段CF上，且CFD+ABH45，连接BH交OA于点M，已知GDFHBO，求点H的坐标【分析】（1）求得A、B两点坐标，将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式，进而求得结果；（2）作PDOB于D，设出点P和Q点坐标，表示出PQ的长，由BPDBAO表示出PB，从而表示出PQ+PB，进而根据二次函数性质求得结果；（3）作CNAD于N，作MTAB于T，根据条件推出BM平分ABO，根据SABM+SBOMSAOB，求得OM长，进而得出直线CG，BM的解析

31、式，进一步求得结果【解答】解：（1）由题意得：A（4，0），B（0，3），y+3；（2）如图1，作PDOB于D，设Q（m，+3），P（m，m+3），PQ+3（，PDOA，BPDBAO，PB，PQ+PBmm，当m，+3，P（，）；（3）如图2，作CNAD于N，作MTAB于T，C（1，2），G（1，0），CNGN2，CGNNCG45，CFD+GDF45，CFD+ABH45，GDFABH，GDFHBO，ABHHBO，OMMT，SABM+SBOMSAOB，5OM+3OM34，OM，M（，0），直线BM的解析式为：y2x+3，C（1，2），G（1，0），直线CG的解析式为：yx+1，由2x+3x+1得，

32、x2，x+11，H（2，1）6（2022洪山区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，3），与直线l：yk（x3）+3（k0）交于D，E两点（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，连接BD，若BDE的面积为6，求k的值；（3）如图2，若直线l与抛物线交于M，N两点，与BC交于点P，且MBCNBC求P点的坐标【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）先根据直线l的解析式得出定点F（3，3），连接BF，则BFy轴，BF3，根据由三角形面积可得xExD4，联立得整理得：x2+（k2）x3k0，再由根与系数关系可得：xD+xE2k，xDxE

33、3k，即可求得k的值；（3）设M（x1，x12+2x1+3），N（x2，x22+2x2+3），如图2，分别过点M、N作MEx轴于点E，NQBF于点Q，可证得MBENBQ，得出tanMBEtanNBQ，即，即可求得k的值，得出直线l的解析式，再利用待定系数法求得直线BC的解析式为yx+3，联立方程组求解即可得出答案【解答】解：（1）抛物线与x轴交于点A（1，0），B（3，0），设ya（x+1）（x3），把C（0，3）代入得，3a（0+1）（03），解得：a1，y（x+1）（x3）x2+2x+3，抛物线的解析式为yx2+2x+3；（2）直线l：yk（x3）+3，当x3时，y3，点F（3，3）是直线

34、l上一定点，如图1，连接BF，则BFy轴，BF3，SBDFSBEFSBDE6，BF（3xD）BF（3xE）6，即（xExD）6，xExD4，联立得：x2+2x+3k（x3）+3，整理得：x2+（k2）x3k0，xD+xE2k，xDxE3k，（xD+xE）24xDxE（xExD）2，（2k）24（3k）42，解得：k14+2，k242，k0，k4+2；（3）设M（x1，x12+2x1+3），N（x2，x22+2x2+3），如图2，分别过点M、N作MEx轴于点E，NQBF于点Q，C（0，3），B（3，0），OBOC，BOC90，OBC45，CBQ45，MBCNBC，MBENBQ，tanMBEtan

35、NBQ，即，x1+x2+x1x20，由（2）知：x1+x22k，x1x23k，2k3k0，解得：k，直线l的解析式为y（x3）+3，设直线BC的解析式为ymx+n，则，解得：，直线BC的解析式为yx+3，联立方程组得，解得：，P点的坐标为（1，2）7（2022洪山区模拟）抛物线yax22ax3a与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴的正半轴交于C点，ABC的面积为6（1）直接写出点A、B的坐标为 A（1，0），B（3，0）；抛物线的解析式为 yx2+2x+3（2）如图1，连结AC，若在第一象限抛物线上存在点D，使点D到直线AC的距离为，求点D的坐标；（3）如图2，平行于AC的直线交抛

36、物线于M、N两点，在抛物线上存在点P，当PQy轴时，PQ恰好平分MPN，求P点坐标【分析】（1）令y0，可求出x的值，进而可得出A，B的坐标；令x0，可求出y的值，可得出点C的坐标，得出线段OC的长，利用三角形的面积公式可得出a的值；（2）过点O作OQAC于点Q，根据三角形面积的等积法可求出OQ的长，进可得出点D的位置，利用全等三角形的性质求出直线QA的解析式，联立可求出点D的坐标；（3）过点M作MEDE于E，过点N作NFDE于F，根据MPENPE，MEPNFP90，可得MPENPF，设出M、N、P三点的坐标（只设横坐标，纵坐标用横坐标表示），分别用横坐标之差、纵坐标之差表示出两个相似三角形的

37、直角边，列出比例等式；设出MN的解析式，与抛物线方程联立，得出两根之和的关系式，结合前面的比例等式解出P点的横坐标，进而算出纵坐标【解答】解：（1）令y0，即ax22ax3a0，解得x1或x3，A（1，0），B（3，0）；令x0，则y3a，C（0，3a），即OC3a，S4（3a）6，解得a1，函数解析式为：yx2+2x+3故答案为：A（1，0），B（3，0）；yx2+2x+3（2）由（1）知，A（1，0），B（3，0），C（0，3），OA1，OC3，AB，过点O作OGAC于点G，SOACOAOBACOG13OG，OG，设点D到直线AC的距离h2OG，延长GO到点G，使得OGOG，过点G作AC的

38、平行线与x轴交于点A，与抛物线在第一象限内交于点D，GAOGAO，GOAGOA，GAOGAO（AAS），OAOA1，A（1，0），A（1，0），C（0，3），直线AC的解析式为：y3x+3，直线AG的解析式为：y3x3，令3x3x2+2x+3，解得x2或x3，点D在第一象限，D（2，3）（3）如图，过点M作MEDE于E，过点N作NFDE于F，设M（x1，x12+2x1+3），N（x2，x22+2x2+3），P（x0，x02+2x0+3），则：MEx12+2x1+3（x02+2x0+3）x12+2x1+x022x0（x1x0）（x1+x0）+2（x1x0）（x0+x12）（x0x1），PEx0x

39、1，FNx02+2x0+3（x22+2x2+3）（x0+x22）（x0x2），PFx0x2，PQ恰好平分MPN，即MPENPE，MEPNFP90，MPENPF，x0，A（1，0），C（0，3），MNAC，设直线MN的解析式为y3x+b，令3x+bx2+2x+3，由消去y整理得：x2+x3+b0，由韦达定理可知：x1+x21，x，x2x3，P（，）8（2022泰安模拟）如图，抛物线ymx2+3mx2m+1的图象经过点C，交x轴于点A（x1，0），B（x2，0）（点A在点B左侧），且x2x15，连接BC，D是AC上方的抛物线一点（1）求抛物线的解析式；（2）连接BC，CD，SDCE：SBCE是否存

40、在最大值？若存在，请求出其最大值及此时点D的坐标；若不存在，请说明理由；（3）第二象限内抛物线上是否存在一点D，DF垂直AC于点F，使得DCF中有一个锐角等于BAC的两倍？若存在，求点D的横坐标，若不存在，请说明理由【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点的横坐标与一元二次方程根的联系，用一元二次方程根与系数的关系定理列出关于m的方程，解方程即可得出结论；（2）过点D作DHx轴于点H，交AC于点M，过点B作BNx轴于点B，交直线AC于点N，利用待定系数法求得直线AC的解析式，设D（a，a+2），则M（a，a+2），求得线段DM，BN的长，利用同高的三角形的面积关系列出SDCE：SBCE关于a的等式

41、，利用配方法和二次函数的性质解答即可；（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：当DCF2BAC时，当FDC2BAC时：取AB的中点P，连接OP，过点D作DRy轴于点R，延长交AC于点G，利用勾股定理的逆定理判定ABC为直角三角形，ACB90，设D（a，a+2），则DRa，ORa+2，利用直角三角形的边角关系定理列出关于a的方程，解方程即可得出结论【解答】解：（1）抛物线ymx2+3mx2m+1的图象交x轴于点A（x1，0），B（x2，0），x1，x2是方程mx2+3mx2m+10的两根，x1+x23，x1x2x2x15，25即：4x1x225，9425解得：m抛物线的解析式为yx+2（

42、2）SDCE：SBCE存在最大值，此时点D的坐标为（2，3），理由：令y0，则x+20，解得：x4或1，A（4，0），B（1，0），令x0，则y2，C（0，2）设直线AC的解析式为ykx+b，解得：，直线AC的解析式为yx+2过点D作DHx轴于点H，交AC于点M，过点B作BNx轴于点B，交直线AC于点N，如图，则DMBN，EDMEBN，设D（a，a+2），则M（a，a+2），DM（a+2）（a+2）2a当x1时，y1+2，N（1，）BN等高的三角形的面积比等于底的比，SDCE：SBESDCE：SBEa（a+2）2+，0，当a2时，SDCE：SBCE有最大值为，此时点D（2，3）；（3）第二象限

43、内抛物线上存在一点D，DF垂直AC于点F，使得DCF中有一个锐角等于BAC的两倍，点D的横坐标为2或，理由：A（4，0），B（1，0），C（0，2），OA4，OB1，OC2，AC2，BC，ABOA+OB5AC2+BC225AB2，ABC为直角三角形，ACB90取AB的中点P，连接OP，则P（，0），OPPAPBPC，BACPCACPBBAC+PCA，CPB2BAC过点D作DRy轴于点R，延长交AC于点G，如图，当DCF2BAC时，设D（m，m+2），则DRm，ORm+2，CROROCmDRy轴，OAy轴，DRAB，GBACDCFG+CDG，DCF2BAC，CDGGBACtanBAC，tanCD

44、R，解得：m2或0（舍去），m2点D的横坐标为2；当FDC2BAC时，CPB2BAC，FDCCPBtanCPB，tanFDC，tanFDC，设FC4n，则DF3n，CD5ntanGtanBAC，tanG，FG6nCGFGFC2ntanG，RCn，DRn，解得：a或0（舍去），a，即点D的横坐标为，综上，第二象限内抛物线上存在一点D，DF垂直AC于点F，使得DCF中有一个锐角等于BAC的两倍，点D的横坐标为2或9（2022青山区模拟）抛物线yx2+（t2）x2t（t0）与x轴交于A、B两点（A在B左边），与y轴交于点 C（1）直接写出A点坐标 （t，0）、B点坐标 （2，0）、C点坐标 （0，2

45、t）；（2）如图1，直线ykx+b与抛物线交于M、N两点（M不与A重合，M在N左边），连接MA，作NHx轴于点H，过点H作HPMA交y轴于点P，PH交MN于点Q，求点Q的横坐标；（3）如图2，直线yd（d0）与抛物线交于第二象限点D，若ADB45，求dt的值【分析】（1）令y0，从而得x2+（t2）x2t0，解这个方程，进而求得A，B两点坐标，当x0时，可求得C点纵坐标；（2）过点M作MKx轴于K，过点Q作QLx轴于L，设M（x1，kx1+b）、N（x2，kx2+b）设点Q的横坐标为n，则Q（n，kn+b），将直线MN的解析式与抛物线的解析式联立，从而得出x1+x22+km，x1x22mb，根

46、据MKAQLH，可得 ，进一步求得结果；（3）设D（m，m2+（t2）m2t），作DBE90，交DA的延长线于E，作DFx轴，作BFDF于F，作EGFB交FB的延长线于G，根据DFBBGE，可推出点E的坐标，根据M，A的坐标，可以得出MA的解析式，将点E坐标代入，从而求得结果【解答】解：（1）令y0，得x2+（t2）x2t0，解得：xt或x2，A（t，0），B（2，0），令x0，得y2t，C（0，2t），故答案为：A（t，0），B（2，0），C（0，2t）；（2）如图1，过点M作MKx轴于K，过点Q作QLx轴于L，MKAQLH90，设M（x1，kx1+b）、N（x2，kx2+b）联立 ，整理得

47、x2+（m2k）x2mb0，x1+x22+km，x1x22mb，设点Q的横坐标为n，则Q（n，kn+b），MAQH，MAKQHL，MKAQLH，即 ，整理得kx1x2+b（x1+x2）+kmn+bmbn0，k（2mb）+b（2+km）+kmn+bmbn0，（kmb）（n2）0，当kmb0，此时直线为yk（x+m），过点A（m，0），不符合题意；当n20，此时n2，Q点的横坐标为2；（3）如图2，设D（m，m2+（t2）m2t），作DBE90，交DA的延长线于E，作DFx轴，作BFDF于F，作EGFB交FB的延长线于G，FG90，DBF+EBG90，FDB+DBF90，FDBEBG，ADB45，

48、AEB90DAB45，BDBE，DFBBGE（AAS），EGBFd，BGDF2m，E（2m，m2），设直线DE的解析式为：ypx+q，y（m2）x+（m2）t，把x2d，ym2代入得，m2（m2）（2d）（m2）t，dt110（2022丹阳市二模）如图所示，抛物线yx2+bx+3经过点B（3，0），与x轴交于另一点A，与y轴交于点C（1）求抛物线所对应的函数表达式；（2）如图，设点D是x轴正半轴上一个动点，过点D作直线lx轴，交直线BC于点E，交抛物线于点F，连接AC、FC若点F在第一象限内，当BCFBCA时，求点F的坐标；若ACO+FCB45，则点F的横坐标为 或5【分析】（1）利用待定系数

49、法即可求解；（2）作点A关于直线BC的对称点G，连接CG交抛物线于点F此时，BCFBCA求得G（3.4），利用待定系数法求得直线CF的解析式为yx+3，联立方程组，即可求解；分两种情况讨论，由相似三角形的性质和等腰三角形的性质，可求CF的解析式，联立方程可求解【解答】解：（1）B（3，0）在抛物线yx2+bx+3上，32+3b+30，b2，抛物线所对应的函数表达式为yx2+2x+3；（2）作点A关于直线BC的对称点G，AG交BC于点H，过点H作HIx轴于点I，连接CG交抛物线于点F，此时，BCFBCA，yx2+2x+3，令x0，则y3，令y0，则x2+2x+30，解得：x3或1，A（1，0），

50、B（3，0），C（0，3）OBOC，AB4，OCB是等腰直角三角形，则OCBOBC45，HABOBCAHIBHI45，HIAIBIAB2，H（1，2），G（3，4），设直线CG的解析式为ykx+3，把G（3，4）代入得：43k+3，解得k，直线CF的解析式为yx+3，解得，点F的坐标为（，）；当点F在x轴上方时，如图，延长CF交x轴于N，点B（3，0），点C（0，3），OBOC，OCBOBC45，A（1，0），OA1，ACO+FCB45，CBOFCB+CNO45ACOCNO，COACON90，CAONCO，ON9，点N（9，0），设直线CF的解析式为ykx+3，把N（9，0）代入得：09k+3

51、，解得k，直线CF的解析式为yx+3，x+3x2+2x+3，x10（舍去），x2，点的横坐标为；当点F在x轴下方时，如图，设CF与x轴交于点M，ACO+FCB45，FCB+OCM45ACOOCM，OCOC，COACOM90，CAOCMO（ASA），OMOA1，点M（1，0），同理直线CF解析式为：y3x+33x+3x2+2x+3，x10（舍去），x25，点的横坐标为5综上所述，点F的横坐标为或5故答案为：或511（2022东港区校级一模）如图1，抛物线yax2+bx+3经过A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，（1）求抛物线的函数解析式；（2）如图2，M是x轴下方的抛物线上一点，连接

52、MO、MB、MC，若MOC的面积是MBC面积的3倍，求点M的坐标；（3）如图3，连接AC、BC，在抛物线上是否存在一点N（不与点A重合），使得BCNACB？若存在，求点N的横坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由于抛物线yax2+bx+3过A（1，0）、B（3，0）两点，那么可以得到方程ax2+bx+30的两根为x1或x3，然后利用根与系数即可确定a、b的值（2）利用待定系数法求出直线BC的解析式，设点M（m，m24m+3），过点M作MNy轴，交BC于点N，则N（m，m+3），根据MOC的面积是MBC面积的3倍，即可得到点M的坐标；（3）过点B作BEAB交CN与E，证明ABCEBC（ASA

53、），根据全等三角形的性质得BEAB2，求得E的坐标，由点E、C的坐标可得直线CN的解析式，联立yx24x+3即可求得N点的坐标【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+3过A（1，0）、B（3，0）两点，方程ax2+bx+30的两根为x1或x3，1+3，13，a1，b4，二次函数解析式是yx24x+3；（2）二次函数解析式是yx24x+3，C（0，3）设直线BC的解析式为ykx+t（k0），则，解得：直线BC的解析式为yx+3设点M（m，m24m+3），过点M作MNy轴，交BC于点N，N（m，m+3），MNm+3m2+4m3m2+3m，A（1，0）、B（3，0），C（0，3）SMOCOCmm，S

54、MBCMNOBm2+m，MOC的面积是MBC面积的3倍，m3（m2+m），m0（舍去）或，点M的坐标为（，）；（3）抛物线上存在一点N，使得BCNACB过点B作BEAB交CN与E，B（3，0），C（0，3）OBOC3，OBC45，OBCEBC45，BCBC，BCNACBABCEBC（ASA），BEAB2，E（3，2），设直线CN的解析式为ymx+n，解得，直线CN的解析式为yx+3，联立yx24x+3得，或（舍去），抛物线上存在一点N，使得BCNACB点N的横坐标为12（2022宁津县模拟）如图，抛物线与x轴交于点A和点C（1，0），与y轴交于点B（0，3），连接AB，BC，对称轴PD交AB与

55、点E（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，试探究：线段BC上是否存在点M，使EMOABC，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图3，点Q是抛物线的对称轴PD上一点，若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，请直接写出点Q纵坐标n的取值范围【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）先求出A（4，0），可得抛物线的对称轴为x，证明ACBABC，MCOEBM，可得MCBMBECO，求出MC，即可求解；（3）当BAQ为直角时，求出直线BQ的表达式为yx+3，得到n5；当BQA为直角时，利用解直角三角形的方法求出n；当BAQ为直角时，同理可得，n，进而求解【解答】解：（1）由题意得：

56、，解得，故抛物线的表达式为yx2+x+3；（2）对于yx2+x+3，令yx2+x+30，解得x4或1，故点A的坐标为（4，0），点A（4，0），B（0，3），C（1，0），抛物线的对称轴为x，直线AB的表达式为yx+3，AB5ACACBABC，点E（，），CMECMO+OMEABC+MEB，ABCOME，CMOBEMMCOEBM，MCBMBECO，B（0，3），E（，），BE，MCBM，MC+BMBCMC或MC或，如图，过M作MKx轴于K，则MKy轴，CMKCBO，或，即或，MK或，B（0，3），C（1，0），直线BC的解析式为y3x+3，M的横坐标为或，点M的坐标为（，）或（，）；（3）设点

57、Q的坐标为（，n），当ABQ为直角时，如图，设BQ交x轴于点H，ABQ90，BAO+BHA90，BAO+ABO90，ABOBHA，tanABO，tanBHO，故设直线BQ的表达式为yx+t，该直线过点B（0，3），t3，直线BQ的表达式为yx+3，当x时，yx+35，即n5；当BQA为直角时，过点Q作直线MN交y轴于点N，交过点A与y轴的平行线于点M，BQN+MQA90，MQA+MAQ90，BQNMAQ，tanBQNtanMAQ，即，则，解得n；当BAQ为直角时，同理可得，n；综上，以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，则ABQ不为直角三角形，故点Q纵坐标n的取值范围为n或n513（202

58、2南山区模拟）已知抛物线yax2+bx+c（a1不为整数）的顶点D（，），ABBC（1）直接得出抛物线解析式（2）如图1所示，点P为抛物线一动点，PBC3ABO，求xP；（3）如图2，延长DB交x轴于点E，EF平分BEO，交线段AB于点Fx轴正半轴有一点S，且AS12EF过点F作FGx轴，交抛物线的对称轴于点G该对称轴交x轴于点H过点G作线段IM、NQ，且NHMHIHQH线段IQ交直线FG于点R，若线段MN恰好交FG于点F那么请求出R点坐标并试问EFA与RSE是否存在倍数关系？若存在，请分别求出它们的角度大小并写出存在的倍数关系；若不存在，请说明理由【分析】（1）根据顶点写出抛物线的顶点式，再

59、根据ABBC得出OB2OAOC，再转化为a和c的关系，解出a，b，c，最后得到抛物线解析式；（2）由上一问将ABO转化为BCO，从而得到点P的两种可能：第一种，在x轴上构造两次等腰三角形从而得到3BCO，再延长 与抛物线的新交点即为P点；第二种，过点B作x轴平行线，构造BCO，再在 上再构造2BCO即可得到3BCO，此时的角的边延长与抛物线的新交点即为P点；先根据点D，点B得出直线DB，再得出点E坐标，再根据EF平分BEO得出F点坐标，EF的长以及EF与y轴坐标 （为了之后方便求EFA做准备），再用 AS12EF算出S点坐标；接着根据G点与H点的做法得出 FG以及G点坐标；根据NHMHIHQH

60、得出点N，M，I，Q都在以H为圆心的圆上；延长FG后根据HGFG得出点G是弦的中点，于是本题即为著名的“蝴蝶定理”点G也是FR的中点，得出R的坐标；最后根据之前的准备与各点的坐标算出RSE135，EFA45，RSE3EFA【解答】解：（1）如图1，设点A（x1，0），C（x2，0）由题意，a0，其中x1，x2 是一元二次方程ax2+bx+c0的两个根抛物线yax2+bx+c的顶点为D（，），可设抛物线的顶点式为y+a（x）2+，即y+ax23ax+，与抛物线的一般式yax2+bx+c对比，得，当x0时，相应的抛物线的函数值为c，点B坐标为（0，C），ABBC，ABC90，OBA+OBC90，O

61、AB+OBA90，OABOBC，AOBBOC，OABOBC，ABOBCO，OA2OBOC，如图1中，点A（x1，0）在y轴左侧，点C（x2，0）在y轴右侧，点B（0，c）在y轴正半轴，OAx1，OBOC，OCx2，其中c0，即0，a，将以上数值代入到OB2OAOC中，得c2x1x2，又x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c0的两个根，x1x2，c2，ac1，a1，a或，a1不为整数，而（）12为整数，a舍去，抛物线的解析式为yx2+x+；（2）如图1中，在第（1）问中已证ABOBCO，条件变为PBC3BCO，在第（1）问中已求出抛物线的解析式为yx2+x+，x1，x2是方程x2+x+0的两根

62、，x1，x2，A（，0），B（0，），C（，0），满足PBC3BCO的抛物线上的动点P一共有两种情形：第一种，如下图所示，连接BC，作线段BC的垂直平分线交x轴于B1点，连接BB1，再作线段BB1的垂直平分线交x轴于B2点，连接BB2，BB1B1C，BB2B2B1，BCB1B1BC，BB1B2B2BB1，BB1B2BCB1+B1BC2BCB1，即BB1O2BCO，B2B1CB2BB1+B1BCBB1B2+BCB12BCB1+BCB13BCB1，又点B1，O都在x轴上，BCB1BCO，B2BC3BCO，点P只需为直BB2与抛物线的另一个交点即可，此时PBCB2BC3BCO，符合题目要求，如下图所

63、示；所以只需求出点B2的坐标，再得出直BB2的解析式，最后得出点P横坐标BOCBOB1BOB290，B（0，），C（），BB1B1C，OB，OC，OB1OCB1CBB1，在RtBOB1中，（BB1）2OB2+OB12（）2+（BB1）2，BB1，B1CBB1，OB1BB1，OB2OB1B2B1BB2，在RtBOB2中，B2B2OB2+B2O2（）2+（B2B）2，B2B，B2B2BB2，OB2BB2，点B2的坐标为（，0），设直线BB2的解析式为ykx+t1，解方程组得，直线BB2的解析式为yx+，由，解得x0或，满足条件的点P的横坐标为第二种，如图1，过点B作关于抛物线对称轴对称的点B3，点

64、B3仍在抛物线上；再连接BB3，将线段BB3绕着点B逆时针旋转到BB4，使得B4BB32BCO；过点B4作B4B5BB3于B5，BB3x轴，且B3（3，），BB33，BCOB3BC，B4BB32BCO，B4BCB4BB3+B3BC2BO+BCO3BCO，又此时PBCB4BC，PBC3BCO符合题意，根据作法，BB4BB33，且在第一种情形已知BB1O2BCO，OB，OB1，B4BB32BCOBB1O，tanB4BB3tanBB1O，在RtB4B5B中，tanB4BB3，B4B5BB5，在RtB4B5B中，BB42BB52+B4B52，32BB52+（BB5）2BB5，B4B5，B4（，）直线B

65、B4的解析式为yx+，由，解得x或0，满足条件的点P的横坐标为，综上所述，满足条件的点P的横坐标为或（3）结论：RSE3EFA理由：点D（，），点B（0，），直线BD的解析式为yx+，点E（，0），OE，OB根据勾股定理，BE，如图3，延长EF交y轴于点F1，过点F1作F1F2BE于点F2，EF平分BEO，EF1平分BEO，且OF1F1F2（角平分线上的点到角的两边距离相等），BF1OEBEF1F2，即（OBOF1）OEBEOF1，（OF1）OF1，OF1，F1（0，），直线EF的解析式为yx+，A（，0），B（0，），直线AB的解析式为y3x+，由，解得，F（，），E（，0），EF，x轴正半

66、轴有一点S，且AS12EF，AS12，AS，A（，0），S（3，0），FGx轴，交抛物线于点G，对称轴交X轴于点H，HGFG，G（，），NHMHIHQH，点I，Q，M，N在以H为圆心，以HI为半径的圆上，为方便，将圆中相关部分单独提出，并将直线FG两端延长至与H相交，F侧交点记为F，R侧交点记为R，如图2所示，FNFMFFFR，IRQRRRRF，过点R作MN的平行线交NQ于点K，交MI的延长线于点L，ML，NGKR，FGMLGR，NGFKGR，FGMLGR，NGFKGR，LMQ，IRLQRK，ILRKQR，即LRKRIRQR，即，FGGR，11，FGRG，点G也是FR的中点，R（，），如图3，

67、过点F1作F1F3AB于点F3，过点R作RR1x轴于点R1R（，），S（3，0），F1（0，），R1（，0），SR13，RR1SR1，RR1S是等腰直角三角形，RSR145，RSE18045135，EFAF1FF3，F（，），F1（0，），FF1，ABPF1BF3，AOBF1F3B90，F1F3BABO，F1F3，sinF1FF3，F1FF345，EFA45，RSE3EFA14（2022大连二模）抛物线yx24x+c与直线I：ykx交于点G（1，m）和点H，1m0，直线xm1交直线l于点A，交抛物线于点B（1）求c和k的值（用含m的代数式表示）；（2）过点A作x轴的平行线交抛物线于M，N两点（

68、M在N的左侧），交y轴于点C求的取值范围；（3）在（2）的条件下，过点B作x轴的平行线，与抛物线另一个交点为D，若点E是线段BD的中点，探究MEN与ABC的数量关系，并说明理由【分析】（1）把点G（1，m）分别代入yx24x+c与ykx，即可求得答案；（2）由题意可得A（m1，m2m），B（m1，m25m+8），M（m+1，m2m），求得2m+4，再根据一次函数的性质即可求得的取值范围；（3）先求出D（m+5，m25m+8），E（2，m25m+8），F（2，m2m），利用三角函数定义可得：tanABC，tanMEF，tanNEF，得出MEFNEFABC，进而可得MEN2ABC【解答】解：（1）

69、抛物线yx24x+c与直线I：ykx交于点G（1，m），m1241+c，mk1，cm+3，km；（2）直线xm1交直线l于点A，ym（m1）m2m，A（m1，m2m），直线xm1交抛物线于点B，yx24x+m+3（m1）24（m1）+m+3m25m+8，B（m1，m25m+8），AB4m+8，过点A作x轴的平行线交抛物线于M，N两点（M在N的左侧），交y轴于点C，C（0，m2m），点M的纵坐标与点A的纵坐标相等，m2mx24x+m+3，解得：x1m+1，x2m+3，M（m+1，m2m），N（m+3，m2m），AMm+1（m1）2，2m+4，20，且1m0，的值随着m的增大而减小，当m1时，2（

70、1）+46，当m0时，20+44，46；（3）MEN2ABC理由如下：BDx轴，点D的纵坐标与点B的纵坐标相等，m25m+8x24x+m+3，解得：x1m1，x2m+5，D（m+5，m25m+8），点E是线段BD的中点，E（2，m25m+8），如图，设直线x2交直线MN于点F，则F（2，m2m），MFNFm+1，EFm25m+8（m2m）4m+8，AC0（m1）m+1，AB4m+8，tanABC，tanMEF，tanNEF，MEFNEFABC，MEN2ABC15（2022新抚区模拟）如图，直线ymx+n与抛物线yx2+bx+c交于A（2，0），B（2，2）两点，直线AB与y轴交于点C（1）求抛

71、物线与直线AB的解析式；（2）点P在抛物线上，直线PC交x轴于Q，连接PB，当PBC的面积是ACQ面积的2倍时，求点P的坐标；（3）点M为坐标轴上的动点，当AMB45时，直接写出点M的坐标【分析】（1）通过待定系数法求解（2）由一次函数解析式可得点C坐标，从而可得ACBC，由PBC的面积是ACQ面积的2倍可得点P到AB的距离是点Q到AB的距离的2倍，通过分类讨论点P的位置，结合图象求解（3）分别讨论点M在x轴正半轴，y轴负半轴与正半轴三种情况，由AB长度不变，AMB角度不变可得AMB为弦AB所对圆周角，从而可得AB所对圆心角为直角，进而求解【解答】解：（1）将A（2，0），B（2，2）代入yx

72、2+bx+c得，解得，抛物线解析式为yx2+x+5将A（2，0），B（2，2）代入ymx+n得，解得，直线AB解析式为yx+1（2）点P在x轴上方是，过点P作x轴平行线，交y轴于点F，交直线AB于点E，将x0代入yx+1得y1，点C坐标为（0，1），A（2，0），B（2，2），C为AB中点，即ACBC，当PBC的面积是ACQ面积的2倍时，点P到BC的距离是点Q到AC的距离的2倍，PEOA，EPCAQC，2，PFOA，PFCOQC，2，点P纵坐标为FC+OC3OC3，将y3代入yx2+x+5得3x2+x+5，解得x1，x2+，点P坐标为（，3）或（+，3）点P在x轴下方，连接BQ，PKx轴于点K

73、，C为AB中点，SAQCSBQC，PBC的面积是ACQ面积的2倍，SPBQSBQC，点Q为CP中点，又CQOPQK，COQPKQ90，OCQKPQ，CQKP，即点P纵坐标为1，将y1代入yx2+x+5得1x2+x+5，解得x1，x2，点P坐标为（，1），（，1），综上所述，点P坐标为（，3）或（+，3）或（，1）或（，1），（3）点M在x轴正半轴上，作BNx轴于点N，AMB45，BNM为等腰直角三角形，BNNM2，OMON+NM4，点M坐标为（4，0）如图，点M在y轴负半轴，作AGBM于点G，AB长度不变，AMB45，点A，B，C在同一个圆上，AGB2AMB90，点G为AMB外接圆圆心，GAG

74、MGB，即AMB为等腰直角三角形，AMAB2，在RtAOM中，由勾股定理得OM4，点M坐标为（0，4），点M1与点M关于点C对称，则四边形AMBM1为平行四边形，AM1B45，点M1坐标为（0，6）点M坐标为（4，0）或（0，4）或（0，6）16（2022铁岭模拟）如图1，抛物线yax2x+c与x轴交于A（2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线l与抛物线交于A、D两点，其中D点的横坐标为2（1）求抛物线的解析式以及直线AD的解析式；（2）点P是抛物线上位于直线AD下方的动点，过点P作x轴，y轴的平行线，交AD于点E、F，当PE+PF取最大值时，求点P的坐标；（3）如图2，连接AC，点

75、Q在抛物线上，且满足QAB2ACO，求点的坐标【分析】（1）将A（2，0），B（4，0）代入yax2x+c，求出抛物线的解析式，求出D点坐标后，利用待定系数法求直线AD的解析式；（2）由题意可得PFPE，设P（x，x2x4），F（x，x2），则PFx2+2，当PF最大时，PF+PE就最大，由此求解即可；（3）在BO上截取ONOA，连接CN，过点A作AHCN，证明OCNOCA（SAS），则可推导出QABNCA，再由SANCANOCAHCN，求出tanNCA，分两种情况讨论：当点Q在AB的下方时，设AQ与y轴交于点I，tanNCAtanQAB，可求点I（0，），求出直线AQ解析式为yx，联立方程组

76、得：，可求点Q坐标为（，），当点Q在AB的上方时，同理可求直线AQ解析式为：yx+，联立方程组得：，可求点Q坐标为（，）【解答】解：（1）将A（2，0），B（4，0）代入yax2x+c，得，解得，抛物线解析式为yx2x4，当x2时，y4，D（2，4），设直线AD的解析式为ykx+b，将A（2，0）D（2，4）代入，得，解得，直线AD的解析式为yx2； （2）根据题意作图，如图1，在yx2上，当x0时，y2，AD与y轴的交点M的坐标为（0，2），OAOM，AOM90，OAB45，PEx轴，PFy轴，PEFOAB45，EPF90，PFPE，设P（x，x2x4），F（x，x2），PFx2+2，P在A

77、D的下方，2x2，当x0时，PF有最大值为2，此时PF+PE最大，P（0，4）；（3）在BO上截取ONOA，连接CN，过点A作AHCN，如图2，点A（2，0），点C（0，4），OA2，OC4，AC2，ONOA，CONCOA90，OCOC，OCNOCA（SAS），ACONCO，CNAC2，NCA2ACO，QAB2ACO，QABNCA，SANCANOCAHCN，AH，CH，tanNCA，如图3，当点Q在AB的下方时，设AQ与y轴交于点I，QABNCA，tanNCAtanQAB，OI，点I（0，），又点A（2，0），直线AQ解析式为：yx，联立方程组得：，解得：或（不合题意舍去），点Q坐标为（，），

78、当点Q在AB的上方时，同理可求直线AQ解析式为：yx+，联立方程组得：，解得：（不合题意舍去）或，点Q坐标为（，），综上所述：点Q的坐标为（，）或（，）17（2022平房区二模）如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线yax2+bx+4与x轴交于点A、B（点A在点B左侧），与y轴交于点C，直线yx+4经过B、C两点，OB4OA（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，点P为第四象限抛物线上一点，过点P作PDx轴交BC于点D，垂足为N，连接PC交x轴于点E，设点P的横坐标为t，PCD的面积为S，求S与t的函数关系式；（3）在（2）的条件下，如图3，过点P作PFPC交y轴于点F，PFPE点G

79、在抛物线上，连接PG，CPG45，连接BG，求直线BG的解析式【分析】（1）求出点A、B的坐标，将A（1，0），B（4，0）代入yax2+bx+4，即可求函数的解析式；（2）由P（t，t25t+4）（0t4），则D（t，t+4），求出PD的长，然后再求SPDtt3+2t2；（3）过点P作PMy轴交于M，可证明PFMPEN（ASA），进而求出P点坐标，再由PDOC，则，可求EN的长，能求出tanECB，过点G作GHPD交PD的延长线于点H，设G（m，m25m+4），可求点G（5，4），再由待定系数法求直线BG的解析式即可【解答】解：（1）在直线yx+4中，令x0，则y4，C（0，4），令y0，则

80、x4，B（4，0），OB4，OB4OA，OA1，A（1，0），将A（1，0），B（4，0）代入yax2+bx+4，解得，yx25x+4；（2）点P的横坐标为t，P（t，t25t+4）（1t4），PDx轴，D（t，t+4），PDt+4t2+5t4t2+4t，St（t2+4t）t3+2t2；（3）过点P作PMy轴交于M，PNx轴，NPM90，PFPC，FPE90，FPMEPN，PEPF，PFMPEN（ASA），PMPN，t（t25t+4），解得t2，P（2，2），PDOC，OCACPD，OCBCPG45，PCBDPG，又PDOC，即，解得EN，BE2+，过点E作EKBC交于K，OBC45，EKBK

81、，CK4，tanECB，过点G作GHPD交PD的延长线于点H，设G（m，m25m+4），解得m2（舍）或m5，G（5，4），设直线BG的解析式为ykx+n，解得，y4x1618（2022新民市一模）如图，已知抛物线yx2+bx+c经过点A（0，2），B（8，0），点D是第一象限抛物线上的一点，CDAB于点C（1）直接写出抛物线的表达式 y+2；（2）如图1，当CD取得最大值时，求点D的坐标，并求CD的最大值；（3）如图2，点D满足（2）的条件，点P在x轴上，且APD45，直接写出点P的横坐标 或【分析】（1）将x0，y2；x8，y0代入得抛物线的表达式，进一步求得结果；（2）作DFOB于F，交

82、AB于E，根据DCEBOA，可得出CDDE，设D（m，+2），E（m，+2），从而得出DE（+2）（m+2）（m4）2+2，进一步求得结果；（3）作APD的外接圆I，连接AI，DI，作IRy轴于R，作DTRI，交RI的延长线于T，设I（a，b），可推出ARIITD，从而得出ARIT2b，RIDTa，进而得出a3b，a+2b4，从而求得a，b的值，根据PI2AI2，进而求得结果【解答】解：（1）将x0，y2代入抛物线的表达式得：c2，将x8，y0代入得，82+8b+20，b，y+，故答案为：y+；（2）如图1，作DFOB于F，交AB于E，DCEBFE90，CEDBEF，DABO，DCEBOA，O

83、B8，AB2，CDDE，设D（m，+2），A（0，2），B（8，0），直线AB的表达式为：yx+2，E（m，+2），DE（+2）（m+2）（m4）2+2，当m4时，DE最大2，CD最大，当x4时，y+23，D（4，3）；（3）如图2，作APD的外接圆I，连接AI，DI，AID2APD90，设I（a，b），P（n，0），作IRy轴于R，作DTRI，交RI的延长线于T，ARIT90，AIR+RAI90，AID90，AIR+DIT90，、RAIDIT，AIDI，ARIITD（AAS），ARIT2b，RIDTa，DT3b，a3b，RI+IT4，a+2b4，a，b，I（，），由PI2AI2得，（n）2+

84、（）2（）2+（2）2，n，P点横坐标为：或19（2022大庆二模）如图，抛物线ymx2+（m2+3）x（6m+9）与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，已知点B（3，0）（1）求直线BC及抛物线的函数表达式；（2）P为x轴上方抛物线上一点若SPBCSABC，请直接写出点P的坐标；如图，PDy轴交BC于点D，DEx轴交AC于点E，求PD+DE的最大值；（3）Q为抛物线上一点，若ACQ45，求点Q的坐标【分析】（1）将点B（3，0）代入ymx2+（m2+3）x（6m+9），求出m即可求函数是解析式；再由待定系数法求直线BC的解析式即可；（2）过点A作APBC，则SPBCSABC，直线直线BC和直线

85、AP的交点即为P点；设点P（t，t2+4t3），则点D（t，t3），可得（t）2+，则当时，PD+DE取最大值；（3）在抛物线上取点Q，使ACQ45，过点B作BMBC，交CQ的延长线于点M，过点M作MNx轴于点N，OBC和BMN都是等腰直角三角形，由此可知OCABCM，利用三角形函数求出M（4，1），从而能确定直线CQ的解析式为，设点，再将Q点代入函数解析式即可求解【解答】解：（1）将点B（3，0）代入ymx2+（m2+3）x（6m+9），m2+m0，解得m0（舍）或m1，yx2+4x3，令x0，则y3，C（0，3），设直线BC的函数表达式为ykx+b，将点B（3，0），C（0，3）代入，得，

86、解得，yx3；（2）如图1，过点A作APBC，则SPBCSABC，直线BC的解析式为yx3，直线AP的表达式为yx1联立解得（舍）或，P（2，1）；由（1）知直线BC的表达式为yx3，设直线AC的解析式为ykx+b，解得，y3x3，设点P（t，t2+4t3），则点D（t，t3），PDt2+4t3（t3）t2+3t，（t）2+，当时，PD+DE取最大值；（3）如图2，在抛物线上取点Q，使ACQ45，过点B作BMBC，交CQ的延长线于点M，过点M作MNx轴于点N，B（3，0），C（0，3）OBOC3，BC3，OBC为等腰直角三角形，BMN为等腰直角三角形，ACQ45，OCABCM，A（1，0），B

87、NNM1，M（4，1），直线CQ的解析式为，设点，整理得：，解得或n0（舍），20（2022运城二模）如图，已知抛物线yax2+bx8与x轴交于点A（2，0），B（8，0）两点，与y轴交于点C，点P是直线BC下方抛物线上一动点，过点P作直线PEy轴，交直线BC于点D，交x轴于点F，以PD为斜边，在PD的右侧作等腰直角PDF（1）求抛物线的表达式，并直接写出直线BC的表达式；（2）设点P的横坐标为m（0m3），在点P运动的过程中，当等腰直角PDF的面积为9时，请求出m的值；（3）连接AC，该抛物线上是否存在一点M，使ACO+BCMABC，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

88、明理由【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，再求出C点坐标，然后利用待定系数法求直线BC的表达式即可；（2）设出P（m，3m8），D（m，m8），然后根据两点间距离公式表示出PD长，再根据等腰直角三角形的性质列出PDF的面积表达式，结合面积为9建立方程求解，即可解决问题；（3）分点M在BC的上方和点M在BC的下方两种情况讨论，根据题意画出图形，构造三角形全等，求出直线CM上的一点坐标，则可利用待定系数法求出直线CM的解析式，最后和抛物线的解析式联立求解，即可求出点M的坐标【解答】解：（1）把A（2，0），B（8，0）分别代入yax2+bx8中，则，解得，抛物线的表达式为yx23x8；

89、令x0则y8，C（0，8），设直线BC解析式为ykx8（k0），把B（8，0）代入解析式得，8k80，解得：k1，直线BC解析式为yx8；（2）点P的横坐标为m（0m3），P（m，3m8），D（m，m8），PD（m8）（3m8）+4m，过点P作PNPD于N，PDF是等腰直角三角形，PD为斜边，PNDN，FNPD，SPDFPDFNPD29，PD6，+4m6，解得：m16，m22，又0m3，m2；（3）存在，理由如下：由（2）得BOC为等腰直角三角形，ACO+BCMABCBCO45，如图，当点M在BC的上方时，设CM与x轴交于一点D，ACO+BCDABCBCOOCD+BCD，ACODCO，OCAD

90、，OCOC，AOCCOD（ASA），ODOA2，D（2，0），设直线CM解析式为ynx8（n0），则2n80，解得：n4，直线CM解析式为y4x8，则，解得：或（舍去），此时点M的坐标为（14，48）；如图，当点M在BC的下方时，过B作x轴的垂线，过C作y轴的垂线，两条垂线交于一点H，作HCKACO，CK交抛物线与点M，由（2）得BOC为等腰直角三角形，ABCBCO45，BCH45，即BCM+MCH45，ACO+BCMABC45，ACQMCH，又AOCKHC90，OBOCCOBOCHOBH90，四边形OCHB正方形，OCOH，AOCKHC（ASA），KHOA2，BKBHKH826，K（8，6）

91、，设直线CK的解析式为yex8（e0），68e8，解得：e，直线CK的解析式为yx8，则，解得或（舍去），M（，）；综上所述，点M坐标为（14，48）或（，）21（2022永安市模拟）已知二次函数yx2+（k2）x2k（1）当此二次函数的图象与x轴只有一个交点时，求该二次函数的解析式；（2）当k0时，直线ykx十2交抛物线于A，B两点（点A在点B的左侧），点P在线段AB上，过点P做PM垂直x轴于点M，交抛物线于点N求PN的最大值（用含k的代数式表示）；若抛物线与x轴交于E，F两点，点E在点F的左侧在直线ykx+2上是否存在唯一一点Q，使得EQO90？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理

92、由【分析】（1）可求得二次函数与x轴的交点为（2，0）（k，0），进而得出结果；（2）设点P（m，km+2），从而表示出点N的坐标，进而表示出PN的函数关系式，进一步求得结果；只需以OE为直径的圆与直线ykx+2相切，即OE的中点I到GH的距离等于半径，根据面积法可求得k的值【解答】解：（1）当y0时，x2+2（k2）x2k0，（x2）（x+k）0，x12，x2k，二次函数的图象与x轴只有一个交点，k2，该二次函数的解析式为yx24x+4；（2）设点P的坐标为（m，km+2），则点N的坐标为（m，m2+（k2）m2k），PNkm+2m2+（k2）m2km2+2m+2+2k（m1）2+3+2k，

93、当m1时，PN取得最大值，最大值为3+2k；如图，存在唯一的Q点，使EQO90：设直线ykx+2交x周于G，交y轴于H，OE的中点记作I，作IQGH于Q，连接IH，当IQ，EQO90且有唯一的点Q，当y0时，kx+20，x，OG，当x0时，y2，OH2，GH，由（1）知：OEk，OIIQ，SGOHSHOI+SGIH，22+，k22（2022南岗区三模）在平面直角坐标系中，点O为坐标系的原点，经过点B（3，6）的抛物线与x轴的正半轴交于点A（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P为第一象限抛物线上的一点，且点P在抛物线对称轴的右侧，连接OP，AP，设点P的横坐标为t，OPA的面积为S，求S与t

94、的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；（3）如图2，在（2）的条件下，当时，连接BP，点C为线段OA上的一点，过点C作x轴的垂线交BP的延长线于点D，连接OD，BC，若，求点C的坐标【分析】（1）根据抛物线经过点B（3，6）得：632+3b，解得抛物线的解析式为：yx2+x；（2）过点P作PEx轴，垂足为点E，由点P的横坐标为t，得P（t，t2+t），PEt2+t，由yx2+x可得点A的坐标为（7，0），故SOAPE7（t2+t）t2+t；（3）过点P作PEx轴，垂足为点E，过点B作FGy轴，垂足为点F，FG交EP的延长线于点G，取OD的中点M，连接BM，CM，延长BM交x轴于点N，延

95、长CM至点H，当S时，结合（2）可得t5，点P的坐标为（5，5），在RtOBF中，在RtPBG中，即得BOFPBG，设CBD2，由，可证明CMN902OMN，从而BNx轴，CNON，又CNON3，即得OC6，点C的坐标为（6，0）【解答】解：（1）根据题意得：632+3b，解得：b，抛物线的解析式为：yx2+x；（2）过点P作PEx轴，垂足为点E，如图：点P在抛物线yx2+x上，点P的横坐标为t，P（t，t2+t），PEt2+t，在yx2+x中，令y0，得x2+x0，解得x10，x27，点A的坐标为（7，0），SOAPE7（t2+t）t2+t；答：S与t的函数解析式为St2+t；（3）过点P作

96、PEx轴，垂足为点E，过点B作FGy轴，垂足为点F，FG交EP的延长线于点G，取OD的中点M，连接BM，CM，延长BM交x轴于点N，延长CM至点H，如图：，当S时，t2+t，解得t12，t25，抛物线yx2+x的对称轴为直线x，点P在对称轴的右侧，t5，点P的坐标为（5，5），FGy轴，BFOPEA90，又FOA90，BFO+FOA180，FGOA，GPEA90，点P的坐标为（5，5），PEOE，POEOPE45，B（3，6），BG2，PG1，在RtOBF中，在RtPBG中，tanBOFtanPBG，BOFPBG，又BOF+OBF90，PBG+OBF90，OBP90，设CBD2，ODBCBD+

97、POA+45，OBDOCD90，BMOMDMCM，MBDBDM+45，MCBMBC+45245，OMNBMD1802（+45）902，BMO2+90，BMHMCB+MBC902，OMHBMOBMH（2+90）（902）4，CMN180OMHOMN1804（902）902OMN，OMCM，BNx轴，CNON，CNON3，OC6，点C的坐标为（6，0）23（2022同安区二模）已知抛物线yax2+bx+c（a0）过点A（1，0）和C（0，3），与x轴交于另一点B，顶点为D（1）求a、b满足的关系式；（2）对于抛物线上的任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），当y1y2时，恒有|x11|x2

98、1|求抛物线解析式；AC与BD的延长线交于点H，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使得OPBAHB若存在，求出一个符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）利用待定系数法解答即可；（2）利用已知条件可知抛物线的对称轴为直线x1，利用二次函数的性质与（1）中的结论得到关于a，b的关系式即可求得a，b的值，则结论可得；利用待定系数法求得直线AC，BD的解析式，联立即可求得点H的坐标，过点H作HEOB于点E，过点A作AFHB于点F，利用点的坐标的特征，勾股定理和相似三角形的判定与性质求得线段HB，HF，AF的长度，利用等腰直角三角形的性质可得AHB45，利用OCB45，即可得到当点P与

99、点C重合时，满足OPBAHB45，由此可求得满足条件的点P 的坐标【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+c（a0）过点A（1，0）和C（0，3），ab+30，ab3；（2）对于抛物线上的任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），当y1y2时，恒有|x11|x21|，该抛物线的对称轴为直线x11b2aab3，a（2a）3，a1b2a2抛物线解析式为yx2+2x+3；在x轴上方的抛物线上存在点P，使得OPBAHB，符合条件的点P的坐标为（0，3）理由：令y0，则x2+2x+30，解：x3或1，B（3，0）yx2+2x+3（x1）2+4，D（1，4）设直线AC的解析式为ydx+e，解得：，直

100、线AC的解析式为y3x+3设直线BD的解析式为ykx+n，解得：直线BD的解析式为y2x+6，解得：，H（，）过点H作HEOB于点E，过点A作AFHB于点F，如图，则HE，OEB（3，0），A（1，0），C（0，3），OB3，OC3，OA1BEOBOE，ABOA+OB4BHHEBOFB90，HBEOBF，HEBOFB，BF，AFHFHBBF，AFHF，AFBD，AFH为等腰直角三角形，AHB45OBOC3，COB90，OCBOBC45，当点P与点C重合时，满足OPBAHB45，在x轴上方的抛物线上存在点P，使得OPBAHB，符合条件的点P的坐标为（0，3）24（2022伊宁市模拟）抛物线yx2

101、+bx+c经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C（1）求该抛物线的函数表达式；（2）如图1，点M是第一象限内抛物线上一动点，过点M作MFx轴于点F，作MEy轴于点E，当矩形MEOF周长最大时，求M点坐标（3）如图2，点P是该抛物线上一动点，连接PC，AC，直接写出使得PCBACO时点P的坐标【分析】（1）把点A（1，0）和点B（3，0）代入yx2+bx+c解方程组即可得到结论；（2）设M（m，m2+2m+3），求得F（m，0），E（0，m2+2m+3），根据矩形的性质得到EMOFm，OEMFm2+2m+3，求得矩形MEOF的周长2（m）2+，当m时，矩形MEOF周长最大，于是得到结

102、论；（3）在yx2+2x+3中，令x0，则y3，求得C（0，3），根据勾股定理得到BC3，如图2，作QBCB，QHx轴，得到CBQBHQ90，根据勾股定理得到BQ，根据相似三角形的性质得到BHQH1，求得Q（4，1）或（2，1），于是得到直线CQ函数为yx+3或y2x+3，解方程组即可得到结论【解答】解：（1）把点A（1，0）和点B（3，0）代入yx2+bx+c得，解得，该抛物线的函数表达式为yx2+2x+3；（2）点M是第一象限内抛物线上一动点，设M（m，m2+2m+3），MFx轴于点F，作MEy轴于点E，F（m，0），E（0，m2+2m+3），四边形MEOF是矩形，EMOFm，OEMFm2+2m+3，矩形MEOF的周长2m+2（m2+2m+3）2m2+6m+62（m）2+，当m时，矩形MEOF周长最大，M点坐标为（，）；（3）在yx2+2x+3中，令x0，则y3，C（0，3），B（3，0），OC3，OB3，BC3，如图2，在CP上找一点Q，作QBCB，QHx轴CBQBHQ90，PCBACO，AOCCBQ90，AOCQBC，BC：BQCO：AO3：1，BQ，OCB+CBOCBO+QBH90，OCBQBH，COBBHQ，BHQH1，Q（4，1）或（2，1），则直线CQ函数为yx+3或y2x+3，解或，得或，P坐标为（，）或（4，5）