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

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1、下载来源：初中数学资料群：795399662，其他科资料群：729826090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

2、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，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

3、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

4、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

5、标为（0，3），点C的坐标为（1，2），点E的坐标为（1，0），AE4，OB3，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，

6、在RtENP2中，P2EN45，P2NE90，ENP2N，即m（1）（m2+2m+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

7、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

8、+2m2t2+2mt+m2，yB2t2，syAyBt2+2mt+m22t23t2+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，

9、GNmm，（m2m）（mm）2m2QN解得QNG（0，）【例3】（2022鄂尔多斯）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

10、）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DEEF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，P

11、DCO，当PDCO时，以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，|m23m|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，

12、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OA

13、DC的面积SOAC+SACD，SADCSABC，利用三角形的面积公式即可求得结论；（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），

14、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；（

15、3）当点P在BC上方时，如图，PCBABC，PCAB，点C，P的纵坐标相等，点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，

16、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

17、7，点B的坐标为（7，0），A（k，0），OBOC，OCOB7，点C的坐标为（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，WP

18、CG，四边形CGPW为平行四边形，CWPG3kED，CD2kPE，tanAPE，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

19、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

20、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），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+

21、MQ+NQMN+2MN+MN（3+）MN（3+）（x22x）（x+2）2+6+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（

22、，）3（2022沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+3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

23、；（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

24、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，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

25、点C作CIFE于点I，过点B作BJFE于点J，设FE交BC于点K，PEF+BFE180，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

26、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

27、），过点P作PHAB于H，可得PA2（p+3）2+1，证明PHDBOA，根据相似三角形的性质得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

28、（x2）（x+1）+1，x2或x1时，y1，即二次函数的图象过两定点C（2，1）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，NMA

29、OAB，MNAB，直线AB：yx+，设直线MN为yx+m，点M（4，0），2+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

30、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A

31、BO，根据SABM+SBOMSAOB，求得OM长，进而得出直线CG，BM的解析式，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，

32、C（1，2），G（1，0），直线CG的解析式为：yx+1，由2x+3x+1得，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

33、整理得：x2+（k2）x3k0，再由根与系数关系可得：xD+xE2k，xDxE3k，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+

34、2x+3；（2）直线l：yk（x3）+3，当x3时，y3，点F（3，3）是直线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，BO

35、C90，OBC45，CBQ45，MBCNBC，MBENBQ，tanMBEtanNBQ，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

36、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

37、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

38、，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（x

39、1x0）（x1+x0）+2（x1x0）（x0+x12）（x0x1），PEx0x1，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，