專題2.6二次函數六種題型綜合與真題訓練-中考數學考前30天迅速提分復習方案（上海專用）（解析版）

題型一：二次函數中直角三角形的存在性1.（2019嘉定二模）在平面直角坐標系中，如圖，拋物線（、是常數）經過點、，與軸的交點為點．（1）求此拋物線的表達式；（2）點為軸上一點，如果直線和直線的夾角為15o，求線段的長度；（3）設點為此拋物線的對稱軸上的一個動點，當△為直角三角形時，求點的坐標．【分析】將點A和點B坐標代入解析式求解可得；先求出點C坐標，從而得出OC=OB=3，∠CBO=45°，據此知∠DBO=30°或60°，依據DO=BO?tan∠DBO求出得DO＝或3，從而得出答案；（3）設P（-1，t），知BC2=18，PB2=4+t2，PC2=t2-6t+10，再分點B、點C和點P直角頂點三種情況分別求解可得．【詳解】依題意得：，解得：∴拋物線的表達式是（2）∵拋物線與軸交點為點∴點的坐標是，又點的坐標是∴∴或在直角△中，∴或，∴或.（3）由拋物線得：對稱軸是直線根據題意：設，又點的坐標是，點的坐標是∴，，，①若點為直角頂點，則即：解之得：，②若點為直角頂點，則即：解之得：，③若點為直角頂點，則即：解之得：，.綜上所述的坐標為或或或.【點睛】本題是二次函數的綜合題，解題的關鍵是掌握待定系數法求函數解析式、等腰三角形的性質、兩點間的距離公式及直角三角形的性質等知識點．2.（2019寶山二模）如圖，已知對稱軸為直線的拋物線與軸交于、兩點，與軸交于C點，其中.（1）求點B的坐標及此拋物線的表達式；（2）點D為y軸上一點，若直線BD和直線BC的夾角為15o，求線段CD的長度；（3）設點為拋物線的對稱軸上的一個動點，當為直角三角形時，求點的坐標.【分析】（1）將A、C坐標代入拋物線，結合拋物線的對稱軸，解得a、b、c的值，求得拋物線解析式;（2）求出直線BC的解析式為，得出∠CBA=45°再求出∠DBA=30°或∠DBA=60°,再求出DO即可;（3）設點P的坐標，分別以B、C、P為直角頂點，進行分類討論，再運用勾股定理得到方程式進行求解.【詳解】解：（1）根據對稱軸x=-1,A（1,0），得出B為(-3,0)依題意得：，解之得：，∴拋物線的解析式為.（2）∵對稱軸為，且拋物線經過，∴∴直線BC的解析式為.∠CBA=45°∵直線BD和直線BC的夾角為15o，∴∠DBA=30°或∠DBA=60°在△BOD，，BO=3∴DO=或，∴CD=或.（3）設，又，，∴，，，①若點為直角頂點，則即：解之得：，②若點為直角頂點，則即：解之得：，③若點為直角頂點，則即：解之得：，.綜上所述的坐標為或或或.【點睛】本題主要考查一次函數的圖象與性質和二次函數的圖象與性質，熟練掌握一次函數的圖象與性質和二次函數的圖象與性質是解題的關鍵.題型二：函數中的等腰三角形分類討論1.(2019閔行區(qū)二模）如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=ax2﹣2x+c與x軸交于點A和點B（1，0），與y軸相交于點C（0，3）．（1）求拋物線的解析式和頂點D的坐標；（2）求證：∠DAB=∠ACB；（3）點Q在拋物線上，且△ADQ是以AD為底的等腰三角形，求Q點的坐標．整體分析：（1）把B、C坐標代入拋物線解析式中，解方程組即可得到拋物線解析式，從而得到拋物線頂點坐標；（2）由tan∠OCB=．tan∠DAC=，得到∠DAC=∠OCB，從而得到結論；（3）令Q（x，y）且滿足，由△ADQ是以AD為底的等腰三角形，得到QD2=QA2，從而得到x-2+2y=0．解方程組，即可得到結論．滿分解答：解：（1）把B（1，0）和C（0，3）代入中，得：，解得：．∴拋物線的解析式是：，∴頂點坐標D（－1，4）．（2）令y=0，則，x1=－3，x2=1，∴A（－3，0），∴OA=OC=3，∴∠CAO=∠OCA．在Rt△BOC中，tan∠OCB=．∵AC=，DC=，AD=，∴AC2+DC2=20，AD2=20，∴AC2+DC2=AD2，∴△ACD是直角三角形且∠ACD=90°，∴tan∠DAC=．又∵∠DAC和∠OCB都是銳角，∴∠DAC=∠OCB，∴∠DAC+∠CAO=∠BCO+∠OCA，即∠DAB=∠ACB．（3）令Q（x，y）且滿足，A(－3，0），D（－1，4）．∵△ADQ是以AD為底的等腰三角形，∴QD2=QA2，即，化簡得：x-2+2y=0．由，解得：，，∴點Q的坐標是（，），（，）．2．（2020?浦東新區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與軸的兩個交點分別為，，與軸相交于點．（1）求拋物線的表達式；（2）聯(lián)結、，求的正切值；（3）點在拋物線上，且，求點的坐標．【分析】（1）將點，坐標代入拋物線即可；（2）如圖1，過點作于，分別證和是等腰直角三角形，可求出，的長，可在中，直接求出的正切值；（3）此問需分類討論，當時，過點作軸于點，設，由同角的三角函數值相等可求出的值，由對稱性可求出第二種情況．【解答】解：（1）將點，代入拋物線中，得，解得，，，拋物線的表達式為；（2）在中，當時，，，，為等腰直角三角形，，，如圖1，過點作于，則，是等腰直角三角形，，，，在中，，即的正切值為2；（3）①如圖2，當時，過點作軸于點，設，則，由（1）知，，，，，解得，（舍去），，；②取點關于軸的對稱點，延長交拋物線于，則此時，設直線的解析式為，將，代入，得，，解得，，，，聯(lián)立，，解得，或，；綜上所述，點的坐標為或．題型三：二次函數平移綜合1．（2022普陀區(qū)一模24）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝x2+bx+c與直線y＝﹣x+1交于點A（m，0），B（﹣3，n），與y軸交于點C，聯(lián)結AC．（1）求m、n的值和拋物線的表達式；（2）點D在拋物線y＝x2+bx+c的對稱軸上，當∠ACD＝90°時，求點D的坐標；（3）將△AOC平移，平移后點A仍在拋物線上，記作點P，此時點C恰好落在直線AB上，求點P的坐標．【分析】（1）利用待定系數法求出A，B兩點坐標即可解決問題．（2）過點D作DH⊥y軸于點H，由直角三角形的性質得出tan∠ACO＝tan∠CDH，則，可列出方程求出CH的長，則可得出答案；（3）設P（t，），得出N（t﹣3，），由點N在直線AB上可得出t的值，則可得出答案．【解答】解：（1）將A（m，0）代入y＝﹣x+1，解得m＝3，∴A（3，0），將B（﹣3，n）代入y＝﹣x+1，解得n＝2，∴B（﹣3，﹣2），把A（3，0），B（﹣3，2）代入y＝x2+bx+c中，得，解得，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2．（2）如圖1，過點D作DH⊥y軸于點H，∵拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2．∴拋物線的對稱軸為x＝﹣＝，∴DH＝，∵∠ACD＝90°，∴∠ACO+∠DCH＝90°，又∵∠DCH+∠CDH＝90°，∴∠ACO＝∠CDH，∴tan∠ACO＝tan∠CDH，∴，由（1）可知OA＝3，OC＝2，∴，∴CH＝，∴D（，﹣）；（3）如圖2，若平移后的三角形為△PMN，則MN＝OC＝2，PM＝OA＝3，設P（t，t﹣2），∴N（t﹣3，t﹣2﹣2），∵點N在直線y＝﹣x+1上，∴（t﹣3）+1，∴t＝3或t＝﹣3，∴P（3，4﹣）或P（﹣3，4+）．【點評】本題屬于二次函數綜合題，考查了二次函數的性質，一次函數的性質，直角三角形的性質，銳角三角函數的定義，平移的性質等知識，解題的關鍵是理解題意，學會用轉化的思想思考問題，學會利用參數構建方程確定點的坐標．yx2bxc（0和（4Px軸相Q.BCBQ=CP解：（1）根據題意………（2分）解得：，?！鄴佄锞€的表達式是…………………（2分）（2），∴頂點P的坐標是（2，5）.對稱軸是直線x=2，點Q的坐標為（2，0）.…………（1分）∴，，；……………………（1分）∴，∴∠COM=90°，…………………（2分）（3）根據題意，BC∥PQ.如果點C在點B的上方,PC∥BQ時，四邊形BCPQ是平行四邊形，∴BQ=CP，BC=PQ=5，即拋物線向上平移5個單位，平移后的拋物線解析式是.…………（2分）如果點C在點B的下方，四邊形BCQP是等腰梯形時BQ=CP，作BE⊥PQ，CF⊥PQ，垂足分別為E、F.根據題意可得，PE=QF=1，PQ=5，BC=EF=3，即拋物線向下平移3個單位，平移后的拋物線解析式是……………（2分）.綜上所述，平移后的拋物線解析式是或.3（2020閔行一模24）.如圖，在平面直角坐標系中，直線與牰交于點，與軸交于點．點C為拋物線的頂點．（1）用含的代數式表示頂點的坐標：（2）當頂點在△AOB內部，且S△AOC（3）如果將拋物線向右平移一個單位，再向下平移個單位后，平移后的拋物線的頂點仍在△AOB內，求的取值范圍．【小問1詳解】解：拋物線，∴頂點C的坐標為；【小問2詳解】解：對于，當x=0時，y=5，當y=0時，x=5，∴A（5，0），B（0，5），∵頂點C在△AOB內部，且S∴，∴a=2，∴拋物線的表達式為；【小問3詳解】解：由題意，平移后的拋物線的頂點P的坐標為，∵平移后的拋物線的頂點仍在△AOB內，∴，解得：1＜a＜3，即的取值范圍為1＜a＜3．4（2022奉賢一模24）（本題滿分12分,第(1)小題滿分4分,第(2)小題每小題滿分4分)如圖11,在平面直角坐標系xOy中,拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于點A(?1,0)和點B(3,0),與y(1)求該拋物線的表達式的頂點D的坐標;(2)將拋物線沿y軸上下平移,平移后所得新拋物線頂點為M,點C的對應點為E.①如果點M落在線段BC上,求∠DBE的度數②設直線ME與x軸正半軸交于點P,與線段BC交于點Q,當PE=2PQ時,圖圖11【解答】解：（1）將點A（﹣1，0）和點B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得，，解得，∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴頂點D（1，4）；（2）①設直線x＝1交x軸于G，∵B（3，0），C（0，3），∴OB＝OC＝3，∴GM＝GB＝2，∴DM＝DG﹣GM＝2，∴將拋物線y＝﹣x2+2x+3沿y軸向下平移2個單位時，點M落在BC上，此時E（0，1），∵D（1，4），E（0，1），B（3，0），∴DE2＝10，BE2＝10，BD2＝20，∴DE2+BE2＝BD2，∴△BDE是等腰直角三角形，∴∠DBE＝45°；②當點P在x軸正半軸時，則點M在x軸下方，如圖，作QH⊥x軸于H，由C（0，3），D（1，4）可知，直線CD與x軸夾角為45°，∴平移后∠QPB＝45°，∴PH＝BH，∵OE∥QH，PE＝2PQ，∴OP＝2PH，∴4BH＝3，∴BH＝∴OP＝2BH＝，∴GM＝GP＝，∴M（1，﹣），∴平移后拋物線為y＝﹣（x﹣1）2﹣．5．（2021?松江區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，直線y＝3x+3與x軸、y軸分別交于點A、B，拋物線y＝ax2+bx﹣5a經過點A．將點B向右平移5個單位長度，得到點C．（1）求點C的坐標；（2）求拋物線的對稱軸；（3）若拋物線的頂點在△OBC的內部，求a的取值范圍．【分析】（1）由y＝3x+3與x、y軸分別交于點A、B，可求出A、B坐標，B向右移動5個單位即得C坐標；（2）將A坐標代入y＝ax2+bx﹣5a可得b＝﹣4a，根據對稱軸公式可得答案；（3）對稱軸x＝2與BC交于D，與OC交于E，拋物線的頂點在△OBC的內部，則頂點在D和E之間，用a表示頂點縱坐標列不等式可得答案．【解答】解：（1）在y＝3x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（0，3），∵點B向右平移5個單位長度，得到點C．∴C（5，3）；（2）∵A（﹣1，0），拋物線y＝ax2+bx﹣5a經過點A，∴0＝a﹣b﹣5a，即b＝﹣4a，∴拋物線y＝ax2+bx﹣5a對稱軸為x＝＝﹣＝2；（3）對稱軸x＝2與BC交于D，與OC交于E，如圖：設OC解析式為y＝kx，∵（5，3），∴3＝5k，∴k＝，∴OC解析式為y＝x，令x＝2得y＝，即E（2，），由（1）知b＝﹣4a，∴拋物線為y＝ax2﹣4ax﹣5a，∴頂點坐標為（2，﹣9a），拋物線的頂點在△OBC的內部，則頂點在D和E之間，而D（2，3），∴＜﹣9a＜3，∴﹣＜a＜﹣．【點評】本題考查點的平移、二次函數圖象等知識，表示頂點坐標列不等式是解題的關鍵．6.【2021年靜安區(qū)二模24】（本題滿分12分，其中第（1）小題4分，第（2）小題5分，第（2）小題3分）在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（5，0）（如圖），經過點A的拋物線與y軸相交于點B，頂點為點C．求此拋物線表達式與頂點C的坐標；求∠ABC的正弦值；將此拋物線向上平移，所得新拋物線頂點為D，且△DCA與△ABC相似，求平移后的新拋物線的表達式．（第2（第24題圖）AOxy24．解：（1）∵拋物線經過點A（5，0），∴． （1分）∴． （1分）∴拋物線表達式為，頂點C的坐標為（）． （2分）（2）設拋物線的對稱軸與x軸、AB分別相交于點E、F，點E（3，0）．∵點B（0，5），∴OA=OB=5,AB＝，∠OAB=45°，∴EF=AE=2，CF=6． （1分）∴． （2分）過點A作AH⊥BC，垂足為H，∵BC=，∴． （1分）∴．∴． （1分）（3）∵，∴Rt△AEC∽Rt△AHB，∴∠ACE=∠A∵△DCA與△ABC相似，∴或． （1分）∴或．∴CD=或CD=6． （1分）∵拋物線和y軸的交點向上平移的距離與頂點平移的距離相同，∴平移后的拋物線的表達式為或． （1分）7.【2021年長寧二模24】如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2﹣163x+c經過點A（1，0）、B（3，0），且與y軸交于點C（1）求拋物線的表達式；（2）如果將拋物線向左平移m（m＞0）個單位長度，聯(lián)結AC、BC，當拋物線與△ABC的三邊有且只有一個公共點時，求m的值；（3）如果點P是拋物線上一動點，且在點B的右側，聯(lián)結PC，直線PA交y軸于點E，當∠PCE＝∠PEC時，求點P的坐標．【答案】（1）；（2）m＝4；（3）【分析】（1）由待定系數法即可求解；（2）當拋物線與△ABC的三邊有且只有一個公共點時，則拋物線過點C（0，4），即可求解；（3）求出直線PA的表達式，得到點E的坐標為（0，?t＋4），由∠PCE＝∠PEC，則點P在CE的中垂線上，進而求解．【詳解】解：（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式得：，解得故拋物線的表達式為；（2）令x=0，y=4∴C（0，4）當拋物線與△ABC的三邊有且只有一個公共點時，則拋物線過點C（0，4）由拋物線的表達式知，其對稱軸為x＝2，則平移后拋物線再過點C時，m＝4；（3）設點P的坐標為（t，)，設直線PA的表達式為y＝kx+b，代入A、P坐標得，解得，∴直線PA的表達式為y＝（）x，令x=0，y=故點E的坐標為（0，﹣t+4），而點C（0，4），∵∠PCE＝∠PEC，則點P在CE的中垂線上，由中點公式得：yP＝（yC+yE），即＝（t+4），解得t＝1（舍去）或，故點P的坐標為．【點睛】本題考查的是二次函數綜合運用，涉及到一次函數的性質、中垂線的性質、圖形的平移等，有一定的綜合性，難度適中．8.【2021年奉賢二?！咳鐖D，在平面直角坐標系xOy中，已知B（0，2），C（1，﹣），點A在x軸正半軸上，且OA＝2OB，拋物線y＝ax2＋bx（a≠0）經過點A、C．（1）求這條拋物線的表達式；（2）將拋物線先向右平移m個單位，再向上平移1個單位，此時點C恰好落在直線AB上的點C′處，求m的值；（3）設點B關于原拋物線對稱軸的對稱點為B′，聯(lián)結AC，如果點F在直線AB′上，∠ACF＝∠BAO，求點F的坐標．【答案】（1）y＝x2﹣2x；（2）4；（3）F坐標為（4，）或（4，﹣1.5）．【分析】（1）求出A坐標，將A、C坐標代入y＝ax2＋bx即可得答案；（2）求出AB解析式，用m表示C′坐標代入即可得答案；（3）分F在A上方和下方兩種情況畫出圖形，構造相似三角形利用對應邊成比例可得答案．【詳解】解：（1）∵B（0，2），∴OB＝2，∵點A在x軸正半軸上，且OA＝2OB，∴A（4，0），∴將A（4，0），C（1，﹣）代入y＝ax2＋bx得：，解得，∴拋物線的表達式為y＝x2﹣2x；（2）設直線AB的解析式是y＝mx＋n，將A（4，0），B（0，2）代入得：，解得，∴直線AB的解析式是y＝﹣x＋2，∵拋物線y＝x2﹣2x向右平移m個單位，再向上平移1個單位，則其上的點C也向右平移m個單位，再向上平移1個單位，而C（1，﹣），∴C′（1＋m，﹣），∵C′（1＋m，﹣）在直線AB上，∴﹣＝﹣（1＋m）＋2，∴m＝4；（3）∵y＝x2﹣2x對稱軸為x＝2，B（0，2），點B關于原拋物線對稱軸的對稱點為B′，∴B′（4，2），∵A（4，0），∴直線AB′為x＝4，點F在直線AB′上，∠ACF＝∠BAO，分兩種情況：①F在A上方，如圖：過A作AG⊥CF于G，過G作GH//x軸交直線x＝4于H，過C作CM⊥x軸交直線GH于M，∵B（0，2），A（4，0），∴tan∠BAO＝，∵∠ACF＝∠BAO，AG⊥CF，∴tan∠ACF＝，即，而∠MCG＝90°﹣∠MGC＝∠AGH，∠M＝∠AHG，∴△MCG∽△HGA，∴，∴MC＝GH，MG＝2AH，設G（m，n），則MC＝n＋1.5，MG＝m﹣1，GH＝4﹣m．AH＝n，∴n＋1.5＝2（4﹣m），且m﹣1＝2n，解得m＝2.8，n＝0.9，∴G（28，0.9），又C，∴直線GC解析式為：y＝x﹣，令x＝4得y＝∴F（4，），②F在A下方，延長AC交y軸于D，過C作CF//x軸交直線x＝4于F，∵A（4，0），C（1，﹣1.5），∴直線AC解析式為y＝x﹣2，∴D（0，﹣2），∵B（0，2），∴B，D關于x軸對稱，∴∠BAO＝∠DAO，若∠ACF＝∠BAO，則∠ACF＝∠DAO，∴CF//x軸，∴F綜上所述，∠ACF＝∠DAO，F(xiàn)坐標為或或．【點睛】本題考查二次函數的綜合題，涉及待定系數法求二次函數的解析式、二次函數的平移、相似三角形的判定與性質，銳角三角函數的應用，等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關知識是解題關鍵．9.【2021年浦東新區(qū)二模24】（12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝x2+bx經過點A（2，0）．直線y＝x﹣2與x軸交于點B，與y軸交于點C．（1）求這條拋物線的表達式和頂點的坐標；（2）將拋物線y＝x2+bx向右平移，使平移后的拋物線經過點B，求平移后拋物線的表達式；（3）將拋物線y＝x2+bx向下平移，使平移后的拋物線交y軸于點D，交線段BC于點P、Q，（點P在點Q右側），平移后拋物線的頂點為M，如果DP∥x軸，求∠MCP的正弦值．【分析】（1）根據待定系數法即可求得拋物線的解析式，化成頂點式即可求得頂點坐標；（2）根據圖象上點的坐標特征求得B（4，0），然后分兩種情況討論求得即可；（3）設向下平移后的拋物線表達式是：y＝x2﹣2x+n，得點D（0，n），即可求得P（2，n），代入y＝x﹣2求得n＝﹣1，即可求得平移后的解析式為y＝x2﹣2x﹣1．求得頂點坐標，然后解直角三角形即可求得結論．【解答】解：（1）由題意，拋物線y＝x2+bx經過點A（2，0），得0＝4+2b，解得b＝﹣2，∴拋物線的表達式是y＝x2﹣2x．∵y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，∴它的頂點C的坐標是（1，﹣1）．（2）∵直線與x軸交于點B，∴點B的坐標是（4，0）．①將拋物線y＝x2﹣2x向右平移2個單位，使得點A與點B重合，此時平移后的拋物線表達式是y＝（x﹣3）2﹣1．②將拋物線y＝x2﹣2x向右平移4個單位，使得點O與點B重合，此時平移后的拋物線表達式是y＝（x﹣5）2﹣1．（3）如圖，設向下平移后的拋物線表達式是：y＝x2﹣2x+n，得點D（0，n）．∵DP∥x軸，∴點D、P關于拋物線的對稱軸直線x＝1對稱，∴P（2，n）．∵點P在直線BC上，∴．∴平移后的拋物線表達式是：y＝x2﹣2x﹣1．∴新拋物線的頂點M的坐標是（1，﹣2）．∴MC∥OB，∴∠MCP＝∠OBC．在Rt△OBC中，，由題意得：OC＝2，，∴．即∠MCP的正弦值是．題型四：二次函數背景下的相似三角形的存在性1.（2022青浦一模24）．（12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點C，頂點為點D．（1）求該拋物線的表達式及點C的坐標；（2）聯(lián)結BC、BD，求∠CBD的正切值；（3）若點P為x軸上一點，當△BDP與△ABC相似時，求點P的坐標．【解答】解：（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得，解得：，所以拋物線的表達式為y＝x2﹣2x﹣3．當x＝0時，y＝﹣3．∴點C的坐標為（0，﹣3）．（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴點D的坐標為（1，﹣4）．∵B（3，0）、C（0，﹣3）、D（1，﹣4），∴BC＝，DC＝，BD＝．∴BC2+DC2＝18+2＝20＝DB2．∴∠BCD＝90°．∴tan∠CBD＝．（3）∵tan∠ACO＝，∴∠ACO＝∠CBD．∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC＝45°．∴∠ACO+∠OCB＝∠CBD+∠OBC．即：∠ACB＝∠DBO．∴當△BDP與△ABC相似時，點P在點B左側．（i）當時，∴．∴BP＝6．∴P（﹣3，0）．（ii）當時，∴．∴BP＝．∴P（﹣，0）．綜上，點P的坐標為（﹣3，0）或（﹣，0）．2.（2022嘉定一模24）（12分）（2021秋?嘉定區(qū)期末）在平面直角坐標系xOy中，點A、B兩點在直線y＝x上，如圖．二次函數y＝ax2+bx﹣2的圖象也經過點A、B兩點，并與y軸相交于點C，如果BC∥x軸，點A的橫坐標是2．（1）求這個二次函數的解析式；（2）設這個二次函數圖象的對稱軸與BC交于點D，點E在x軸的負半軸上，如果以點E、O、B所組成的三角形與△OBD相似，且相似比不為1，求點E的坐標；（3）設這個二次函數圖象的頂點是M，求tan∠AMC的值．【解答】解：（1）∵二次函數y＝ax2+bx﹣2的圖像與y軸相交于點C，∴點C的坐標為（0，﹣2），∵BC//x軸，∴點B的縱坐標是﹣2，∵點A、B兩點在直線y＝x上，點A的橫坐標是2，∴點A的坐標為（2，1），點B的坐標為（﹣4，﹣2），∵這個二次函數的圖像也經過點A（2，1）、B（﹣4，﹣2），∴，解這個方程組，得a＝，b＝1，∴二次函數的解析式是y＝+x﹣2；（2）根據（1）得，二次函數y＝+x﹣2圖像的對稱軸是直線x＝﹣2，∴點D的坐標為（﹣2，﹣2），∴OB＝2，BD＝2，∵BC//x軸，∴∠OBD＝∠BOE，∴以點E、O、B組成的三角形與△OBD相似有可能以下兩種：①當時，△BOD∽△OBE，顯然這兩相似三角形的相似比為1，與已知相似比不為1矛盾，這種情況應舍去，②當時，△BOD∽△OEB，∴，∴OE＝10，又點E在x軸的負半軸上，∴點E的坐標為（﹣10，0）；（3）過點C作CH⊥AM，垂足為H，根據（1）得，二次函數的解析式是y＝+x﹣2的頂點坐標為M（﹣2，﹣3），設直線AM的解析式為y＝kx+m，，解得k＝1，m＝﹣1，∴直線AM的解析式為y＝x﹣1，設直線AM與x軸、y軸的交點分別為點P、Q，則點P的坐標為（1，0），點Q的坐標為（0，﹣1），∴△OPQ是等腰直角三角形，∠OQP＝45°，∵∠OQP＝∠HOC，∴∠HOC＝45°，∵點C的坐標為（0，﹣2），∴CQ＝1，∴HC＝HQ＝，又MQ＝2，∴MH＝MQ﹣HQ＝，∴tan∠AMC＝．3（202崇明一模）24.如圖，拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于點A(4，0)，與y軸交于點B(0，3)，點M(m，0)為線段OA上一動點，過點M且垂直于x軸的直線與直線AB及拋物線分別交于點P，N．（1）求拋物線的解析式，并寫出此拋物線的對稱軸和頂點坐標；（2）如果以點P、N、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，求m的值；（3）如果以B、P、N為頂點的三角形與△ABO相似，求點M的坐標．【小問1詳解】解：∵拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于點A(4，0)，與y軸交于點B(0，3)，∴，解得：，∴拋物線的解析式為y=?x2+x+3，∵y=?x2+x+3=?(x-)2+，∴此拋物線對稱軸為x=，頂點坐標為(，)；【小問2詳解】解：設直線AB的解析式為y=px+q，把A（4，0），B（0，3）代入得，解得：，∴直線AB的解析式為y=，∵M（m，0），MN⊥x軸，∴N（m，?m2+m+3），P（m，），∴NP=?m2+3m，OB=3，∵NP∥OB，且以點P、N、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，∴NP=OB，即?m2+3m=3，整理得：m2-4m+4=0，解得：m=2；【小問3詳解】∵A（4，0），B（0，3），P（m，），∴AB=5，BP=，而NP=?m2+3m，∵PN∥OB，∴∠BPN=∠ABO，當時，△BPN∽△OBA，即，整理得9m2-11m=0，解得m1=0（舍去），m2=，此時M點的坐標為（，0）；當時，△BPN∽△ABO，即，整理得2m2-5m=0，解得m1=0（舍去），m2=3，此時M點的坐標為（3，0）；綜上所述，點M的坐標為（，0）或（3，0）．4.（2022寶山一模）已知在平面直角坐標系中，拋物線經過點、，頂點為點．（1）求拋物線的表達式及頂點的坐標；（2）聯(lián)結，試判斷與是否相似，并證明你的結論；（3）拋物線上是否存在點，使得．如果存在，請求出點的坐標；如果不存在，請說明理由．【小問1詳解】解：拋物線經過點，，，設拋物線解析式為：，將點C代入可得：，解得：，∴，∴頂點坐標為：；【小問2詳解】解：如圖所示：為直角三角形且三邊長分別為：，，，的三邊長分別為：，，，∴，∴為直角三角形，∵，∴△AOC~△DCB；【小問3詳解】解：設存在點P使，作線段AC的中垂線交AC于點E，交AP于點F，連接CF，如（2）中圖：∴，，∵，∴，∴為等腰直角三角形，∴，，∴，即解得：，設，∴，，∴，整理得：①，=，即②，將①代入②整理得：，解得：，，∴，，∴或（不符合題意舍去），∴，，設直線FA解析式為：，將兩個點代入可得：，解得：，∴，∴聯(lián)立兩個函數得：，將①代入②得：，整理得：，解得：，，當時，，∴．5．（2022靜安區(qū)一模24）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝x2+bx經過點A（2，0）和點B（﹣1，m），頂點為點D．（1）求直線AB的表達式；（2）求tan∠ABD的值；（3）設線段BD與x軸交于點P，如果點C在x軸上，且△ABC與△ABP相似，求點C的坐標．【分析】（1）將A（2，0）代入y＝x2+bx，求出拋物線解析式，再將B（﹣1，m）代入y＝x2﹣2x，求出m的值，然后用待定系數法求直線AB的解析式即可；（2）利用勾股定理判定△ABD是直角三角形，即可求解；（3）求出P點坐標（，0），設C（t，0），當∠ABC＝∠APB時，△ABP∽△APC，過B點作BQ⊥x軸交于點Q，則tan∠BCQ＝＝，求出CQ＝9，即可求C（﹣10，0）；當P點與C點重合時，△ABC≌△ABP，即可求C點坐標．【解答】解：（1）將A（2，0）代入y＝x2+bx，∴4+2b＝0，∴b＝﹣2，∴y＝x2﹣2x，將B（﹣1，m）代入y＝x2﹣2x，∴m＝3，∴B（﹣1，3），設直線AB的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴y＝﹣x+2；（2）∵y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，∴D（1，﹣1），∴AD＝，AB＝2，BC＝3，∵AB2＝AD2+BC2，∴△ABD是直角三角形，∴tan∠ABD＝＝；（3）設直線BD的解析式為y＝k1x+b1，∴，∴，∴y＝﹣2x+1，令y＝0，則x＝，∴P（，0），設C（t，0），如圖1，當∠ABC＝∠APB時，△ABC∽△APB，∴∠ACB＝∠ABP過B點作BQ⊥x軸交于點Q，∴tan∠BCQ＝＝，∴CQ＝9，∴CO＝10，∴C（﹣10，0）；當C點與P點重合時，△ABC≌△ABP，此時C（，0）；綜上所述：C點坐標為（﹣10，0）或（，0）．【點評】本題是二次函數的綜合題，熟練掌握二次函數的圖象及性質，相似三角形的性質，利用分類討論，數形結合思想是解題的關鍵．6.（2021年寶山二模24）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx﹣1（a≠0）經過點A（﹣2，0），B（1，0）和點D（﹣3，n），與y軸交于點C．（1）求該拋物線的表達式及點D的坐標；（2）將拋物線平移，使點C落在點B處，點D落在點E處，求△ODE的面積；（3）如果點P在y軸上，△PCD與△ABC相似，求點P的坐標．解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣1經過點A（﹣2，0），B（1，0）和D（﹣3，n），∴，解得：，∴拋物線解析式為：y＝x2+x﹣1；∴＝2，∴D（﹣3，2）；（2）∵將拋物線平移，使點C落在點B處，點D落在點E處，∴E（﹣2，3），∴S△ODE＝9﹣﹣＝；（3）如圖1，連接CD，AC，CB，過點D作DE⊥y軸于點E，∵A（﹣2，0），B（1，0），C（﹣1，0），D（﹣3，2），∴OB＝OC，DE＝CE＝3，AB＝3，BC＝，CD＝3，∴∠ABC＝∠OCD＝45°，∵△PCD與△ABC相似，點P在y軸上，∴分兩種情況討論：①如圖2，當∠BAC＝∠CDP時，△DCP∽△ABC，∴，∴，∴PC＝2，∴P（0，1），②如圖3，當∠BAC＝∠DPC時，△PCD∽△ABC，∴，∴，∴PC＝9，∴P（0，8）．∴點P的坐標為（0，8）或（0，1）時，△PCD與△ABC相似．7.（2021崇明二模24）（12分）已知拋物線y＝ax2+bx﹣4經過點A（﹣1，0），B（4，0），與y軸交于點C，點D是該拋物線上一點，且在第四象限內，聯(lián)結AC、BC、CD、BD．（1）求拋物線的函數解析式，并寫出對稱軸；（2）當S△BCD＝4S△AOC時，求點D的坐標；（3）在（2）的條件下，如果點E是x軸上的一點，點F是拋物線上一點，當點A、D、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，請直接寫出點E的坐標．【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx﹣4經過點A（﹣1，0），B（4，0），∴可以假設拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，∴﹣4a＝﹣4，∴a＝1，∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣3x﹣4，對稱軸．（2）如圖1中，設D（m，m2﹣3m﹣4），連接OD．∵S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，∴×4×（﹣m2+3m+4）+×4×m﹣×4×4＝4××1×4整理得：m2﹣4m+4＝0，解得m＝2，∴D（2，﹣6）．（3）如圖2中，當AE為平行四邊形的邊時，∵DF∥AE，D（2，﹣6）∴F（1，﹣6），∴DF＝1，∴AE＝1，∴E（0，0），或E′（﹣2，0）．如圖3中，當AE，DF是平行四邊形的對角線時，∵點D與點F到x軸的距離相等，∴點F的縱坐標為6，當y＝6時，6＝x2﹣3x﹣4，解得x＝﹣2或5，∴F（﹣2，6）或（5，6），設E（n，0），則有＝或＝，解得n＝1或8，∴E（1，0）或（8，0），，綜上所述，滿足條件的點E的坐標為（0，0）或（1，0）或（8，0）或（﹣2，0）．題型五：二次函數中的角相等或角的和差倍半關系1.（2022長寧一模24）拋物線與軸相交于兩點(點在點左側),與軸交于點,其頂點的縱坐標為4．（1）求該拋物線的表達式；（2）求的正切值；（3）點在線段的延長線上,且,求的長．【詳解】解：（1）把點代入得：當時，頂點的縱坐標為4．故拋物線的表達式為（2）過點B作交于E點，令則故，（3）過點D作軸，過點A作，當點F在CB延長線上，F(xiàn)只能在第四象限，故【點睛】此題是二次函數綜合題，主要考查了待定系數法，勾股定理逆定理，銳角三角函數，相似三角形的性質，解題關鍵是確定出拋物線解析式，是一道中等難度的中考常考題．2.（2022年虹口一模24）已知開口向上的拋物線y＝ax2﹣4ax+3與y軸的交點為A，頂點為B，點A與點C關于對稱軸對稱，直線AB與OC交于點D．（1）求點C的坐標，并用含a的代數式表示點B的坐標；（2）當∠ABC＝90°時，求拋物線y＝ax2﹣4ax+3的表達式；（3）當∠ABC＝2∠BCD時，求OD的長?！窘獯稹拷猓海?）令x＝0，則y＝3，∴A（0，3），∵y＝ax2﹣4ax+3＝a（x﹣2）2+3﹣4a，∴對稱軸為直線x＝2，∵點A與點C關于對稱軸對稱，∴C（4，3），∴B（2，3﹣4a）；（2）如圖1，過點B作BG⊥y軸交于點G，∵∠ABC＝90°，∴∠OAB＝45°，∴AG＝BG＝2，∴B（2，1），∴3﹣4a＝1，∴a＝，∴y＝x2﹣2x+3；（3）如圖2，過點B作BH⊥OC交于點H，連接AC，∵∠ABC＝2∠BCD，∴∠NBC＝∠CNB，∴∠ONB＝2∠OCB，∵NB∥y軸，∴∠AOC＝∠ONB，∵AC＝4，AO＝3，∴tan∠AOC＝，∴tan∠HNB＝，設HB＝4x，則HN＝3x，∴NB＝5x，∴NB＝CN＝5x，∴CH＝8x，∴tan∠HCB＝，∵∠OCB＝∠NBC＝∠ABN，∴＝，∴a＝1，∴y＝x2﹣4x+3，∴B（2，﹣1），∵N是OC的中點，∴N（2，），∴BN＝，ON＝，∵AO∥BN，∴△AOD∽△BND，∴＝，即＝，∴OD＝．3.（2022黃埔一模24）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于兩點與軸交于點C，點M是拋物線的頂點，拋物線的對稱軸與BC交于點D，與軸交于點E．（1）求拋物線的對稱軸及B點的坐標（2）如果，求拋物線的表達式；（3）在（2）的條件下，已知點F是該拋物線對稱軸上一點，且在線段的下方，，求點的坐標【小問1詳解】解：∵二次函數y=ax2?3ax?4a，∴對稱軸是，∵A(?1，0)，∵1+1.5=2.5，∴1.5+2.5=4，∴B(4，0)；【小問2詳解】∵二次函數y=ax2?3ax?4a，C在y軸上，∴C的橫坐標是0，縱坐標是?4a，∵y軸平行于對稱軸，∴，∴，∵，∵MD=，∵M的縱坐標是+∵M的橫坐標是對稱軸x，∴，∴+=，解這個方程組得：，∴y=ax2?3ax?4a=x2-3×（）x-4×（）=；【小問3詳解】假設F點在如圖所示的位置上，連接AC、CF、BF，CF與AB相交于點G，由（2）可知：AO=1，CO=2，BO=4，∴，∴，∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB，∴∠BCO=∠CAO，∵∠CFB=∠BCO，∴∠CAO=∠CFB，∵∠AGC=∠FGB，∴△AGC∽△FGB，∴，設EF=x，∵BF2=BE2+EF2=，AC2=22+12=5，CO2=22=4，∴=，解這個方程組得：x1=5，x2=-5，∵點F在線段BC的下方，∴x1=5（舍去），∴F（，-5）．4.（2022年松江一模24題）如圖，已知直線y＝﹣x+2與x軸交于點A，與y軸交于點B，拋物線y＝﹣x2+bx+c經過A、B兩點．（1）求這條拋物線的表達式；（2）直線x＝t與該拋物線交于點C，與線段AB交于點D（點D與點A、B不重合），與x軸交于點E，聯(lián)結AC、BC．①當＝時，求t的值；②當CD平分∠ACB時，求△ABC的面積．【小問1詳解】解：由y=-x+2可得：當x=0時，y=2；當y=0時，x=3，∴A（3，0），B（0，2），把A、B的坐標代入y=-x2+bx+c得：，解得：，∴拋物線的解析式為：y=-x2+x+2；【小問2詳解】①如圖1，∵DE∥OB，∴，∵，∴，又∵∠ADE=∠BDC，∴△ADE∽△BDC，∴∠DAE=∠DBC，∴AE∥BC，∴C點的縱坐標為2，∴2=-x2+x+2，∴x=0或x=2，∴C（2，2），∴t=2；②如圖2，設C（t，-t2+t+2），過點B作BH⊥CE于點H，∵∠BCH=∠ACE，∴tan∠BCH=tan∠ACE，∴，∴，∴t=，∴C（，），∴S△ACB=S△ACE+S梯形BOCE-S△ABO=．5.（2022徐匯一模24題）如圖，拋物線與x軸相交于點A，與y軸交于點B，C為線段OA上的一個動點，過點C作x軸的垂線，交直線AB于點D，交該拋物線于點E．（1）求直線AB的表達式，直接寫出頂點M的坐標；（2）當以B，E，D為頂點的三角形與△CDA相似時，求點C的坐標；（3）當時，求△BDE與△CDA的面積之比．【小問1詳解】解：令，則，或，，令，則，，設直線的解析式為，，，，，，；【小問2詳解】解：，，是直角三角形，設，①如圖1，當，時，，，，（舍或，，；②如圖2，當時，過點作軸交于點，，，，，，即，，，，（舍或，，；綜上所述：點的坐標為，或，；【小問3詳解】解：如圖3，作的垂直平分線交軸于點，連接，過點作于點，，，，，在中，，，，，，，設，則，，，，，，，，，，，．6.（2021年長寧二模）如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2﹣163x+c經過點A（1，0）、B（3，0），且與y軸交于點C（1）求拋物線的表達式；（2）如果將拋物線向左平移m（m＞0）個單位長度，聯(lián)結AC、BC，當拋物線與△ABC的三邊有且只有一個公共點時，求m的值；（3）如果點P是拋物線上一動點，且在點B的右側，聯(lián)結PC，直線PA交y軸于點E，當∠PCE＝∠PEC時，求點P的坐標．【詳解】解：（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式得：，解得故拋物線的表達式為；（2）令x=0，y=4∴C（0，4）當拋物線與△ABC的三邊有且只有一個公共點時，則拋物線過點C（0，4）由拋物線的表達式知，其對稱軸為x＝2，則平移后拋物線再過點C時，m＝4；（3）設點P的坐標為（t，)，設直線PA的表達式為y＝kx+b，代入A、P坐標得，解得，∴直線PA的表達式為y＝（）x，令x=0，y=故點E的坐標為（0，﹣t+4），而點C（0，4），∵∠PCE＝∠PEC，則點P在CE的中垂線上，由中點公式得：yP＝（yC+yE），即＝（t+4），解得t＝1（舍去）或，故點P的坐標為．7.（2021年楊浦二模）如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，直線y＝x﹣5與x軸相交于點A，與y軸相交于點B，拋物線y＝ax2+6x+c經過A、B兩點．（1）求這條拋物線的表達式；（2）設拋物線與x軸的另一個交點為C，點P是拋物線上一點，點Q是直線AB上一點，當四邊形BCPQ是平行四邊形時，求點Q的坐標；（3）在第（2）小題的條件下，聯(lián)結QC，在∠QCB內作射線CD與拋物線的對稱軸相交于點D，使得∠QCD＝∠ABC，求線段DQ的長．【詳解】解：（1）在y＝x﹣5中令x＝0，得y＝﹣5，令y＝0得x＝5，∴A（5，0），B（0，﹣5），將A（5，0），B（0，﹣5）代入y＝ax2+6x+c得：，解得，∴拋物線的表達式為y＝﹣x2+6x﹣5；（2）在y＝﹣x2+6x﹣5中令y＝0得x1＝1，x2＝5，∴C（1，0），點P是拋物線上一點，點Q是直線AB上一點，設P（m，﹣m2+6m﹣5），Q（n，n﹣5），則BP的中點為（，），CQ的中點為（，），∵四邊形BCPQ是平行四邊形，∴線段BP的中點即是CQ的中點，∴，解得或，∴Q（3，﹣2）；（3）設CD與AB交于N，如圖：∵B（0，﹣5），C（1，0），Q（3，﹣2），∴CQ＝2，BQ＝3，∵∠QCD＝∠ABC，∠CQN＝∠BQC，∴△CQN∽△BQC，∴，即＝，∴QN＝，設N（t，t﹣5），而Q（3，﹣2），∴＝，∴t＝或t＝，∵在∠QCB內作射線CD，∴t＝，N（，﹣），設CN解析式為y＝kx+b，將N（，﹣），C（1，0）代入得：，解得，∴CN解析式為y＝﹣5x+5，令x＝3得y＝﹣10，∴Q（3，﹣10），∴DQ＝﹣2﹣（﹣10）＝8．8.（2021年青浦二模）已知：如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+3的圖象與x軸交于點A（﹣1，0）和點B，與y軸交于點C，對稱軸是直線x＝1，頂點是點D．（1）求該拋物線的解析式和頂點D的坐標；（2）點P為該拋物線第三象限上的一點，當四邊形PBDC為梯形時，求點P的坐標；（3）在（2）的條件下，點E為x軸正半軸上的一點，當tan（∠PBO+∠PEO）＝時，求OE的長．解：（1）∵拋物線經過點A（－1，0），對稱軸是直線x＝1，∴……（2分），解得 （1分）∴拋物線的解析式為．把x＝1代入拋物線的解析式，得y＝4．∴D（1，4）． （1分）（2）∵點P為拋物線第三象限上的點，且四邊形PBDC為梯形，∴CD∥BP． （1分）延長DC交x軸負半軸于點F，過點D作y軸的垂線，垂足為點G，過點P作x軸的垂線，垂足為點H．∵C（0，3），D（1，4），∴GD＝CG＝1．∴∠GDC＝45°．∵GD∥BF，∴∠DFB＝∠GDC＝45°．∵CD∥BP，∴∠PBF＝∠DFB＝45°． （1分）∴∠PBF＝∠HPB，∴PH＝BH．設點P的坐標為．由題意可知B（3，0）．得． （1分）解得，或．（舍）∴P（－2，－5） （1分）（3）∵P（－2，－5），∴在Rt△PHO中，． （1分）∵，∴．由（2）可知，，因此，所以點E在點B的右側．又∵，∴． （1分）∵，∴△OPB∽△OEP． （1分）∴，∴，∴． （1分）題型六：例1（2022楊浦一模24）已知在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0）和點B，與y軸交于點C（0，2），點P是該拋物線在第一象限內一點，聯(lián)結AP、BC，AP與線段BC相交于點F．（1）求拋物線的表達式；（2）設拋物線的對稱軸與線段BC交于點E，如果點F與點E重合，求點P的坐標；（3）過點P作PG⊥x軸，垂足為點G，PG與線段BC交于點H，如果PF＝PH，求線段PH的長度．【解答】解：（1）將點A（﹣1，0）和點C（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c，∴，∴，∴y＝﹣x2+x+2；（2）∵y＝﹣x2+x+2，∴對稱軸為直線x＝，令y＝0，則﹣x2+x+2＝0，解得x＝﹣1或x＝4，∴B（4，0），設直線BC的解析式為y＝kx+m，∴，∴，∴y＝﹣x+2，∴E（，），設直線AE的解析式為y＝k'x+n，∴，∴，∴y＝x+，聯(lián)立，∴x＝3或x＝﹣1（不符合題意，舍去），∴P（3，2）；（3）解法一：設P（t，﹣t2+t+2），則H（t，﹣t+2），∴PH＝﹣t2+2t，設直線AP的解析式為y＝k1x+b1，∴，∴，∴y＝x+，聯(lián)立，∴x＝，∴F（，），直線AP與y軸交點E（0，），∴CE＝2﹣＝，∵PF＝PH，∴∠PFH＝∠PHF，∵PG∥y軸，∴∠ECF＝∠PHF，∵∠CFE＝∠PFH，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝EF，∴（）2＝（）2+（﹣）2，∴（4﹣t）2+4＝（5﹣t）2，∴t＝，∴PH＝﹣t2+2t＝．2.（2020長寧二模）如圖7，在平面直角坐標系中，已知拋物線經過點，對稱軸是直線，頂點為點，拋物線與軸交于點.（1）求拋物線的表達式和點的坐標；（2）將上述拋物線向下平移1個單位，平移后的拋物線與x軸正半軸交于點，求的面積；（3）如果點在原拋物線上，且在對稱軸的右側，聯(lián)結交線段于點，，求點的坐標.圖圖7-1-2-3-41234-1-2-3-41234Oxy解：（1）拋物線經過點，對稱軸是直線∴，解得（2分）∴拋物線的解析式為，頂點B的坐標是（2分）（2）拋物線與軸交于點平移后的拋物線表達式為：，點D的坐標是（2分）過點做軸，垂足為點∴（2分）（3）∵直線經過點、，∴直線的表達式為：設對稱軸與直線相交于點，則∵∴（1分）過點作，交直線于點設點，則∴（1分）∵∴∴∴∴（舍去）或（1分）∴（1分）3.（2021閔行區(qū)二模24）（12分）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝﹣x2+mx+n經過點A（5，0），頂點為點B，對稱軸為直線x＝3，且對稱軸與x軸交于點C．直線y＝kx+b，經過點A，與線段BC交于點E．（1）求拋物線y＝﹣x2+mx+n的表達式；（2）聯(lián)結BO、EO．當△BOE的面積為3時，求直線y＝kx+b的表達式；（3）在（2）的條件下，設點D為y軸上的一點，聯(lián)結BD、AD，當BD＝EO時，求∠DAO的余切值．【分析】（1）利用待定系數法和拋物線對稱軸公式即可求解；（2）先求出頂點B坐標，根據△BOE的面積為3求出BE，進而求出點E坐標，利用待定系數法即可求解；（3）分BD∥OE和BD與OE不平行兩種情況，分別求出D坐標，利用余切定義即可求解．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+mx+n經過點A（5，3），∴，∴，∴拋物線表達式為y＝﹣x2+6x﹣6；（2）把x＝3代入y＝﹣x2+2x﹣5得y＝4，∴拋物線頂點B坐標為（5，4），由△BOE的面積為3得BE×3＝3，∴BE＝2，∵點E在線段BC上，∴點E坐標為E（3，3），把點E（3，2）和點A（8，，∴，∴直線表達式為y＝﹣x+5；（3）如圖，①若BD∥OE，則四邊形OEBD1為平行四邊形，則點D4坐標為（0，2），連接D5A，∴cot∠D1AO＝＝，綜上所述，此時∠DAO的余切值為或．【點評】本題為二次函數綜合題，考查了二次函數性質，求一次函數解析式，余切定義等知識，熟練掌握各知識點是解題關鍵，解第（3）步時要注意分類討論思想應用．4.（2021虹口二模24）如圖8，在平面直角坐標系中，直線l：與x軸、y軸分別交于點A、B，與雙曲線H：交于點P(2，)，直線分別與直線l和雙曲線H交于點E、D．（1）求k和b的值；（2）當點E在線段AB上時，如果ED=BO，求m的值；（3）點C是y軸上一點，如果四邊形BCDE是菱形，求點的坐標．【答案】24．解：（1）由題意：把點P(2，)代入中，得．………（2分）把點P(2，)代入中，得．………（2分）（2）由題意：E，D．則．…（1分）∵ED=BO，且BO=3，∴．…………（1分）解得．…………（1分）∵點E在線段AB上，∴m<0．∴m的值為．…………（1分）（3）易得．………（1分）①當m<0，點E在點D上方時，．∵，∴．解得．∴，C．………（1分）②當m<0，點D在點E上方時，，方程無實根．③當m>0，點E在點D上方時，，方程無實根．④當m>0，點D在點E上方時，．解得．∴，C．……（1分）∴綜上所述C或C.……（1分）5.（2020浦東二模）在平面直角坐標系中，已知拋物線與軸交于點和點（點在點的左側），與軸交于點，對稱軸是直線．（1）求拋物線的表達式；（2）直線平行于軸，與拋物線交于、兩點（點在點的左側），且，點關于直線的對稱點為，求線段的長；（3）點是該拋物線上一點，且在第一象限內，聯(lián)結、，交線段于點，當時，求點的坐標．【整體分析】（1）根據拋物線與軸交于點可得出c的值，然后由對稱軸是直線可得出b的值，從而可求出拋物線的解析式；

（2）令y=0得出關于x的一元二次方程，求出x，可得出點A、B的坐標，從而得到AB的長，再求出MN的長，根據拋物線的對稱性求出點M的橫坐標，再代入拋物線解析式求出點M的縱坐標，再根據點的對稱可求出OE的長；

（3）過點E作x軸的平行線EH，分別過點F，P作EH的垂線，垂足分別為G，Q，則FG∥PQ，先證明△EGF∽△EQP，可得，設點F的坐標為（a，-a+3），則EG=a，F(xiàn)G=-a+3-=-a+，可用含a的式子表示P點的坐標，根據P在拋物線的圖象上，可得關于a的方程，把a的值代入P點坐標，可得答案．【滿分解答】解：（1）將點C（0，3）代入得c=3，又拋物線的對稱軸為直線x=1，∴-=1，解得b=2，∴拋物線的表達式為y=-x2+2x+3；（2）如圖，令y=0，則-x2+2x+3=0，解得x1=-1，x2=3，

∴點A（-1，0），B（3，0），∴AB=3-（-1）=4，

∵，∴MN=×4=3，

根據二次函數的對稱性，點M的橫坐標為，代入二次函數表達式得，y=，∴點M的坐標為，又點C的坐標為（0，3），點C與點E關于直線MN對稱，∴CE=2×（3-）=，∴OE=OC-CE=；（3）如圖，過點E作x軸的平行線EH，分別過點F，P作EH的垂線，垂足分別為G，Q，則FG∥PQ，設直線BC的解析式為y=kx+b（k≠0），則，解得，∴直線BC的解析式為y=-x+3，設點F坐標為（a，-a+3），則EG=a，F(xiàn)G=-a+3-=-a+．∵FG∥PQ，∴△EGF∽△EQP，∴．∵，∴FP:EF=1:2，∴EF:EP=2:3．∴，∴EQ=EG=a，PQ=FG=（-a+）=-a+，∴xP=a，yP=-a++=-a+，即點P的坐標為（a，-a+），又點P在拋物線y=-x2+2x+3上，∴-a+=-a2+3a+3，化簡得9a2-18a+5=0，解得a=或a=，符合題意，∴點P的坐標為（，）或（，)．【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了利用待定系數法求函數解析式，相似三角形的判定與性質，軸對稱的性質以及解一元二次方程等知識，綜合運用相關性質是解題的關鍵．6.（2