如图 在平面直角坐标系中 二次函数$y=-x^{2}+bx+c$的图象与$x$轴交于$A$、$B$两点 与$y$轴交于$C\left(0,3\right)$ $

1、（1）把点$B$，点$C$的坐标代入解析式，得：$\left\{\begin{array}{l}{9+3b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，$\therefore $二次函数得表达式为$y=-x^{2}+2x+3$；$(2)$存在点$P$，使四边形$POP'{C'}$为菱形，设$P(x$，$-x^{2}+2x+3)$，$PP'$交$CO$于点$E$，若四边形$POP'{C'}$是菱形，则$PC'=PO$，连接$PP'$，则$PE\bot CO$，$OE=CE=\frac{3}{2}$，$\therefore -{x}^{2}+2x+3=\frac{3}{2}$，解得${x}_{1}=\frac{2+\sqrt{10}}{2}$，${x}_{2}=\frac{2-\sqrt{10}}{2}($不合题意，舍去），$\therefore $点$P$的坐标为（$\frac{2+\sqrt{10}}{2}$，$\frac{3}{2})$；$(3)$过点$P$作$y$轴的平行线与$BC$交与点$Q$，设$P(x$，$-x^{2}+2x+3)$，易得直线$BC$的解析式为$y=-x+3$，则$Q\left(x,-x+3\right)$，$\therefore {S}_{△CPB}={S}_{△BPQ}+{S}_{△CPQ}=\frac{1}{2}•QP•OF=\frac{1}{2}×(-{x}^{2}+3x)×3=-\frac{3}{2}(x-\frac{3}{2})^{2}+\frac{27}{8}$，当$x=\frac{3}{2}$时，$\triangle CPB$的面积最大，此时，点$P$的坐标为（$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$），$\triangle CPB$的面积的最大值为$\frac{27}{8}$.

2、（1）把点$B$，点$C$的坐标代入解析式，得：$\left\{\begin{array}{l}{9+3b+c=0}\\{c=3}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，$\therefore $二次函数得表达式为$y=-x^{2}+2x+3$；$(2)$存在点$P$，使四边形$POP'{C'}$为菱形，设$P(x$，$-x^{2}+2x+3)$，$PP'$交$CO$于点$E$，若四边形$POP'{C'}$是菱形，则$PC'=PO$，连接$PP'$，则$PE\bot CO$，$OE=CE=\frac{3}{2}$，$\therefore -{x}^{2}+2x+3=\frac{3}{2}$，解得${x}_{1}=\frac{2+\sqrt{10}}{2}$，${x}_{2}=\frac{2-\sqrt{10}}{2}($不合题意，舍去），$\therefore $点$P$的坐标为（$\frac{2+\sqrt{10}}{2}$，$\frac{3}{2})$；$(3)$过点$P$作$y$轴的平行线与$BC$交与点$Q$，设$P(x$，$-x^{2}+2x+3)$，易得直线$BC$的解析式为$y=-x+3$，则$Q\left(x,-x+3\right)$，$\therefore {S}_{△CPB}={S}_{△BPQ}+{S}_{△CPQ}=\frac{1}{2}•QP•OF=\frac{1}{2}×(-{x}^{2}+3x)×3=-\frac{3}{2}(x-\frac{3}{2})^{2}+\frac{27}{8}$，当$x=\frac{3}{2}$时，$\triangle CPB$的面积最大，此时，点$P$的坐标为（$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$），$\triangle CPB$的面积的最大值为$\frac{27}{8}$.

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