备考2023年中考数学压轴题训练 ——二次函数（6）
一、真题
1．（2022·邵阳）如图，已知直线y=2x+2与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，点C(3，0)在抛物线上.
（1）求该抛物线的表达式.
（2）正方形OPDE的顶点O为直角坐标系原点，顶点P在线段OC上，顶点E在y轴正半轴上，若△AOB与△DPC全等，求点P的坐标.
（3）在条件（2）下，点Q是线段CD上的动点（点Q不与点D重合），将△PQD沿PQ所在的直线翻折得到△PQD'，连接CD'，求线段CD'长度的最小值.
2．（2022·岳阳）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线：经过点和点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，作抛物线，使它与抛物线关于原点成中心对称，请直接写出抛物线的解析式；
（3）如图3，将（2）中抛物线向上平移2个单位，得到抛物线，抛物线与抛物线相交于，两点（点在点的左侧）.
①求点和点的坐标；
②若点，分别为抛物线和抛物线上，之间的动点（点，与点，不重合），试求四边形面积的最大值.
3．（2022·株洲）阅读材料：十六世纪的法国数学家弗朗索瓦·韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，可表述为“当判别式时，关于的一元二次方程的两个根、有如下关系：，”.此关系通常被称为“韦达定理”.已知二次函数.
（1）若，，且该二次函数的图象过点，求的值；
（2）如图所示，在平面直角坐标系中，该二次函数的图象与轴相交于不同的两点、，其中、，且该二次函数的图象的顶点在矩形的边上，其对称轴与轴、分别交于点、，与轴相交于点，且满足.
①求关于的一元二次方程的根的判别式的值；
②若，令，求的最小值.
4．（2022·长沙）若关于x的函数y，当时，函数y的最大值为M，最小值为N，令函数，我们不妨把函数h称之为函数y的“共同体函数”.
（1）①若函数，当时，求函数y的“共同体函数”h的值；
②若函数（，k，b为常数），求函数y的“共同体函数”h的解析式；
（2）若函数，求函数y的“共同体函数”h的最大值；
（3）若函数，是否存在实数k，使得函数y的最大值等于函数y的“共同体函数”h的最小值.若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
5．（2022·怀化）如图一所示，在平面直角坐标中，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A(﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D.在线段CB上方的抛物线上有一动点P，过点P作PE⊥BC于点E，作PFAB交BC于点F.
（1）求抛物线和直线BC的函数表达式，
（2）当△PEF的周长为最大值时，求点P的坐标和△PEF的周长.
（3）若点G是抛物线上的一个动点，点M是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在以C、B、G、M为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由.
6．（2022·湘潭）已知抛物线y＝x2+bx+c．
（1）如图①，若抛物线图象与x轴交于点A（3，0），与y轴交点B（0，﹣3），连接AB.
（Ⅰ）求该抛物线所表示的二次函数表达式；
（Ⅱ）若点P是抛物线上一动点（与点A不重合），过点P作PH⊥x轴于点H，与线段AB交于点M，是否存在点P使得点M是线段PH的三等分点？若存在，请求出点P的坐标：若不存在，请说明理由.
（2）如图②，直线y＝ x+n与y轴交于点C，同时与抛物线y=x2+bx+c交于点D（﹣3，0），以线段CD为边作菱形CDFE，使点F落在x轴的正半轴上，若该抛物线与线段CE没有交点，求b的取值范围.
7．（2022·永州）已知关于的函数.
（1）若，函数的图象经过点和点，求该函数的表达式和最小值；
（2）若，，时，函数的图象与轴有交点，求的取值范围.
（3）阅读下面材料：
设，函数图象与轴有两个不同的交点，，若，两点均在原点左侧，探究系数，，应满足的条件，根据函数图象，思考以下三个方面：
①因为函数的图象与轴有两个不同的交点，所以；
②因为，两点在原点左侧，所以对应图象上的点在轴上方，即；
③上述两个条件还不能确保，两点均在原点左侧，我们可以通过抛物线的对称轴位置来进一步限制抛物线的位置：即需.
综上所述，系数，，应满足的条件可归纳为：
请根据上面阅读材料，类比解决下面问题：
若函数的图象在直线的右侧与轴有且只有一个交点，求的取值范围.
8．（2022·娄底）如图，抛物线与轴相交于点、点，与轴相交于点.
（1）请直接写出点，，的坐标；
（2）点在抛物线上，当取何值时，的面积最大？并求出面积的最大值.
（3）点是抛物线上的动点，作//交轴于点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
9．（2022·郴州）已知抛物线 与x轴相交于点 ， ，与y轴相交于点C.
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，将直线BC间上平移，得到过原点O的直线MN.点D是直线MN上任意一点.
①当点D在抛物线的对称轴l上时，连接CD，关x轴相交于点E，求线段OE的长；
②如图2，在抛物线的对称轴l上是否存在点F，使得以B，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点F与点D的坐标；若不存在，请说明理由.
10．（2022·湘西）定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”，如图①，抛物线C1：y＝x2+2x﹣3与抛物线C2：y＝ax2+2ax+c组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点A（﹣3，0）、B（点B在点A右侧），与y轴的交点分别为G、H（0，﹣1）．
（1）求抛物线C2的解析式和点G的坐标．
（2）点M是x轴下方抛物线C1上的点，过点M作MN⊥x轴于点N，交抛物线C2于点D，求线段MN与线段DM的长度的比值．
（3）如图②，点E是点H关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
二、模拟预测
11．（2023·凤凰模拟）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C，连接.若在第四象限的抛物线上取一点M，过点M作轴于点D，交直线于点E.
（1）求抛物线的表达式；
（2）试探究抛物线上是否存在点M，使有最大值？若存在，求出点M的坐标和的最大值；若不存在，请说明理由；
（3）连接 ，试探究是否存在点M，使得以M，C，E为顶点的三角形和相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
12．（2023·岳阳模拟）如图，抛物线与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C.
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；
（2）若点P是抛物线段上的一点，当的面积最大时求出点P的坐标，并求出面积的最大值.
（3）点F是抛物线上的动点，作交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由.
13．（2023·汨罗模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称.点P是线段上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线于点N.
（1）求抛物线的解析式；
（2）当的面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以Q，M，N，D为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在；说明理由
14．（2023·湘潭模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴相交于A、B两点，点C的坐标是，连接.
（1）求过O、A、C三点的抛物线的解析式；
（2）求证：；
（3）动点P从点O出发，沿以每秒2个单位长度的速度向点B运动；同时，动点Q从点B出发，沿以每秒1个单位长度的速度向点C运动.规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动.设运动时间为t秒，当t为何值时，？
15．（2022·衡阳模拟）如图，直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点.
（1）求二次函数解析式；
（2）如图1，点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），过点E作ED⊥AB，交AB于点D，作EF⊥AC，交AC于点F，交AB于点M，求△DEM的周长的最大值；
（3）在（2）的结论下，连接CM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、C、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由.
（4）如图2，点N的坐标是（1，0），将线段ON绕点O逆时针旋转得到ON′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接N′A、N′B，求N′A+N′B的最小值.
16．（2023九上·凤凰期末）如图，抛物线y＝-x2+bx+c与x轴交于点A（1，0）和点B（-3，0），与y轴交于点C.
（1）求b，c的值；
（2）如图1，点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标m.当m为何值时，△PBC的面积最大？并求出这个面积的最大值.
（3）如图2，将该抛物线向左平移2个单位长度得到新的抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点M为直线BC上的一点，点N是平面坐标系内一点，是否存在点M，N，使以点B，D，M，N为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
17．（2023·岳阳楼模拟）已知：二次函数的图象与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴是直线，且图象向右平移一个单位后经过坐标原点O，
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）直线交y轴于D点，E为抛物线顶点.若，，求的值.
（3）在（2）问的前提下，P为抛物线对称轴上一点，且满足，在y轴右侧的抛物线上是否存在点M，使得的面积等于，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
18．（2022九下·长沙开学考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.若线段 的长满足 ，则这样的抛物线称为“黄金”抛物线.如图，抛物线 为“黄金”抛物线，其与x轴交点为A，B（其中B在A的右侧），与y轴交于点C.且
（1）求抛物线的解析式；
（2）若P为 上方抛物线上的动点，过点P作 ，垂足为D.
①求 的最大值；
②连接 ，当 与 相似时，求点P的坐标.
19．（2022九下·长沙开学考）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线 交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点B，交y轴的正半轴于点C，且OB=2OC.
（1）求点B的坐标和a的值；
（2）如图1，点D，P分别在一、三象限的抛物线上，其中点P的横坐标为t，连接BP，交y轴于点E，连接CD，DE，设△CDE的面积为s，若 ，求点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，射线AE与射线FB交于点G，连接AP，若∠AGB=2∠APB，求点P的坐标.
20．（2023·永定模拟）已知抛物线与轴交于点、，与轴交于点.
（1）求抛物线解析式；
（2）如图①，若点是第一象限内抛物线上一动点，过点作于点，求线段长的最大值
（3）如图②，若点是抛物线上另一动点，点是平面内一点，是否存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由
21．（2023九下·雨花开学考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（a＜0）与x轴交于A（-2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m＝，试求m的最大值及此时点P的坐标：
（3）连接AC，抛物线上是否存在点Q，使得∠BAQ＝2∠OCA？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
22．（2022九上·长沙期中）规定：如果两个函数图象上至少存在一对点是关于原点对称的，我们则称这两个函数互为“守望函数”，这对点称为“守望点”．例如：点P（2，4）在函数上，点Q（，）在函数上，点P与点Q关于原点对称，此时函数和互为“守望函数”，点P与点Q则为一对“守望点”．
（1）函数和函数是否互为“守望函数”？若是，求出它们的“守望点”，若不是，请说明理由；
（2）已知函数和互为“守望函数”，求n的最大值并写出取最大值时对应的“守望点”；
（3）已知二次函数与互为“守望函数”，有且仅有一对“守望点”，若二次函数的顶点为M，与x轴交于，，其中，，又，过顶点M作x轴的平行线l交y轴于点N，直线与y轴交点为点Q，动点E在x轴上运动，求抛物线上的一点F的坐标，使得四边形为平行四边形．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：令x=0，则y=2x+2=2，令y=0，则0=2x+2，解得x=-1，
点A(-1，0)，点B(0，2)，
把A(-1，0)，B(0，2)，C(3，0)代入y=ax2+bx+c，
得，解得，
∴该抛物线的表达式为y=x2+x+2；
（2）解：若△AOB和△DPC全等，且∠AOB=∠DPC=90°，
分两种情况：
①△AOB≌△DPC，则AO=PD=1，OB=PC=2，
∵OC=3，
∴OP=3-2=1，
∴点P的坐标为(1，0)；
②△AOB≌△CPD，则OB=PD=2，
∴正方形OPDE的边长为2，
∴点P的坐标为(2，0)；
综上，点P的坐标为(1，0)或(2，0)；
（3）解：①点P的坐标为(1，0)时，
∵△PQD'与△PQD关于PQ对称，
∴PD'=PD，
∴点D'在以点P为圆心，1为半径的圆上运动，
当P、D'、C三点共线时，线段CD'长度取得最小值，最小值为2-1=1；
②点P的坐标为(2，0)时，
∵△PQD'与△PQD关于PQ对称，
∴PD'=PD，
∴点D'在以点P为圆心，2为半径的圆上运动，
当P、C、D'三点共线时，线段CD'长度取得最小值，最小值为2-1=1；
综上，线段CD'长度的最小值为1.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；三角形全等及其性质；轴对称的应用-最短距离问题；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）分别令直线方程中的x=0、y=0，求出y、x的值，可得点A、B的坐标，将A、B、C的坐标代入y=ax2+bx+c中求出a、b、c的值，据此可得抛物线的表达式；
（2）①当△AOB≌△DPC时，则AO=PD=1，OB=PC=2，OP=1，据此可得点P的坐标；②当△AOB≌△CPD时，则OB=PD=2，据此可得点P的坐标；
（3）①点P的坐标为(1，0)时，根据轴对称的性质可得PD'=PD，则点D'在以点P为圆心，1为半径的圆上运动，当P、D'、C三点共线时，线段CD'长度取得最小值，据此求解；②点P的坐标为(2，0)时，同理可得CD′长度的最小值.
2．【答案】（1）解：将点和点代入，
∴，解得，
∴
（2）解：
（3）解：由题意可得，抛物线的解析式为，
①联立方程组，
解得或，
∴或；
②设直线的解析式为，
∴，解得，
∴，
过点作轴交于点，过点作轴交于点，如图所示：
设，，
则，，
∴，
，
∵，，
∴当时，有最大值，
当时，有最大值，
∵，
∴当最大时，四边形面积的最大值为12.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积
【解析】【解答】解：（2）∵，
∴抛物线的顶点，
∵顶点关于原点的对称点为，
∴抛物线的解析式为，
∴.
【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）代入y=x2+bx+c中求出b、c的值，据此可得抛物线的解析式；
（2）根据抛物线的解析式可得顶点坐标，然后求出顶点关于原点的对称点的坐标，据此可得抛物线F2的解析式；
（3）①由题意可得：抛物线F3的解析式为y=-(x-1)2+6=-x2+2x+5，联立抛物线F1的解析式求出x、y，可得点C、D的坐标；
②利用待定系数法求出直线CD的解析式，过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，设M（m，m2+2m-3），N（n，-n2+2n+3），则F（m，2m+1），N（n，2n+1），表示出MF、NE，结合偶次幂的非负性可得MF、NE的最大值，然后根据S四边形CMDN=S△CDN+S△CDM进行计算.
3．【答案】（1）解：将，代入得，
将代入得，
，解得：
（2）解：①∵
∴
∴
∵抛物线的顶点坐标为：
∴
∴
∴
②∵
∴
∵
∴
∴
∴b=2
∴
∴
∴，
∴当时，最小=-4.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）将a=1、b=3代入y=ax2+bx+c中可得y=x2+3x+c，将（1，1）代入就可求出c的值；
（2）①根据完全平方公式结合根与系数的关系可得(x2-x1)2=(x1+x2)2-4x1x2=，表示出x2-x1，即AB，根据顶点坐标公式表示出顶点坐标，得到AE，然后根据三角函数的概念进行解答；
②根据①的结论可得x2=，根据平行线分线段成比例的性质可得，代入求解可得b的值，然后表示出c，根据题意可得T，接下来利用二次函数的性质就可得到T的最小值.
4．【答案】（1）解：①当时，则，即，
，，随的增大而增大，
，
②若函数，当时，，
，
，
当时，则，
，
综上所述，时，，时，
（2）解：对于函数，
，，函数在第一象限内，随的增大而减小，
，
解得，
当时，
，
，
∵当时，随的增大而增大，
当时，取得最小值，此时取得最大值，
最大值为
（3）解：对于函数，
，抛物线开口向下，
时，随的增大而增大，
时，随的增大而减小，
当时，函数y的最大值等于，
在时，
①当时，即时，，，
，
的最小值为（当时），
若，
解得，
但，故不合题意，故舍去；
②当时，即时，，，
，
的最小值为（当时），
若，
解得，
但，故不合题意，故舍去
③当时，即时，，
i)当时，即时
对称轴为，，抛物线开口向上，在上，
当2时，有最小值，
解得
i i)当 时，即时，，
，
，
对称轴为，，抛物线开口向上，在上，
当2时，有最小值，
解得
综上所述，时，存在
【知识点】正比例函数的图象和性质；反比例函数的性质；一次函数的性质；定义新运算；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）①当t=1时，根据t-≤x≤t+可得x的范围，根据正比例函数的性质可得y随x的增大而增大，据此可得M、N的值，进而可求出h的值；
②当k>0时，y随x的增大而增大，据此表示出M、N，然后代入h=中进行计算可得h的值；同理可求出k<0时h的值；
（2）根据反比例函数的性质可得图象在第一象限内，y随x的增大而减小，根据x≥1可得t的范围，根据函数的增减性可得M、N，然后表示出h，再结合二次函数的性质求解即可；
（3）根据二次函数的性质可得：图象开口向下，分t+<2、t- >2、t-≤2≤t+，确定出函数的最值，据此可得M、N，进而可表示出h，求出h的最小值.
5．【答案】（1）解：将点A(-1，0)，B(3，0)代入，得：
，解得 ，
所以抛物线解析式为，C(0，3)
设直线BC的函数表达式 ，将B(3，0)，C(0，3)代入得：
，解得 ，
所以直线BC的函数表达式为
（2）解：如图，连接PC，OP，PB，
设P（m， m2＋2m＋3），
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝45°，
∵PF∥AB，
∴∠PFE＝∠OBC＝45°，连接PC，OP，PB，
∵PE⊥BC，
∴△PEF是等腰直角三角形，
∴PE的值最大时，△PEF的周长最大，
∵S△PBC＝S△POB＋S△POC S△OBC
=
∵a＜0，
∴抛物线的开口向下，
∴m＝时，△PBC的面积最大，面积的最大值为，此时PE的值最大，
∵，
∴，
∴△PEF的周长的最大值＝
∴ m2＋2m＋3=
∴此时点P.
（3）解：存在.理由如下，
如图，
∵ y＝-x2+2x+3
抛物线的对称轴为直线x=
∵点M是抛物线对称轴上的一个动点，点G是抛物线上的一个动点
设点M（1，n），点G（m，-m2+2m+3）
∵以C、B、G、M为顶点的四边形为平行四边形，
当BC为边时，点G到对称轴的距离|1-m|等于OB的长
∴|1-m|=3
解之：m1=-2，m2=4
当m=-2时-m2+2m+3=-5；
当m=4时-m2+2m+3=-5；
∴点G的坐标为 (-2，-5)或(4，-5)；
当BC为对角线时，
∴
解之：m=2
∴-m2+2m+3=3
∴点G（2，3）
∴点G坐标为(2，3)或(-2，-5)或(4，-5).
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一次函数图象与几何变换；平行四边形的性质；等腰直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=ax2+2x+c中求出a、c的值，据此可得抛物线的解析式，令x=0，求出y的值，可得点C的坐标；将B、C的坐标代入y=kx+b中求出k、b的值，进而可得直线BC的函数表达式；
（2）利用函数解析式设P（m， m2＋2m＋3），利用点B，C的坐标可证得∠OBC＝45°，利用平行线的性质可推出△PEF是等腰直角三角形，PE的值最大时，△PEF的周长最大，利用三角形的面积公式可得到△PBC的面积与m之间的函数解析式，利用二次函数的性质，可求出△PBC的面积的最大值，即可求出PE的长；然后求出△PEF的周长的最大值及点P的坐标.
（3）设G（m，-m2+2m+3），N（1，n），然后分BC为平行四边形的边、利用点G到对称轴的距离|1-m|等于OB的长，可得到关于m的方程，解方程求出m的值，可得到点G的坐标；当BC为平行四边形的对角线，利用中点坐标公式建立关于m的方程，解方程求出m的值，可得到点G的坐标；综上所述可得到符合题意的点G的坐标.
6．【答案】（1）解：（Ⅰ） 由题意得：，
解得，
，
（Ⅱ）由题意得：OA=3，OB=3，
∴∠OAB=45°，
∴HA=HM，
设直线AB的解析式为y=kx-3，
则0=3k-3，
解得k=1，
∴y=x-3，
设M(m，m-3)，
则yP=m2-2m-3，
∴HM=3-m，PH=-(m2-2m-3)，
当PM=2HM时，
m-3-(m2-2m-3)=2(3-m)，
整理得：m2-5m+6=0，
解得m=2或3（舍去），
∴P（2，-3）；
当m=2时，m2-2m-3=-3，
当HM=2PM时，
3-m=2[m-3-(m2-2m-3)]，
整理得：2m2-7m+3=0，
解得：m=或3（舍去），
当m=时，m2-2m-3=-，
∴P(，-)，
综上所述，点P的坐标为：（2，-3）， .
（2）解：把点D (-3， 0)代入直线 y＝ x+n ，
得0= ×(-3)+n，
解得n=4，
∴y= x+4，
∴C(0，4)，
∴CD===5，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CE=EF=DF=CD=5，
∵点E (5， 4)，
∴点D(- 3，0)在抛物线y=x2+bx+c上，
∴(-3) 2-3b+c=0，
即c=3b-9，
∴y=x2+bx+3b-9，
∵该抛物线与线段CE没有交点，
①当CE在抛物线内时，
52+5b+3b-9<4，
解得： b<-，
②当CE在抛物线右侧时，
3b-9>4，
解得：b>，
综上所述， 或 .
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；菱形的性质；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】(1) (Ⅰ) 利用待定系数法求二次函数解析式即可；
(Ⅱ) 先求出OA和OB长，得出∠OAB=45°，利用待定系数法求直线AB的解析式，设M(m，m-3)，则yP=m2-2m-3，然后利用含m的代数式表示PM和HM的长，分两种情况讨论，即当PM=2HM时，当HM=2PM时，依此分别建立关于m的方程求解，即可解答；
(2)先用待定系数法求出n的值，再利用勾股定理求出CD的长为5，根据菱形的性质求出点E的坐标，再根据该抛物线与线段CE没有交点，分CE在抛物线内和CE在抛物线右侧两种情况进行讨论，①当CE在抛物线内时，②当CE在抛物线右侧时，分别求出b的取值范围，即可解答.
7．【答案】（1）解：根据题意，得
解之，得，所以
函数的表达式或，当时，的最小值是0
（2）解：根据题意，得而函数的图象与轴有交点，所以所以
（3）解：函数的图象
图1：
即
所以，的值不存在.
图2：
即的值.
图3：
即
所以的值不存在
图4：
即
所以的值不存在.
图5：
即
所以的值为
图6：函数与轴的交点为
所以的值为0成立.
综上所述，的取值范围是或.
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【分析】（1）将a的值及点（1，-4），（2，1）代入函数解析式，可得到关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的值，可得到函数解析式.
（2）将a，b，c代入函数解析式，由y=0，可得到关于x的一元二次方程，根据函数图象与x轴有交点，可得到b2-4ac≥0，可得到关于m的不等式，然后求出不等式的解集.
（3）抓住已知条件：函数y=ax2-2x+3的图象在直线x=1的右侧，与x轴有且只有一个交点，分别画出函数图象，分情况讨论，可得到关于a的不等式组，分别求出不等式组的解集，可确定出a的取值范围.
8．【答案】（1）解：，，；
（2）解：过P作轴交BC于Q，如下图.
设直线BC为，将、代入得
，
解得，
∴直线BC为，
根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，的面积最大，
∵，
∴ ，，
∴，
∵，
∴时，PQ最大为，
而，
∴的面积最大为；
（3）解：存在.
∵点是抛物线上的动点，作//交轴于点，如下图.
∴，设.
当点F在x轴下方时，
∵，
即，
∴，
解得（舍去），，
∴.
当点F在x轴的上方时，令，
则 ，
解得，，
∴或.
综上所述，满足条件的点F的坐标为或或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：（1）令，
则，
解得，，
∴，，
令，则，
∴；
【分析】（1）令x=0、y=0，求出y、x的值，可得点A、B、C的坐标；
（2）过P作PQ∥y轴交BC于Q，求出直线BC的解析式，易得当平行于直线BC的直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时△PBC的面积最大，设P（m，m2-2m-6），则Q（m，m-6），表示出PQ，根据二次函数的性质可得PQ的最大值，然后利用三角形的面积公式进行计算；
（3）作FE∥AC交x轴于点E，设F（a，a2-2a-6），当点F在x轴下方时，易得OC=6，则点F的纵坐标为-6，代入求解可得a的值，据此可得点F的坐标；当点F在x轴的上方时，同理可得点F的坐标.
9．【答案】（1）解：将点 ， 代入 得：
解得
∴抛物线的表达式为
（2）解：①由（1）可知： ，
设直线BC： ，将点 ， 代入得：
解得
∴直线BC： ，则直线MN： .
∵抛物线的对称轴： ，
把 代入 ，得 ，
∴ .
设直线CD： ，将点 ， 代入得：
解得
∴直线CD： .
当 时，得 ，
∴ ，
∴ .
②存在点F，使得以B，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形.
理由如下：
（I）若平行四边形以BC为边时，由 可知，FD在直线MN上，
∴点F是直线MN与对称轴l的交点，即 .
由点D在直线MN上，设 .
如图2-1，若四边形BCFD是平行四边形，则 .
过点D作y轴的垂线交对称轴l于点G，则 .
∵ ，
∴ ，
∵ 轴，
∴ ，
∴ .
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，解得 .
∴ ，
如图2-2，若四边形BCDF是平行四边形，则 .
同理可证： ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，解得 .
∴
（II）若平行四边形以BC为对角线时，由于点D在BC的上方，则点F一定在BC的下方.
∴如图2-3，存在一种平行四边形，即 .
设 ， ，同理可证： ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ .
解得
∴ ， .
综上所述，存在点F，使得以B，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形.
当点F的坐标为 时，点D的坐标： 或 ；
当点F的坐标为 时，点D的坐标： .
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=x2+bx+c中可得b、c的值，据此可得抛物线的解析式；
（2）①易得C（0，-3），利用待定系数法求出直线BC、MN的解析式，由抛物线的解析式可得对称轴为直线x=1，将x=1代入直线MN的解析式中求出y，得点D的坐标，然后求出直线CD的解析式，令y=0，求出x的值，可得点E的坐标，进而可得OE的长；
②（I）若平行四边形以BC为边时，由BC∥FD可知：FD在直线MN上，即点F是直线MN与对称轴l的交点，F（1，1），设D（t，t），若四边形BCFD是平行四边形，则DF=BC，过点D作y轴的垂线交对称轴l于点G，则G（1，t），由平行线性质得∠OBC=∠DOB，∠GDF=∠DOB，则∠OBC=∠GDF，证明△DGF≌△BOC，得到GD=OB，GF=OC，据此可得t的值，进而得点D的坐标；若四边形BCDF是平行四边形，则DF=CB，同理求解即可；（II）若平行四边形以BC为对角线时，由于点D在BC的上方，则点F一定在BC的下方，存在一种平行四边形，即平行四边形BFCD，设D（t，t），F（1，m）同理可证△DHC≌△BPF，得到DH=BP，HC=PF，表示出DH、BP、HC、PF，求出t、m的值，进而可得点D、F的坐标.
10．【答案】（1）解：将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，
∴，解得，
∴y＝x2+x﹣1，
在y＝x2+2x﹣3中，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴G（0，﹣3）．
（2）解：设M（t，t2+2t﹣3），则D（t，），N（t，0），
∴NM＝﹣t2﹣2t+3，，
∴＝．
（3）解：存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形，
理由如下：
由（1）可得y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1，
∵E点与H点关于对称轴x＝﹣1对称，
∴E（﹣2，﹣1），设F（x，0），
①当EG＝EF时，∵G（0，﹣3），
∴EG＝2，
∴2＝，
解得x＝﹣2或x＝﹣﹣2，
∴F（﹣2，0）或（﹣﹣2，0）；
②当EG＝FG时，2＝，此时x无解；
综上所述：F点坐标为（﹣2，0）或（﹣﹣2，0）．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）将点A，H的坐标代入函数解析式，可得到关于a，c的方程组解方程组求出a，c的值，可得到二次函数解析式；由x=0可求出对应的y的值，可得到点G的坐标.
（2）设M（t，t2+2t﹣3），可得到D（t，），N（t，0），可表示出MN，DM的长；然后代入求出线段MN与线段DM的长度的比值.
（3）利用二次函数解析式可求出对称轴，利用对称性求出点E的坐标；设F（x，0）；利用等腰三角形的判定，分情况讨论：当EG=EF时；当EG=FG时，利用直角坐标系中两点之间的距离公式，分别得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点F的坐标.
11．【答案】（1）解：把点，，代入中
得：，
解得：
则抛物线的表达式为则抛物线的表达式为：；
（2）解：存在，理由如下：
由抛物线解析式可知：点
设的表达式为：，
将点B的坐标代入上式得：，
解得：，
则直线的表达式为：，
设点，则点，
则，
∵，故有最大值，
当时，的最大值为3，此时，点；
（3）解：存在，理由如下：
为顶点的三角形和相似，
①当为直角时，
则点C、M关于抛物线对称轴对称，
而抛物线的对称轴为，
则点；
②当时，如图：
由（1）得，设直线的解析式为：
，
把代入得，
设直线的解析式为：，
易知：
故直线的表达式为：，
联立抛物线表达式和上式得：，
解得：（舍去）或，
即点；
综上，点M的坐标为：或
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=ax2+bx-4中求出a、b的值，据此可得抛物线的解析式；
（2）由抛物线的解析式可得C（0，-4），利用待定系数法求出直线BC的解析式，设E（x，x-4），则M（x，x2-x-4），表示出ME，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）①当∠CME为直角时，点C、M关于抛物线对称轴对称，据此不难得到点M的坐标；②当∠ECM=90°时，利用待定系数法求出直线BC、CM的解析式，联立抛物线解析式求出x、y，得到点M的坐标.
12．【答案】（1），，
（2）解：如图，连接，
设点，
，
，
，
，
当时，即点P的坐标为时，有最大值；
（3）解：存在.
①如图，当四边形为时，，
抛物线对称轴为直线，
的坐标为，
②如图，当四边形为时，作于点G，
，
当时，，
，，
，，
综上所述，点F的坐标为或或.
【知识点】二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；三角形的面积；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：（1）当时，，
，
当时，，
解得，，
，；
【分析】（1）分别令x=0、y=0，求出y、x的值，可得点A、B、C的坐标；
（2）连接OP，设P（m，m2-2m-6），根据三角形的面积公式可得S△POC、S△BOP、S△BOC，然后根据S△PBC=S四边形PBOC-S△BOC表示出S△PBC，再根据二次函数的性质进行解答；
（3）①当四边形为ACFE时，AE∥CF，抛物线的对称轴为直线x=2，据此可得点F的坐标；②当四边形为ACEF时，作FG⊥AE于点G，则FG=OC=6，将y=6代入求出x的值，可得点F的坐标.
13．【答案】（1）解：令，则，
，
∵点C与点D关于x轴对称.
，
把代入，得，
，
，
，
令，得，
解得，
，
把B点坐标代入中，得
，
解得，，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：如图
设，则，，
则，
，
，
∴当时，的面积最大，
此时，P点的坐标为；
（3）解：存在，
由（2）知，，，
，
点Q在y轴上，
，
当时，以Q，M，N，D为顶点的四边形是平行四边形，
，且点Q在y轴上，
点Q的纵坐标为：可
或.
【知识点】二次函数的最值；三角形的面积；平行四边形的性质；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）令x=0，求出y的值，可得点C的坐标，根据点C与点D关于x轴对称可得点D的坐标，然后代入y=x-t中求出t的值，据此可得一次函数的解析式，令y=0，求出x的值，得到点B的坐标，然后将点B的坐标代入y=-x2+bx+8中求出b的值，进而可得抛物线的解析式；
（2）设P（m，0），则M（m，-m2+7m+8），N（m，m-8），表示出MN，根据三角形的面积公式表示出S△MDB，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）由（2）得M（3，20），N（3，-5），则MN=25，故当QD=MN=25时，以Q，M，N，D为顶点的四边形是平行四边形，据此求解.
14．【答案】（1）解：设过O、A、C三点的抛物线解析式为.
∵直线与x轴，y轴相交于A、B两点，
∴点和点.
又∵C点坐标为
将O、A、C三点代入抛物线解析式得：，
解得，
∴所求抛物线解析式为.
（2）证明：由A、B两点的坐标得，
由勾股定理得，
∴.
过C点作轴于D，作轴于E，
∵C点坐标为，
∴.
由勾股定理得.
∴.
∵，
∴，
∴由勾股定理逆定理得.
∴是直角三角形；
∴，
∵，
∴
（3）解：由题意得动点运动t秒后，.
由勾股定理得，.
∵，
∴.
∴.
解得，（舍去）.
∴动点运动秒时，.
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）直线y=-2x+10与x、y轴相较于点A、B，分别令y=0，x=0可求得A、B的坐标，然后把A、B、C的坐标代入二次函数的解析式可得关于a、b、c的方程组，解之可求解；
（2）过C点作CD⊥x轴于D，作CE⊥y轴于E，由题意用勾股定理计算可得AO=AC，AB=AB，用HL定理可证；
（3）由题意可得运动t秒后，OP=2t，BQ=t，CQ=10-t，在直角三角形AOP和直角三角形ACQ并结合PA=QA用勾股定理可得关于t的方程，解方程可求解.
15．【答案】（1）解：∵直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令x=0，则y=3；
令y=0，则x=4，
，
∵抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点，
，
解得： ，
；
（2）解：设，则 ， ，
， ，
，
∵点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），
，
，
的周长为： ，
∵ED⊥AB， EF⊥AC，
，
，
，
的周长∶的周长=
，
，
的周长为：，
，
，
时，的周长最大值为 ；
（3）解：存在点P，
由（2）可知： ，
此时可得： ，
，
∴抛物线的对称轴为： ，
则Q点的横坐标为1，
，
，
设 ，
①当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的左侧，
此时： ，
C点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到M，
则P点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到Q，
∵Q点的横坐标为1，
∴ ，
将其代入抛物线解析式得： ，
，
②当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的右侧，
同理可知：将Q点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到P，
此时 ，
代入抛物线解析式得： ，
，
③当CM为平行四边形对角线时，由中点坐标公式得：
，
，
代入抛物线解析式得： ，
综上所述：或或；
（4）在y轴上截取OH= ，连接 ，
，
，
，
又 ，
，
，
，
，
当H、 、A共线时，有最小值，且最小值为 ，
在直角三角形AOH中， ，
∴的最小值为 .
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）易得A（4，0）、B（0，3），将A、B的坐标代入y＝ax2+x+c中求出a、c的值，进而可得二次函数的解析式；
（2）设E（m，m2+m+3），则M（m，-m+3），F（m，0），表示出MF、AF，根据勾股定理可得MA，然后表示出△AMF的周长，易证△DEM∽△FAM，根据相似三角形的周长比等于相似比可得△DEM的周长，然后结合二次函数的性质进行解答；
（3）由（2）可知m=2，则E（2，3），M（2，），根据二次函数的解析式可得对称轴为直线x=1，则Q点的横坐标为1，设P（k，n），然后分①CM为平行四边形的边，且P点在Q点的左侧，②CM为平行四边形的边，且P点在Q点的右侧，③CM为平行四边形对角线，根据平行四边形的性质可得k的值，然后代入二次函数解析式中求出n，进而可得点P的坐标；
（4）在y轴上截取OH= ，连接HN′，易证△HON′∽△N′OB，根据相似三角形的性质可得HN′=N′B，则N′A+N′B=N′A+HN′，当H、N′ 、A共线时，N′A+N′B有最小值，且最小值为AH ，然后利用勾股定理计算即可.
16．【答案】（1）解：将点A（1，0）和点B（-3，0）代入y＝-x2+bx+c，
得，
解得，
∴y＝-x2-2x+3；
（2）解：
令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+n，
则有，
解得，
∴y＝x+3，
过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，
由已知可得P（m，-m2-2m+3），则Q（m，m+3），
∴S△PBC＝×3×（-m2-2m+3-m-3）＝（-m2-3m）＝-（m+）2+，
∵－3＜m＜0，－＜0，
∴当m＝-时，S△PBC有最大值，
此时P（-，）；
（3）存在，M坐标为（1，4）或（-3，）或（--3，-）或（-，）
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；菱形的性质
【解析】【解答】解：（3）∵y＝-x2-2x+3＝-（x+1）2+4，
将抛物线向左平移2个单位长度，则y＝-（x+3）2+4＝-x2-6x-5，
联立得：-x2-2x+3＝-x2-6x-5，
∴x＝-2，
∴D（-2，3），
∵B（-3，0），
∴BD＝，
∵M点在直线BC上，
设M（t，t+3），
当四边形BDMN为菱形时，如图1，
∴DB＝DM，
∴10＝（t+2）2+t2，
∴t＝1或t＝-3（舍），
∴M（1，4）；
当四边形BDNM为菱形时，如图2，
∴BD＝BM，
∴10＝（t+3）2+（t+3）2，
∴t＝-3或t＝--3，
∴M（-3，）或M（--3，-）；
当四边形BMDN为菱形时，如图3，
设BD的中点为G，则G（-，），
∵GM⊥BD，
∴BM2＝BG2+GM2，
∴2（t+3）2＝（）2+（t+）2+（t+）2，
∴t＝-，
∴M（-，）；
综上所述：M点的坐标为（1，4）或（-3，）或（--3，-）或（-，）.
【分析】（1）将点A（1，0）和点B（-3，0）代入y＝-x2+bx+c中进行计算可求出b、c的值；
（2）易得C（0，3），利用待定系数法求出直线BC的解析式，过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，由已知可得P（m，-m2-2m+3），则Q（m，m+3），根据三角形的面积公式表示出S△PBC，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）由二次函数图象的几何变换可得平移后抛物线的解析式为y＝-x2-6x-5，联立平移前的解析式求出x、y的值，可得点D的坐标，利用两点间距离公式求出BD的值，设M（t，t+3），当四边形BDMN为菱形时，DB＝DM，代入求解可得t的值，进而可得点M的坐标；当四边形BDNM为菱形时，BD＝BM，同理可得点M的坐标；当四边形BMDN为菱形时，设BD的中点为G，则G（-，），由BM2＝BG2+GM2，可得t的值，进而可得点M的坐标.
17．【答案】（1）解：由题意，
∵对称轴是直线
∴
把，分别代入
得
解得
∴这个二次函数的解析式为
（2）解：∵直线与y轴交于，
∴
由得
连接过E作轴于F，如下图，则
∵抛物线与y轴交于
∴，，
∴，
，
∴，，
∵
∴
∴
∴
∴
（3）解：设
∵
∴，即
解得
∴
∴
方法一：设存在符合条件的点，则
①当M在直线上侧时，连接，如下图
则
即
整理，得
解得(舍去)，
把代入得
∴
②当M在直线下侧时，不妨叫连接，如下图1，
则
即
整理，得
解得(舍去)
把代入得y=-3
∴
综上所述，存在符合条件的点M其坐标为或.
方法二：设存在符合条件的点，则
①当M在直线上侧时，过M作轴，交于G，(如图2)
设D、B到MG距离分别为则
即，，
整理，得
解得(舍去)，
把代入得
∴
②当M在直线下侧时，不妨叫过作轴，交于(如图2)
设D、B到距离分别为则
即
整理，得3m2-5m-2=0
解得(舍去)
把代入得
∴
综上所述，存在符合条件的点M其坐标为或
方法三：①当M在直线上侧时，过M作交y轴于H，连接(如图3)
则，即
∴DH=
∴
∴直线解析式为
联立得或
∵在y轴右侧，
∴坐标为
②当M在直线BD下侧时，不妨叫过作，交y轴于，
连接(如图3)，
同理可得
∴
∴直线解析式为
联立得或
∵在y轴右侧，
∴坐标为
综上所述，存在符合条件的点M，其坐标为或.
【知识点】相似三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；几何图形的面积计算-割补法；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）易得A（-1，0），根据对称性得B（3，0），进而将A、B两点的坐标代入y=ax2-2x+c可得关于字母a、c的方程组，求解得a、c的值，从而得出抛物线的解析式；
（2） 此题若直接求两个角的度数差，有一定难度，可从其它方面入手；首先找出点D、E、C的坐标，即可得出∠OBC=∠OCB=45°； 连接CE，过E作EF⊥y轴于F，如下图，则EF=1，根据点C、E的坐标得∠ECF=45°，得∠BCE=45°，则∠BCE=90°，易得BC、CE、OB、OC的长，则可得Rt△OBD和Rt△CBE的两组直角边对应成比例，从而可得两个三角形相似，得∠CBE=∠DBO，所以所求角的度数差可转化为∠OBC的度数；在Rt△OBC中，已经求得∠OBC=∠OCB=45°，由此求解；
（3）由于点M的坐标无法与PA2直接发生联系，可以△BOM的面积作为突破口进行求解；易知抛物线的对称轴直线方程，设点P（1，n），根据PA=PC的关系可求得点P的坐标，进而得到PA2的值，即可求得△BOW的面积的面积，由于△BOM的面积无法直接解得，故可用割补法求解；
第一种解法： ①当M在直线BD上侧时，连接OM，先根据抛物线的解析式设出点M的坐标， 则S△BDM=S△OBM+S△ODM-S△BOD，由此可得关于点M横坐标的方程，进而即可求出点M的坐标； ②当M在直线BD下侧时，不妨叫M1连接OM1，如下图1，方法同上；
第二种解法：首先根据抛物线的解析式设出点M的坐标， ①当M在直线BD上侧时，过M作MG∥y轴，交BD于G，(如图2) ，设D、B到MG距离分别为h1、h2，则，据此建立方程， 进而即可求出点M的坐标； ②当M在直线BD下侧时，不妨叫过M1作M1G1∥y轴，交BD于G1(如图2) ， 设D、B到M1G1距离分别为h1、h2，则， 由此可得关于点M横坐标的方程，进而即可求出点M的坐标，综上即可得出答案.
18．【答案】（1）解：令 中x=0，则y=2，故OC=2，
设OB=x(x>0)，则OA=4OB=4x，
∵ 为“黄金”抛物线，
∴ ，代入数据：
4=4x ，解得x=1(负值舍去)，
∴OB=1，OA=4，
∴B(1，0)，A(-4，0)代入 中，
∴ ，解得 ，
∴抛物线的解析式为 .
（2）解：①过P点作PH⊥x轴于H点，交AC于E点，如下图所示：
则∠PDE=∠DHA=90°，∠PED=∠AEH，
∴∠P=∠CAO，
∴ ，
∴ ，即
故要使得 最大，只要PE最大即可，接下来求PE的最大值，
设直线AC的解析式为：y=mx+n，代入A(-4，0)、C(0，2)，
∴ ，解得： ，
∴直线AC解析式为： ，
设 ，则 ，
∴ ，
∵P为 上方抛物线上的动点，
∴ ，
∴当 时， 有最大值为2，此时PD有最大值为 ，
故PD的最大值为 .
②分类讨论：
情况一：当 时，此时 ，如下图所示：
此时 轴，
∴P点与C点纵坐标相等为2，
将 代入 中：
∴ ，解得 ， (舍去)，
∴此时 坐标为 ；
情况二：当 时， ，如下图所示：
此时AC为∠PCO的角平分线，将△ACO沿AC翻折，使得点O落在点G处，此时G、P、C三点共线，
设G(x，y)，则GO的中点I坐标为 在直线AC： 上，将I点坐标代入AC解析中得到： ，整理得到： ，
由折叠得到GC =OC ，
∴ ，
联立①、②两式解得 或 (舍去)，
∴ ，
设直线GC解析式为： ，代入 和 ，
∴ ，解得 ，
∴直线GC解析式为： ，与二次函数 联立得：
，解得 或 ，
又P在第二象限，故 舍去，
∴此时P坐标为 ，
综上所述，P坐标为 或 .
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的性质；锐角三角函数的定义；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）先求出C（0，2）可得OC=2，根据黄金抛物线及OA=4OB，可求出OB=1，OA=4，即得A、B坐标，将其代入抛物线解析式中求出a、b值即可；
（2）①过P点作PH⊥x轴于H点，交AC于E点， 利用三角形内角和可求出∠P=∠CAO， 从而得出 ， 即得 ， 故要使得 最大，只要PE最大即可. 求出直线AC解析式为 ， 设 ，则 ， 可得，根据二次函数的性质气促胡PE的最大值，继而得解；
② 分两种情况：（1）当 时，此时 （2） 当 时， 据此分别解答即可.，
19．【答案】（1）解：由 ，得 ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ .
（2）解：如图l，作 于 ， 于 ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ .
当 时， .
∴点 的坐标为 .
（3）解：如图2，作 ，交 轴于 ，
过 点作 ，交 于 ，交AB于H，设 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
以 为斜边在 轴下方作等腰直角 ，
以 为圆心， 为半径作 ，交抛物线于 ，
则 ， ，
点 ， ，
由 ，得 ，
，
令 ，
∴ ，
解得 或 （舍去），
∴ ，
∴ ，
∴ .
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；三角形全等的判定；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）令y=0，求出x的值，可得点A、B的坐标，根据OB=2OC可得OC的值，进而求出a的值；
（2）作PQ⊥AB于Q，DK⊥CE于K，易得PQ、BQ，证明△BOE∽△BOP，结合相似三角形的性质可得OE，然后表示出CE，利用三角形的面积公式可得S，据此可得DK的值，进而可得点D的坐标；
（3）作DJ∥AB，交y轴于J，过F点作FL⊥DJ，交DJ于L，交AB于H，设E（0，m），则JE=2-m，根据同角的余角相等可得∠DEJ=∠FDL，证明△DJE≌△FLD，得到LF=DJ=1，DL=JE=2-m，则JL=3-m，证△AOE≌△FHB，得∠FBH=∠AEO，根据同角的余角相等得∠GBA=∠FBH，推出∠AGB=90°，得到∠APB=45°，以AB斜边在x轴下方作等腰Rt△ABI，以I为圆心，AI半径作 ，交抛物线于P，根据PI=AI可得t的值，进而可得点P的坐标.
20．【答案】（1）解：∵抛物线与轴交于点、，
∴设抛物线解析式为，
又∵抛物线与轴交于点，
∴把代入，
可得：，
解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）解：过点作轴交于点，交于点，
∵，，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为，
∵，，
∴可得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则，
∴，
∴，
∴当时，的长的最大值为；
（3）解：存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，理由如下：
设，
如图1，当、在直线的上方时，过点作轴交于点，过点作轴交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图2，当、在直线的下方时，过点作轴，过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点，
同理可得：，
∴，即，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述：点的坐标为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出OB=OC=3，再求出 ， 最后计算求解即可；
（3）分类讨论，结合函数图象，利用相似三角形的判定与性质计算求解即可。
21．【答案】（1）解：∵OC＝2OA，OA＝2，
∴C（0，4），
∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（-2，0）、B（4，0）两点，
∴可以假设y＝a（x+2）（x-4）（a≠0），
将点C（0，4）代入抛物线的解析式得到a＝-，
∴该抛物线的解析式为y＝-（x+2）（x-4）或y＝-x2+x+4或y＝-（x-1）2+；
（2）解：如图，由题意知，点P在y轴的右侧，作PE⊥x轴于E，交BC于F．
∴CD∥PE，
∴△CMD∽△FMP，
∴m＝＝，
∵直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，则D（0，1），
利用待定系数法求出直线BC的解析式为y＝-x+4，
设P（n，-n2+n+4），则F（n，-n+4），
∴PF＝-n2+n+4-（-n+4）＝-（n-2）2+2，
∴m＝＝-（n-2）2+，
∵-＜0，
∴当n＝2时，m有最大值，最大值为，此时P（2，4）；
（3）解：①当点Q在x轴上方时，如图，作∠BAQ的角平分线角抛物线于N，作NG⊥AQ于G，NH⊥AB于H，连接GH交AN于S，作GK⊥AB于K，
∴∠NAG＝∠NAH＝∠BAQ，NG＝NH，AG＝AH，
∵∠BAQ＝2∠OCA，
∴∠NAG＝∠NAH＝∠OCA，
∵∠AOC＝∠NHA＝90°，
∴△AOC∽△NHA，
∴，
∴AH＝2NH，
设N（t，-t2+t+4），
∴t+2＝2（-t2+t+4），解得t＝3或-2（舍去），
∴N（3，），
∴NG＝NH＝，AG＝AH＝5，
∴AN⊥GH，GS＝HS＝，
∴∠AHS＝∠CAO，HG＝2，
∵∠AOC＝∠ASH＝90°，
∴△AOC∽△HKG，
∴， 即
∴KH＝2，
∴GK＝＝4，OK＝3-2＝1，
∴G（1，4），
∵A（-2，0），
∴直线AG的解析式为y＝x+，
联立抛物线的解析式为y＝-x2+x+4解得x＝或-2（舍去），
∴y＝×+＝，
∴点Q坐标为（，）；
②当点Q在x轴下方时，如图，
同理得G（，-），
∵A（-2，0），
∴直线AG的解析式为y＝-x-，
联立抛物线的解析式为y＝-x2+x+4解得x＝或-2（舍去），
∴y＝-×-＝-，
∴点Q坐标为（，-）．
综上，存在这样的点Q，满足条件的点Q坐标为（，）或（，-）．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）根据点A的坐标及OC=2OA可求出C点坐标，由于此题给出了抛物线与x轴两交点的坐标，故设出交点式，代入C坐标求出a即可；
（2）如图，由题意知，点P在y轴的右侧，作PE⊥x轴于E，交BC于F，根据同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得CD∥PE，根据平行于三角形一边的直线，截其它两边的延长线，所截的三角形与原三角形相似得△CMD∽△FMP，可得m＝＝，根据直线上的点的坐标特点易得点D的坐标为（0，1），利用待定系数法求出直线BC的解析式，根据点的坐标与图形的性质，设P（n，-n2+n+4），则F（n，-n+4），表示出PF的长，进而根据二次函数的性质即可解决问题；
（3）分两种情况：①当点Q在x轴上方时，如图，作∠BAQ的角平分线角抛物线于N，作NG⊥AQ于G，NH⊥AB于H，连接GH交AN于S，作GK⊥AB于K，首先判断出△AOC∽△NHA，根据相似三角形对应边成比例得，则AH＝2NH设N（t，-t2+t+4），建立方程求出t的值，可得点N的坐标，再判断出△AOC∽△HKG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，可求出KH的长，从而可得点G的坐标，进而利用待定系数法求出直线AG的解析式，联立AG的解析式与抛物线的解析式求解可得点Q的坐标；②当点Q在x轴下方时，同理求解即可．
22．【答案】（1）解：设 在 上，则 在 ，
∴ ，
解得 ，
∴ 与 互为“守望函数”，“守望点”为 与 ．
（2）解：设 在 上，则 在 上，
∴ ，
∴消去t得 ，
∵是“守望函数”，
∴ ，
∴ ，即n有最大值2023，
当n=2023时，s2-2s+1=0，
解得：s=1，
∴t=3，
∴此时“守望点”为 与 ．
（3）解：设 在 ，则 在 上，
∴ ，
整理得 ，
∵有且仅有存在一对“守望点”，
∴ ，即 ，
∴顶点M的纵坐标为 ，
∵由二次函数 与x轴交于 ， ，即 ， 为 两个根，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 或 ，
当 时， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
当 时， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 或 ．
综上， 或 ， ．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；一次函数的图象；定义新运算；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【分析】（1）设P（a，b）在y=-2x-1上，则Q（-a，-b）在y=4x上，代入求解可得a、b的值，据此解答；
（2）设P（s，t）在y=x2+2x上，则Q（-s，-t）在y=4x+n-2022上，代入并化简可得s2-2s+n-2022=0，由“守望函数”的概念可得△≥0，代入求解可得n的最大值，然后代入可得s、t的值，据此解答；
（3）设P（x，y） 在y=ax2+bx+c上，则Q（-x，-y）在y=2bx+1上，代入并化简可得关于a的方程，结合△=0可得顶点M的纵坐标为-1，根据根与系数的关系可得x1+x2=，x1x2=，则AB= =2，求出a的值，进而可得c的值，由01 / 1备考2023年中考数学压轴题训练 ——二次函数（6）
一、真题
1．（2022·邵阳）如图，已知直线y=2x+2与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，点C(3，0)在抛物线上.
（1）求该抛物线的表达式.
（2）正方形OPDE的顶点O为直角坐标系原点，顶点P在线段OC上，顶点E在y轴正半轴上，若△AOB与△DPC全等，求点P的坐标.
（3）在条件（2）下，点Q是线段CD上的动点（点Q不与点D重合），将△PQD沿PQ所在的直线翻折得到△PQD'，连接CD'，求线段CD'长度的最小值.
【答案】（1）解：令x=0，则y=2x+2=2，令y=0，则0=2x+2，解得x=-1，
点A(-1，0)，点B(0，2)，
把A(-1，0)，B(0，2)，C(3，0)代入y=ax2+bx+c，
得，解得，
∴该抛物线的表达式为y=x2+x+2；
（2）解：若△AOB和△DPC全等，且∠AOB=∠DPC=90°，
分两种情况：
①△AOB≌△DPC，则AO=PD=1，OB=PC=2，
∵OC=3，
∴OP=3-2=1，
∴点P的坐标为(1，0)；
②△AOB≌△CPD，则OB=PD=2，
∴正方形OPDE的边长为2，
∴点P的坐标为(2，0)；
综上，点P的坐标为(1，0)或(2，0)；
（3）解：①点P的坐标为(1，0)时，
∵△PQD'与△PQD关于PQ对称，
∴PD'=PD，
∴点D'在以点P为圆心，1为半径的圆上运动，
当P、D'、C三点共线时，线段CD'长度取得最小值，最小值为2-1=1；
②点P的坐标为(2，0)时，
∵△PQD'与△PQD关于PQ对称，
∴PD'=PD，
∴点D'在以点P为圆心，2为半径的圆上运动，
当P、C、D'三点共线时，线段CD'长度取得最小值，最小值为2-1=1；
综上，线段CD'长度的最小值为1.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；三角形全等及其性质；轴对称的应用-最短距离问题；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）分别令直线方程中的x=0、y=0，求出y、x的值，可得点A、B的坐标，将A、B、C的坐标代入y=ax2+bx+c中求出a、b、c的值，据此可得抛物线的表达式；
（2）①当△AOB≌△DPC时，则AO=PD=1，OB=PC=2，OP=1，据此可得点P的坐标；②当△AOB≌△CPD时，则OB=PD=2，据此可得点P的坐标；
（3）①点P的坐标为(1，0)时，根据轴对称的性质可得PD'=PD，则点D'在以点P为圆心，1为半径的圆上运动，当P、D'、C三点共线时，线段CD'长度取得最小值，据此求解；②点P的坐标为(2，0)时，同理可得CD′长度的最小值.
2．（2022·岳阳）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线：经过点和点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，作抛物线，使它与抛物线关于原点成中心对称，请直接写出抛物线的解析式；
（3）如图3，将（2）中抛物线向上平移2个单位，得到抛物线，抛物线与抛物线相交于，两点（点在点的左侧）.
①求点和点的坐标；
②若点，分别为抛物线和抛物线上，之间的动点（点，与点，不重合），试求四边形面积的最大值.
【答案】（1）解：将点和点代入，
∴，解得，
∴
（2）解：
（3）解：由题意可得，抛物线的解析式为，
①联立方程组，
解得或，
∴或；
②设直线的解析式为，
∴，解得，
∴，
过点作轴交于点，过点作轴交于点，如图所示：
设，，
则，，
∴，
，
∵，，
∴当时，有最大值，
当时，有最大值，
∵，
∴当最大时，四边形面积的最大值为12.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积
【解析】【解答】解：（2）∵，
∴抛物线的顶点，
∵顶点关于原点的对称点为，
∴抛物线的解析式为，
∴.
【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）代入y=x2+bx+c中求出b、c的值，据此可得抛物线的解析式；
（2）根据抛物线的解析式可得顶点坐标，然后求出顶点关于原点的对称点的坐标，据此可得抛物线F2的解析式；
（3）①由题意可得：抛物线F3的解析式为y=-(x-1)2+6=-x2+2x+5，联立抛物线F1的解析式求出x、y，可得点C、D的坐标；
②利用待定系数法求出直线CD的解析式，过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，设M（m，m2+2m-3），N（n，-n2+2n+3），则F（m，2m+1），N（n，2n+1），表示出MF、NE，结合偶次幂的非负性可得MF、NE的最大值，然后根据S四边形CMDN=S△CDN+S△CDM进行计算.
3．（2022·株洲）阅读材料：十六世纪的法国数学家弗朗索瓦·韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，可表述为“当判别式时，关于的一元二次方程的两个根、有如下关系：，”.此关系通常被称为“韦达定理”.已知二次函数.
（1）若，，且该二次函数的图象过点，求的值；
（2）如图所示，在平面直角坐标系中，该二次函数的图象与轴相交于不同的两点、，其中、，且该二次函数的图象的顶点在矩形的边上，其对称轴与轴、分别交于点、，与轴相交于点，且满足.
①求关于的一元二次方程的根的判别式的值；
②若，令，求的最小值.
【答案】（1）解：将，代入得，
将代入得，
，解得：
（2）解：①∵
∴
∴
∵抛物线的顶点坐标为：
∴
∴
∴
②∵
∴
∵
∴
∴
∴b=2
∴
∴
∴，
∴当时，最小=-4.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）将a=1、b=3代入y=ax2+bx+c中可得y=x2+3x+c，将（1，1）代入就可求出c的值；
（2）①根据完全平方公式结合根与系数的关系可得(x2-x1)2=(x1+x2)2-4x1x2=，表示出x2-x1，即AB，根据顶点坐标公式表示出顶点坐标，得到AE，然后根据三角函数的概念进行解答；
②根据①的结论可得x2=，根据平行线分线段成比例的性质可得，代入求解可得b的值，然后表示出c，根据题意可得T，接下来利用二次函数的性质就可得到T的最小值.
4．（2022·长沙）若关于x的函数y，当时，函数y的最大值为M，最小值为N，令函数，我们不妨把函数h称之为函数y的“共同体函数”.
（1）①若函数，当时，求函数y的“共同体函数”h的值；
②若函数（，k，b为常数），求函数y的“共同体函数”h的解析式；
（2）若函数，求函数y的“共同体函数”h的最大值；
（3）若函数，是否存在实数k，使得函数y的最大值等于函数y的“共同体函数”h的最小值.若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：①当时，则，即，
，，随的增大而增大，
，
②若函数，当时，，
，
，
当时，则，
，
综上所述，时，，时，
（2）解：对于函数，
，，函数在第一象限内，随的增大而减小，
，
解得，
当时，
，
，
∵当时，随的增大而增大，
当时，取得最小值，此时取得最大值，
最大值为
（3）解：对于函数，
，抛物线开口向下，
时，随的增大而增大，
时，随的增大而减小，
当时，函数y的最大值等于，
在时，
①当时，即时，，，
，
的最小值为（当时），
若，
解得，
但，故不合题意，故舍去；
②当时，即时，，，
，
的最小值为（当时），
若，
解得，
但，故不合题意，故舍去
③当时，即时，，
i)当时，即时
对称轴为，，抛物线开口向上，在上，
当2时，有最小值，
解得
i i)当 时，即时，，
，
，
对称轴为，，抛物线开口向上，在上，
当2时，有最小值，
解得
综上所述，时，存在
【知识点】正比例函数的图象和性质；反比例函数的性质；一次函数的性质；定义新运算；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）①当t=1时，根据t-≤x≤t+可得x的范围，根据正比例函数的性质可得y随x的增大而增大，据此可得M、N的值，进而可求出h的值；
②当k>0时，y随x的增大而增大，据此表示出M、N，然后代入h=中进行计算可得h的值；同理可求出k<0时h的值；
（2）根据反比例函数的性质可得图象在第一象限内，y随x的增大而减小，根据x≥1可得t的范围，根据函数的增减性可得M、N，然后表示出h，再结合二次函数的性质求解即可；
（3）根据二次函数的性质可得：图象开口向下，分t+<2、t- >2、t-≤2≤t+，确定出函数的最值，据此可得M、N，进而可表示出h，求出h的最小值.
5．（2022·怀化）如图一所示，在平面直角坐标中，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A(﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D.在线段CB上方的抛物线上有一动点P，过点P作PE⊥BC于点E，作PFAB交BC于点F.
（1）求抛物线和直线BC的函数表达式，
（2）当△PEF的周长为最大值时，求点P的坐标和△PEF的周长.
（3）若点G是抛物线上的一个动点，点M是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在以C、B、G、M为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：将点A(-1，0)，B(3，0)代入，得：
，解得 ，
所以抛物线解析式为，C(0，3)
设直线BC的函数表达式 ，将B(3，0)，C(0，3)代入得：
，解得 ，
所以直线BC的函数表达式为
（2）解：如图，连接PC，OP，PB，
设P（m， m2＋2m＋3），
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝45°，
∵PF∥AB，
∴∠PFE＝∠OBC＝45°，连接PC，OP，PB，
∵PE⊥BC，
∴△PEF是等腰直角三角形，
∴PE的值最大时，△PEF的周长最大，
∵S△PBC＝S△POB＋S△POC S△OBC
=
∵a＜0，
∴抛物线的开口向下，
∴m＝时，△PBC的面积最大，面积的最大值为，此时PE的值最大，
∵，
∴，
∴△PEF的周长的最大值＝
∴ m2＋2m＋3=
∴此时点P.
（3）解：存在.理由如下，
如图，
∵ y＝-x2+2x+3
抛物线的对称轴为直线x=
∵点M是抛物线对称轴上的一个动点，点G是抛物线上的一个动点
设点M（1，n），点G（m，-m2+2m+3）
∵以C、B、G、M为顶点的四边形为平行四边形，
当BC为边时，点G到对称轴的距离|1-m|等于OB的长
∴|1-m|=3
解之：m1=-2，m2=4
当m=-2时-m2+2m+3=-5；
当m=4时-m2+2m+3=-5；
∴点G的坐标为 (-2，-5)或(4，-5)；
当BC为对角线时，
∴
解之：m=2
∴-m2+2m+3=3
∴点G（2，3）
∴点G坐标为(2，3)或(-2，-5)或(4，-5).
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一次函数图象与几何变换；平行四边形的性质；等腰直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=ax2+2x+c中求出a、c的值，据此可得抛物线的解析式，令x=0，求出y的值，可得点C的坐标；将B、C的坐标代入y=kx+b中求出k、b的值，进而可得直线BC的函数表达式；
（2）利用函数解析式设P（m， m2＋2m＋3），利用点B，C的坐标可证得∠OBC＝45°，利用平行线的性质可推出△PEF是等腰直角三角形，PE的值最大时，△PEF的周长最大，利用三角形的面积公式可得到△PBC的面积与m之间的函数解析式，利用二次函数的性质，可求出△PBC的面积的最大值，即可求出PE的长；然后求出△PEF的周长的最大值及点P的坐标.
（3）设G（m，-m2+2m+3），N（1，n），然后分BC为平行四边形的边、利用点G到对称轴的距离|1-m|等于OB的长，可得到关于m的方程，解方程求出m的值，可得到点G的坐标；当BC为平行四边形的对角线，利用中点坐标公式建立关于m的方程，解方程求出m的值，可得到点G的坐标；综上所述可得到符合题意的点G的坐标.
6．（2022·湘潭）已知抛物线y＝x2+bx+c．
（1）如图①，若抛物线图象与x轴交于点A（3，0），与y轴交点B（0，﹣3），连接AB.
（Ⅰ）求该抛物线所表示的二次函数表达式；
（Ⅱ）若点P是抛物线上一动点（与点A不重合），过点P作PH⊥x轴于点H，与线段AB交于点M，是否存在点P使得点M是线段PH的三等分点？若存在，请求出点P的坐标：若不存在，请说明理由.
（2）如图②，直线y＝ x+n与y轴交于点C，同时与抛物线y=x2+bx+c交于点D（﹣3，0），以线段CD为边作菱形CDFE，使点F落在x轴的正半轴上，若该抛物线与线段CE没有交点，求b的取值范围.
【答案】（1）解：（Ⅰ） 由题意得：，
解得，
，
（Ⅱ）由题意得：OA=3，OB=3，
∴∠OAB=45°，
∴HA=HM，
设直线AB的解析式为y=kx-3，
则0=3k-3，
解得k=1，
∴y=x-3，
设M(m，m-3)，
则yP=m2-2m-3，
∴HM=3-m，PH=-(m2-2m-3)，
当PM=2HM时，
m-3-(m2-2m-3)=2(3-m)，
整理得：m2-5m+6=0，
解得m=2或3（舍去），
∴P（2，-3）；
当m=2时，m2-2m-3=-3，
当HM=2PM时，
3-m=2[m-3-(m2-2m-3)]，
整理得：2m2-7m+3=0，
解得：m=或3（舍去），
当m=时，m2-2m-3=-，
∴P(，-)，
综上所述，点P的坐标为：（2，-3）， .
（2）解：把点D (-3， 0)代入直线 y＝ x+n ，
得0= ×(-3)+n，
解得n=4，
∴y= x+4，
∴C(0，4)，
∴CD===5，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CE=EF=DF=CD=5，
∵点E (5， 4)，
∴点D(- 3，0)在抛物线y=x2+bx+c上，
∴(-3) 2-3b+c=0，
即c=3b-9，
∴y=x2+bx+3b-9，
∵该抛物线与线段CE没有交点，
①当CE在抛物线内时，
52+5b+3b-9<4，
解得： b<-，
②当CE在抛物线右侧时，
3b-9>4，
解得：b>，
综上所述， 或 .
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；菱形的性质；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】(1) (Ⅰ) 利用待定系数法求二次函数解析式即可；
(Ⅱ) 先求出OA和OB长，得出∠OAB=45°，利用待定系数法求直线AB的解析式，设M(m，m-3)，则yP=m2-2m-3，然后利用含m的代数式表示PM和HM的长，分两种情况讨论，即当PM=2HM时，当HM=2PM时，依此分别建立关于m的方程求解，即可解答；
(2)先用待定系数法求出n的值，再利用勾股定理求出CD的长为5，根据菱形的性质求出点E的坐标，再根据该抛物线与线段CE没有交点，分CE在抛物线内和CE在抛物线右侧两种情况进行讨论，①当CE在抛物线内时，②当CE在抛物线右侧时，分别求出b的取值范围，即可解答.
7．（2022·永州）已知关于的函数.
（1）若，函数的图象经过点和点，求该函数的表达式和最小值；
（2）若，，时，函数的图象与轴有交点，求的取值范围.
（3）阅读下面材料：
设，函数图象与轴有两个不同的交点，，若，两点均在原点左侧，探究系数，，应满足的条件，根据函数图象，思考以下三个方面：
①因为函数的图象与轴有两个不同的交点，所以；
②因为，两点在原点左侧，所以对应图象上的点在轴上方，即；
③上述两个条件还不能确保，两点均在原点左侧，我们可以通过抛物线的对称轴位置来进一步限制抛物线的位置：即需.
综上所述，系数，，应满足的条件可归纳为：
请根据上面阅读材料，类比解决下面问题：
若函数的图象在直线的右侧与轴有且只有一个交点，求的取值范围.
【答案】（1）解：根据题意，得
解之，得，所以
函数的表达式或，当时，的最小值是0
（2）解：根据题意，得而函数的图象与轴有交点，所以所以
（3）解：函数的图象
图1：
即
所以，的值不存在.
图2：
即的值.
图3：
即
所以的值不存在
图4：
即
所以的值不存在.
图5：
即
所以的值为
图6：函数与轴的交点为
所以的值为0成立.
综上所述，的取值范围是或.
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【分析】（1）将a的值及点（1，-4），（2，1）代入函数解析式，可得到关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的值，可得到函数解析式.
（2）将a，b，c代入函数解析式，由y=0，可得到关于x的一元二次方程，根据函数图象与x轴有交点，可得到b2-4ac≥0，可得到关于m的不等式，然后求出不等式的解集.
（3）抓住已知条件：函数y=ax2-2x+3的图象在直线x=1的右侧，与x轴有且只有一个交点，分别画出函数图象，分情况讨论，可得到关于a的不等式组，分别求出不等式组的解集，可确定出a的取值范围.
8．（2022·娄底）如图，抛物线与轴相交于点、点，与轴相交于点.
（1）请直接写出点，，的坐标；
（2）点在抛物线上，当取何值时，的面积最大？并求出面积的最大值.
（3）点是抛物线上的动点，作//交轴于点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：，，；
（2）解：过P作轴交BC于Q，如下图.
设直线BC为，将、代入得
，
解得，
∴直线BC为，
根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，的面积最大，
∵，
∴ ，，
∴，
∵，
∴时，PQ最大为，
而，
∴的面积最大为；
（3）解：存在.
∵点是抛物线上的动点，作//交轴于点，如下图.
∴，设.
当点F在x轴下方时，
∵，
即，
∴，
解得（舍去），，
∴.
当点F在x轴的上方时，令，
则 ，
解得，，
∴或.
综上所述，满足条件的点F的坐标为或或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：（1）令，
则，
解得，，
∴，，
令，则，
∴；
【分析】（1）令x=0、y=0，求出y、x的值，可得点A、B、C的坐标；
（2）过P作PQ∥y轴交BC于Q，求出直线BC的解析式，易得当平行于直线BC的直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时△PBC的面积最大，设P（m，m2-2m-6），则Q（m，m-6），表示出PQ，根据二次函数的性质可得PQ的最大值，然后利用三角形的面积公式进行计算；
（3）作FE∥AC交x轴于点E，设F（a，a2-2a-6），当点F在x轴下方时，易得OC=6，则点F的纵坐标为-6，代入求解可得a的值，据此可得点F的坐标；当点F在x轴的上方时，同理可得点F的坐标.
9．（2022·郴州）已知抛物线 与x轴相交于点 ， ，与y轴相交于点C.
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，将直线BC间上平移，得到过原点O的直线MN.点D是直线MN上任意一点.
①当点D在抛物线的对称轴l上时，连接CD，关x轴相交于点E，求线段OE的长；
②如图2，在抛物线的对称轴l上是否存在点F，使得以B，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点F与点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：将点 ， 代入 得：
解得
∴抛物线的表达式为
（2）解：①由（1）可知： ，
设直线BC： ，将点 ， 代入得：
解得
∴直线BC： ，则直线MN： .
∵抛物线的对称轴： ，
把 代入 ，得 ，
∴ .
设直线CD： ，将点 ， 代入得：
解得
∴直线CD： .
当 时，得 ，
∴ ，
∴ .
②存在点F，使得以B，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形.
理由如下：
（I）若平行四边形以BC为边时，由 可知，FD在直线MN上，
∴点F是直线MN与对称轴l的交点，即 .
由点D在直线MN上，设 .
如图2-1，若四边形BCFD是平行四边形，则 .
过点D作y轴的垂线交对称轴l于点G，则 .
∵ ，
∴ ，
∵ 轴，
∴ ，
∴ .
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，解得 .
∴ ，
如图2-2，若四边形BCDF是平行四边形，则 .
同理可证： ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，解得 .
∴
（II）若平行四边形以BC为对角线时，由于点D在BC的上方，则点F一定在BC的下方.
∴如图2-3，存在一种平行四边形，即 .
设 ， ，同理可证： ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ .
解得
∴ ， .
综上所述，存在点F，使得以B，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形.
当点F的坐标为 时，点D的坐标： 或 ；
当点F的坐标为 时，点D的坐标： .
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=x2+bx+c中可得b、c的值，据此可得抛物线的解析式；
（2）①易得C（0，-3），利用待定系数法求出直线BC、MN的解析式，由抛物线的解析式可得对称轴为直线x=1，将x=1代入直线MN的解析式中求出y，得点D的坐标，然后求出直线CD的解析式，令y=0，求出x的值，可得点E的坐标，进而可得OE的长；
②（I）若平行四边形以BC为边时，由BC∥FD可知：FD在直线MN上，即点F是直线MN与对称轴l的交点，F（1，1），设D（t，t），若四边形BCFD是平行四边形，则DF=BC，过点D作y轴的垂线交对称轴l于点G，则G（1，t），由平行线性质得∠OBC=∠DOB，∠GDF=∠DOB，则∠OBC=∠GDF，证明△DGF≌△BOC，得到GD=OB，GF=OC，据此可得t的值，进而得点D的坐标；若四边形BCDF是平行四边形，则DF=CB，同理求解即可；（II）若平行四边形以BC为对角线时，由于点D在BC的上方，则点F一定在BC的下方，存在一种平行四边形，即平行四边形BFCD，设D（t，t），F（1，m）同理可证△DHC≌△BPF，得到DH=BP，HC=PF，表示出DH、BP、HC、PF，求出t、m的值，进而可得点D、F的坐标.
10．（2022·湘西）定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”，如图①，抛物线C1：y＝x2+2x﹣3与抛物线C2：y＝ax2+2ax+c组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点A（﹣3，0）、B（点B在点A右侧），与y轴的交点分别为G、H（0，﹣1）．
（1）求抛物线C2的解析式和点G的坐标．
（2）点M是x轴下方抛物线C1上的点，过点M作MN⊥x轴于点N，交抛物线C2于点D，求线段MN与线段DM的长度的比值．
（3）如图②，点E是点H关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，
∴，解得，
∴y＝x2+x﹣1，
在y＝x2+2x﹣3中，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴G（0，﹣3）．
（2）解：设M（t，t2+2t﹣3），则D（t，），N（t，0），
∴NM＝﹣t2﹣2t+3，，
∴＝．
（3）解：存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形，
理由如下：
由（1）可得y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1，
∵E点与H点关于对称轴x＝﹣1对称，
∴E（﹣2，﹣1），设F（x，0），
①当EG＝EF时，∵G（0，﹣3），
∴EG＝2，
∴2＝，
解得x＝﹣2或x＝﹣﹣2，
∴F（﹣2，0）或（﹣﹣2，0）；
②当EG＝FG时，2＝，此时x无解；
综上所述：F点坐标为（﹣2，0）或（﹣﹣2，0）．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）将点A，H的坐标代入函数解析式，可得到关于a，c的方程组解方程组求出a，c的值，可得到二次函数解析式；由x=0可求出对应的y的值，可得到点G的坐标.
（2）设M（t，t2+2t﹣3），可得到D（t，），N（t，0），可表示出MN，DM的长；然后代入求出线段MN与线段DM的长度的比值.
（3）利用二次函数解析式可求出对称轴，利用对称性求出点E的坐标；设F（x，0）；利用等腰三角形的判定，分情况讨论：当EG=EF时；当EG=FG时，利用直角坐标系中两点之间的距离公式，分别得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点F的坐标.
二、模拟预测
11．（2023·凤凰模拟）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C，连接.若在第四象限的抛物线上取一点M，过点M作轴于点D，交直线于点E.
（1）求抛物线的表达式；
（2）试探究抛物线上是否存在点M，使有最大值？若存在，求出点M的坐标和的最大值；若不存在，请说明理由；
（3）连接 ，试探究是否存在点M，使得以M，C，E为顶点的三角形和相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：把点，，代入中
得：，
解得：
则抛物线的表达式为则抛物线的表达式为：；
（2）解：存在，理由如下：
由抛物线解析式可知：点
设的表达式为：，
将点B的坐标代入上式得：，
解得：，
则直线的表达式为：，
设点，则点，
则，
∵，故有最大值，
当时，的最大值为3，此时，点；
（3）解：存在，理由如下：
为顶点的三角形和相似，
①当为直角时，
则点C、M关于抛物线对称轴对称，
而抛物线的对称轴为，
则点；
②当时，如图：
由（1）得，设直线的解析式为：
，
把代入得，
设直线的解析式为：，
易知：
故直线的表达式为：，
联立抛物线表达式和上式得：，
解得：（舍去）或，
即点；
综上，点M的坐标为：或
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）将A（-1，0）、B（3，0）代入y=ax2+bx-4中求出a、b的值，据此可得抛物线的解析式；
（2）由抛物线的解析式可得C（0，-4），利用待定系数法求出直线BC的解析式，设E（x，x-4），则M（x，x2-x-4），表示出ME，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）①当∠CME为直角时，点C、M关于抛物线对称轴对称，据此不难得到点M的坐标；②当∠ECM=90°时，利用待定系数法求出直线BC、CM的解析式，联立抛物线解析式求出x、y，得到点M的坐标.
12．（2023·岳阳模拟）如图，抛物线与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C.
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；
（2）若点P是抛物线段上的一点，当的面积最大时求出点P的坐标，并求出面积的最大值.
（3）点F是抛物线上的动点，作交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1），，
（2）解：如图，连接，
设点，
，
，
，
，
当时，即点P的坐标为时，有最大值；
（3）解：存在.
①如图，当四边形为时，，
抛物线对称轴为直线，
的坐标为，
②如图，当四边形为时，作于点G，
，
当时，，
，，
，，
综上所述，点F的坐标为或或.
【知识点】二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；三角形的面积；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：（1）当时，，
，
当时，，
解得，，
，；
【分析】（1）分别令x=0、y=0，求出y、x的值，可得点A、B、C的坐标；
（2）连接OP，设P（m，m2-2m-6），根据三角形的面积公式可得S△POC、S△BOP、S△BOC，然后根据S△PBC=S四边形PBOC-S△BOC表示出S△PBC，再根据二次函数的性质进行解答；
（3）①当四边形为ACFE时，AE∥CF，抛物线的对称轴为直线x=2，据此可得点F的坐标；②当四边形为ACEF时，作FG⊥AE于点G，则FG=OC=6，将y=6代入求出x的值，可得点F的坐标.
13．（2023·汨罗模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称.点P是线段上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线于点N.
（1）求抛物线的解析式；
（2）当的面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以Q，M，N，D为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在；说明理由
【答案】（1）解：令，则，
，
∵点C与点D关于x轴对称.
，
把代入，得，
，
，
，
令，得，
解得，
，
把B点坐标代入中，得
，
解得，，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：如图
设，则，，
则，
，
，
∴当时，的面积最大，
此时，P点的坐标为；
（3）解：存在，
由（2）知，，，
，
点Q在y轴上，
，
当时，以Q，M，N，D为顶点的四边形是平行四边形，
，且点Q在y轴上，
点Q的纵坐标为：可
或.
【知识点】二次函数的最值；三角形的面积；平行四边形的性质；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）令x=0，求出y的值，可得点C的坐标，根据点C与点D关于x轴对称可得点D的坐标，然后代入y=x-t中求出t的值，据此可得一次函数的解析式，令y=0，求出x的值，得到点B的坐标，然后将点B的坐标代入y=-x2+bx+8中求出b的值，进而可得抛物线的解析式；
（2）设P（m，0），则M（m，-m2+7m+8），N（m，m-8），表示出MN，根据三角形的面积公式表示出S△MDB，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）由（2）得M（3，20），N（3，-5），则MN=25，故当QD=MN=25时，以Q，M，N，D为顶点的四边形是平行四边形，据此求解.
14．（2023·湘潭模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴相交于A、B两点，点C的坐标是，连接.
（1）求过O、A、C三点的抛物线的解析式；
（2）求证：；
（3）动点P从点O出发，沿以每秒2个单位长度的速度向点B运动；同时，动点Q从点B出发，沿以每秒1个单位长度的速度向点C运动.规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动.设运动时间为t秒，当t为何值时，？
【答案】（1）解：设过O、A、C三点的抛物线解析式为.
∵直线与x轴，y轴相交于A、B两点，
∴点和点.
又∵C点坐标为
将O、A、C三点代入抛物线解析式得：，
解得，
∴所求抛物线解析式为.
（2）证明：由A、B两点的坐标得，
由勾股定理得，
∴.
过C点作轴于D，作轴于E，
∵C点坐标为，
∴.
由勾股定理得.
∴.
∵，
∴，
∴由勾股定理逆定理得.
∴是直角三角形；
∴，
∵，
∴
（3）解：由题意得动点运动t秒后，.
由勾股定理得，.
∵，
∴.
∴.
解得，（舍去）.
∴动点运动秒时，.
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）直线y=-2x+10与x、y轴相较于点A、B，分别令y=0，x=0可求得A、B的坐标，然后把A、B、C的坐标代入二次函数的解析式可得关于a、b、c的方程组，解之可求解；
（2）过C点作CD⊥x轴于D，作CE⊥y轴于E，由题意用勾股定理计算可得AO=AC，AB=AB，用HL定理可证；
（3）由题意可得运动t秒后，OP=2t，BQ=t，CQ=10-t，在直角三角形AOP和直角三角形ACQ并结合PA=QA用勾股定理可得关于t的方程，解方程可求解.
15．（2022·衡阳模拟）如图，直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点.
（1）求二次函数解析式；
（2）如图1，点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），过点E作ED⊥AB，交AB于点D，作EF⊥AC，交AC于点F，交AB于点M，求△DEM的周长的最大值；
（3）在（2）的结论下，连接CM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、C、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由.
（4）如图2，点N的坐标是（1，0），将线段ON绕点O逆时针旋转得到ON′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接N′A、N′B，求N′A+N′B的最小值.
【答案】（1）解：∵直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令x=0，则y=3；
令y=0，则x=4，
，
∵抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点，
，
解得： ，
；
（2）解：设，则 ， ，
， ，
，
∵点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），
，
，
的周长为： ，
∵ED⊥AB， EF⊥AC，
，
，
，
的周长∶的周长=
，
，
的周长为：，
，
，
时，的周长最大值为 ；
（3）解：存在点P，
由（2）可知： ，
此时可得： ，
，
∴抛物线的对称轴为： ，
则Q点的横坐标为1，
，
，
设 ，
①当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的左侧，
此时： ，
C点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到M，
则P点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到Q，
∵Q点的横坐标为1，
∴ ，
将其代入抛物线解析式得： ，
，
②当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的右侧，
同理可知：将Q点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到P，
此时 ，
代入抛物线解析式得： ，
，
③当CM为平行四边形对角线时，由中点坐标公式得：
，
，
代入抛物线解析式得： ，
综上所述：或或；
（4）在y轴上截取OH= ，连接 ，
，
，
，
又 ，
，
，
，
，
当H、 、A共线时，有最小值，且最小值为 ，
在直角三角形AOH中， ，
∴的最小值为 .
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）易得A（4，0）、B（0，3），将A、B的坐标代入y＝ax2+x+c中求出a、c的值，进而可得二次函数的解析式；
（2）设E（m，m2+m+3），则M（m，-m+3），F（m，0），表示出MF、AF，根据勾股定理可得MA，然后表示出△AMF的周长，易证△DEM∽△FAM，根据相似三角形的周长比等于相似比可得△DEM的周长，然后结合二次函数的性质进行解答；
（3）由（2）可知m=2，则E（2，3），M（2，），根据二次函数的解析式可得对称轴为直线x=1，则Q点的横坐标为1，设P（k，n），然后分①CM为平行四边形的边，且P点在Q点的左侧，②CM为平行四边形的边，且P点在Q点的右侧，③CM为平行四边形对角线，根据平行四边形的性质可得k的值，然后代入二次函数解析式中求出n，进而可得点P的坐标；
（4）在y轴上截取OH= ，连接HN′，易证△HON′∽△N′OB，根据相似三角形的性质可得HN′=N′B，则N′A+N′B=N′A+HN′，当H、N′ 、A共线时，N′A+N′B有最小值，且最小值为AH ，然后利用勾股定理计算即可.
16．（2023九上·凤凰期末）如图，抛物线y＝-x2+bx+c与x轴交于点A（1，0）和点B（-3，0），与y轴交于点C.
（1）求b，c的值；
（2）如图1，点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标m.当m为何值时，△PBC的面积最大？并求出这个面积的最大值.
（3）如图2，将该抛物线向左平移2个单位长度得到新的抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点M为直线BC上的一点，点N是平面坐标系内一点，是否存在点M，N，使以点B，D，M，N为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：将点A（1，0）和点B（-3，0）代入y＝-x2+bx+c，
得，
解得，
∴y＝-x2-2x+3；
（2）解：
令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+n，
则有，
解得，
∴y＝x+3，
过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，
由已知可得P（m，-m2-2m+3），则Q（m，m+3），
∴S△PBC＝×3×（-m2-2m+3-m-3）＝（-m2-3m）＝-（m+）2+，
∵－3＜m＜0，－＜0，
∴当m＝-时，S△PBC有最大值，
此时P（-，）；
（3）存在，M坐标为（1，4）或（-3，）或（--3，-）或（-，）
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；菱形的性质
【解析】【解答】解：（3）∵y＝-x2-2x+3＝-（x+1）2+4，
将抛物线向左平移2个单位长度，则y＝-（x+3）2+4＝-x2-6x-5，
联立得：-x2-2x+3＝-x2-6x-5，
∴x＝-2，
∴D（-2，3），
∵B（-3，0），
∴BD＝，
∵M点在直线BC上，
设M（t，t+3），
当四边形BDMN为菱形时，如图1，
∴DB＝DM，
∴10＝（t+2）2+t2，
∴t＝1或t＝-3（舍），
∴M（1，4）；
当四边形BDNM为菱形时，如图2，
∴BD＝BM，
∴10＝（t+3）2+（t+3）2，
∴t＝-3或t＝--3，
∴M（-3，）或M（--3，-）；
当四边形BMDN为菱形时，如图3，
设BD的中点为G，则G（-，），
∵GM⊥BD，
∴BM2＝BG2+GM2，
∴2（t+3）2＝（）2+（t+）2+（t+）2，
∴t＝-，
∴M（-，）；
综上所述：M点的坐标为（1，4）或（-3，）或（--3，-）或（-，）.
【分析】（1）将点A（1，0）和点B（-3，0）代入y＝-x2+bx+c中进行计算可求出b、c的值；
（2）易得C（0，3），利用待定系数法求出直线BC的解析式，过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，由已知可得P（m，-m2-2m+3），则Q（m，m+3），根据三角形的面积公式表示出S△PBC，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）由二次函数图象的几何变换可得平移后抛物线的解析式为y＝-x2-6x-5，联立平移前的解析式求出x、y的值，可得点D的坐标，利用两点间距离公式求出BD的值，设M（t，t+3），当四边形BDMN为菱形时，DB＝DM，代入求解可得t的值，进而可得点M的坐标；当四边形BDNM为菱形时，BD＝BM，同理可得点M的坐标；当四边形BMDN为菱形时，设BD的中点为G，则G（-，），由BM2＝BG2+GM2，可得t的值，进而可得点M的坐标.
17．（2023·岳阳楼模拟）已知：二次函数的图象与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴是直线，且图象向右平移一个单位后经过坐标原点O，
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）直线交y轴于D点，E为抛物线顶点.若，，求的值.
（3）在（2）问的前提下，P为抛物线对称轴上一点，且满足，在y轴右侧的抛物线上是否存在点M，使得的面积等于，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意，
∵对称轴是直线
∴
把，分别代入
得
解得
∴这个二次函数的解析式为
（2）解：∵直线与y轴交于，
∴
由得
连接过E作轴于F，如下图，则
∵抛物线与y轴交于
∴，，
∴，
，
∴，，
∵
∴
∴
∴
∴
（3）解：设
∵
∴，即
解得
∴
∴
方法一：设存在符合条件的点，则
①当M在直线上侧时，连接，如下图
则
即
整理，得
解得(舍去)，
把代入得
∴
②当M在直线下侧时，不妨叫连接，如下图1，
则
即
整理，得
解得(舍去)
把代入得y=-3
∴
综上所述，存在符合条件的点M其坐标为或.
方法二：设存在符合条件的点，则
①当M在直线上侧时，过M作轴，交于G，(如图2)
设D、B到MG距离分别为则
即，，
整理，得
解得(舍去)，
把代入得
∴
②当M在直线下侧时，不妨叫过作轴，交于(如图2)
设D、B到距离分别为则
即
整理，得3m2-5m-2=0
解得(舍去)
把代入得
∴
综上所述，存在符合条件的点M其坐标为或
方法三：①当M在直线上侧时，过M作交y轴于H，连接(如图3)
则，即
∴DH=
∴
∴直线解析式为
联立得或
∵在y轴右侧，
∴坐标为
②当M在直线BD下侧时，不妨叫过作，交y轴于，
连接(如图3)，
同理可得
∴
∴直线解析式为
联立得或
∵在y轴右侧，
∴坐标为
综上所述，存在符合条件的点M，其坐标为或.
【知识点】相似三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；几何图形的面积计算-割补法；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）易得A（-1，0），根据对称性得B（3，0），进而将A、B两点的坐标代入y=ax2-2x+c可得关于字母a、c的方程组，求解得a、c的值，从而得出抛物线的解析式；
（2） 此题若直接求两个角的度数差，有一定难度，可从其它方面入手；首先找出点D、E、C的坐标，即可得出∠OBC=∠OCB=45°； 连接CE，过E作EF⊥y轴于F，如下图，则EF=1，根据点C、E的坐标得∠ECF=45°，得∠BCE=45°，则∠BCE=90°，易得BC、CE、OB、OC的长，则可得Rt△OBD和Rt△CBE的两组直角边对应成比例，从而可得两个三角形相似，得∠CBE=∠DBO，所以所求角的度数差可转化为∠OBC的度数；在Rt△OBC中，已经求得∠OBC=∠OCB=45°，由此求解；
（3）由于点M的坐标无法与PA2直接发生联系，可以△BOM的面积作为突破口进行求解；易知抛物线的对称轴直线方程，设点P（1，n），根据PA=PC的关系可求得点P的坐标，进而得到PA2的值，即可求得△BOW的面积的面积，由于△BOM的面积无法直接解得，故可用割补法求解；
第一种解法： ①当M在直线BD上侧时，连接OM，先根据抛物线的解析式设出点M的坐标， 则S△BDM=S△OBM+S△ODM-S△BOD，由此可得关于点M横坐标的方程，进而即可求出点M的坐标； ②当M在直线BD下侧时，不妨叫M1连接OM1，如下图1，方法同上；
第二种解法：首先根据抛物线的解析式设出点M的坐标， ①当M在直线BD上侧时，过M作MG∥y轴，交BD于G，(如图2) ，设D、B到MG距离分别为h1、h2，则，据此建立方程， 进而即可求出点M的坐标； ②当M在直线BD下侧时，不妨叫过M1作M1G1∥y轴，交BD于G1(如图2) ， 设D、B到M1G1距离分别为h1、h2，则， 由此可得关于点M横坐标的方程，进而即可求出点M的坐标，综上即可得出答案.
18．（2022九下·长沙开学考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.若线段 的长满足 ，则这样的抛物线称为“黄金”抛物线.如图，抛物线 为“黄金”抛物线，其与x轴交点为A，B（其中B在A的右侧），与y轴交于点C.且
（1）求抛物线的解析式；
（2）若P为 上方抛物线上的动点，过点P作 ，垂足为D.
①求 的最大值；
②连接 ，当 与 相似时，求点P的坐标.
【答案】（1）解：令 中x=0，则y=2，故OC=2，
设OB=x(x>0)，则OA=4OB=4x，
∵ 为“黄金”抛物线，
∴ ，代入数据：
4=4x ，解得x=1(负值舍去)，
∴OB=1，OA=4，
∴B(1，0)，A(-4，0)代入 中，
∴ ，解得 ，
∴抛物线的解析式为 .
（2）解：①过P点作PH⊥x轴于H点，交AC于E点，如下图所示：
则∠PDE=∠DHA=90°，∠PED=∠AEH，
∴∠P=∠CAO，
∴ ，
∴ ，即
故要使得 最大，只要PE最大即可，接下来求PE的最大值，
设直线AC的解析式为：y=mx+n，代入A(-4，0)、C(0，2)，
∴ ，解得： ，
∴直线AC解析式为： ，
设 ，则 ，
∴ ，
∵P为 上方抛物线上的动点，
∴ ，
∴当 时， 有最大值为2，此时PD有最大值为 ，
故PD的最大值为 .
②分类讨论：
情况一：当 时，此时 ，如下图所示：
此时 轴，
∴P点与C点纵坐标相等为2，
将 代入 中：
∴ ，解得 ， (舍去)，
∴此时 坐标为 ；
情况二：当 时， ，如下图所示：
此时AC为∠PCO的角平分线，将△ACO沿AC翻折，使得点O落在点G处，此时G、P、C三点共线，
设G(x，y)，则GO的中点I坐标为 在直线AC： 上，将I点坐标代入AC解析中得到： ，整理得到： ，
由折叠得到GC =OC ，
∴ ，
联立①、②两式解得 或 (舍去)，
∴ ，
设直线GC解析式为： ，代入 和 ，
∴ ，解得 ，
∴直线GC解析式为： ，与二次函数 联立得：
，解得 或 ，
又P在第二象限，故 舍去，
∴此时P坐标为 ，
综上所述，P坐标为 或 .
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的性质；锐角三角函数的定义；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）先求出C（0，2）可得OC=2，根据黄金抛物线及OA=4OB，可求出OB=1，OA=4，即得A、B坐标，将其代入抛物线解析式中求出a、b值即可；
（2）①过P点作PH⊥x轴于H点，交AC于E点， 利用三角形内角和可求出∠P=∠CAO， 从而得出 ， 即得 ， 故要使得 最大，只要PE最大即可. 求出直线AC解析式为 ， 设 ，则 ， 可得，根据二次函数的性质气促胡PE的最大值，继而得解；
② 分两种情况：（1）当 时，此时 （2） 当 时， 据此分别解答即可.，
19．（2022九下·长沙开学考）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线 交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点B，交y轴的正半轴于点C，且OB=2OC.
（1）求点B的坐标和a的值；
（2）如图1，点D，P分别在一、三象限的抛物线上，其中点P的横坐标为t，连接BP，交y轴于点E，连接CD，DE，设△CDE的面积为s，若 ，求点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，射线AE与射线FB交于点G，连接AP，若∠AGB=2∠APB，求点P的坐标.
【答案】（1）解：由 ，得 ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ .
（2）解：如图l，作 于 ， 于 ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ .
当 时， .
∴点 的坐标为 .
（3）解：如图2，作 ，交 轴于 ，
过 点作 ，交 于 ，交AB于H，设 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
以 为斜边在 轴下方作等腰直角 ，
以 为圆心， 为半径作 ，交抛物线于 ，
则 ， ，
点 ， ，
由 ，得 ，
，
令 ，
∴ ，
解得 或 （舍去），
∴ ，
∴ ，
∴ .
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；三角形全等的判定；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）令y=0，求出x的值，可得点A、B的坐标，根据OB=2OC可得OC的值，进而求出a的值；
（2）作PQ⊥AB于Q，DK⊥CE于K，易得PQ、BQ，证明△BOE∽△BOP，结合相似三角形的性质可得OE，然后表示出CE，利用三角形的面积公式可得S，据此可得DK的值，进而可得点D的坐标；
（3）作DJ∥AB，交y轴于J，过F点作FL⊥DJ，交DJ于L，交AB于H，设E（0，m），则JE=2-m，根据同角的余角相等可得∠DEJ=∠FDL，证明△DJE≌△FLD，得到LF=DJ=1，DL=JE=2-m，则JL=3-m，证△AOE≌△FHB，得∠FBH=∠AEO，根据同角的余角相等得∠GBA=∠FBH，推出∠AGB=90°，得到∠APB=45°，以AB斜边在x轴下方作等腰Rt△ABI，以I为圆心，AI半径作 ，交抛物线于P，根据PI=AI可得t的值，进而可得点P的坐标.
20．（2023·永定模拟）已知抛物线与轴交于点、，与轴交于点.
（1）求抛物线解析式；
（2）如图①，若点是第一象限内抛物线上一动点，过点作于点，求线段长的最大值
（3）如图②，若点是抛物线上另一动点，点是平面内一点，是否存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由
【答案】（1）解：∵抛物线与轴交于点、，
∴设抛物线解析式为，
又∵抛物线与轴交于点，
∴把代入，
可得：，
解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）解：过点作轴交于点，交于点，
∵，，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为，
∵，，
∴可得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则，
∴，
∴，
∴当时，的长的最大值为；
（3）解：存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，理由如下：
设，
如图1，当、在直线的上方时，过点作轴交于点，过点作轴交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图2，当、在直线的下方时，过点作轴，过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点，
同理可得：，
∴，即，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述：点的坐标为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出OB=OC=3，再求出 ， 最后计算求解即可；
（3）分类讨论，结合函数图象，利用相似三角形的判定与性质计算求解即可。
21．（2023九下·雨花开学考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（a＜0）与x轴交于A（-2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m＝，试求m的最大值及此时点P的坐标：
（3）连接AC，抛物线上是否存在点Q，使得∠BAQ＝2∠OCA？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵OC＝2OA，OA＝2，
∴C（0，4），
∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（-2，0）、B（4，0）两点，
∴可以假设y＝a（x+2）（x-4）（a≠0），
将点C（0，4）代入抛物线的解析式得到a＝-，
∴该抛物线的解析式为y＝-（x+2）（x-4）或y＝-x2+x+4或y＝-（x-1）2+；
（2）解：如图，由题意知，点P在y轴的右侧，作PE⊥x轴于E，交BC于F．
∴CD∥PE，
∴△CMD∽△FMP，
∴m＝＝，
∵直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，则D（0，1），
利用待定系数法求出直线BC的解析式为y＝-x+4，
设P（n，-n2+n+4），则F（n，-n+4），
∴PF＝-n2+n+4-（-n+4）＝-（n-2）2+2，
∴m＝＝-（n-2）2+，
∵-＜0，
∴当n＝2时，m有最大值，最大值为，此时P（2，4）；
（3）解：①当点Q在x轴上方时，如图，作∠BAQ的角平分线角抛物线于N，作NG⊥AQ于G，NH⊥AB于H，连接GH交AN于S，作GK⊥AB于K，
∴∠NAG＝∠NAH＝∠BAQ，NG＝NH，AG＝AH，
∵∠BAQ＝2∠OCA，
∴∠NAG＝∠NAH＝∠OCA，
∵∠AOC＝∠NHA＝90°，
∴△AOC∽△NHA，
∴，
∴AH＝2NH，
设N（t，-t2+t+4），
∴t+2＝2（-t2+t+4），解得t＝3或-2（舍去），
∴N（3，），
∴NG＝NH＝，AG＝AH＝5，
∴AN⊥GH，GS＝HS＝，
∴∠AHS＝∠CAO，HG＝2，
∵∠AOC＝∠ASH＝90°，
∴△AOC∽△HKG，
∴， 即
∴KH＝2，
∴GK＝＝4，OK＝3-2＝1，
∴G（1，4），
∵A（-2，0），
∴直线AG的解析式为y＝x+，
联立抛物线的解析式为y＝-x2+x+4解得x＝或-2（舍去），
∴y＝×+＝，
∴点Q坐标为（，）；
②当点Q在x轴下方时，如图，
同理得G（，-），
∵A（-2，0），
∴直线AG的解析式为y＝-x-，
联立抛物线的解析式为y＝-x2+x+4解得x＝或-2（舍去），
∴y＝-×-＝-，
∴点Q坐标为（，-）．
综上，存在这样的点Q，满足条件的点Q坐标为（，）或（，-）．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）根据点A的坐标及OC=2OA可求出C点坐标，由于此题给出了抛物线与x轴两交点的坐标，故设出交点式，代入C坐标求出a即可；
（2）如图，由题意知，点P在y轴的右侧，作PE⊥x轴于E，交BC于F，根据同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得CD∥PE，根据平行于三角形一边的直线，截其它两边的延长线，所截的三角形与原三角形相似得△CMD∽△FMP，可得m＝＝，根据直线上的点的坐标特点易得点D的坐标为（0，1），利用待定系数法求出直线BC的解析式，根据点的坐标与图形的性质，设P（n，-n2+n+4），则F（n，-n+4），表示出PF的长，进而根据二次函数的性质即可解决问题；
（3）分两种情况：①当点Q在x轴上方时，如图，作∠BAQ的角平分线角抛物线于N，作NG⊥AQ于G，NH⊥AB于H，连接GH交AN于S，作GK⊥AB于K，首先判断出△AOC∽△NHA，根据相似三角形对应边成比例得，则AH＝2NH设N（t，-t2+t+4），建立方程求出t的值，可得点N的坐标，再判断出△AOC∽△HKG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，可求出KH的长，从而可得点G的坐标，进而利用待定系数法求出直线AG的解析式，联立AG的解析式与抛物线的解析式求解可得点Q的坐标；②当点Q在x轴下方时，同理求解即可．
22．（2022九上·长沙期中）规定：如果两个函数图象上至少存在一对点是关于原点对称的，我们则称这两个函数互为“守望函数”，这对点称为“守望点”．例如：点P（2，4）在函数上，点Q（，）在函数上，点P与点Q关于原点对称，此时函数和互为“守望函数”，点P与点Q则为一对“守望点”．
（1）函数和函数是否互为“守望函数”？若是，求出它们的“守望点”，若不是，请说明理由；
（2）已知函数和互为“守望函数”，求n的最大值并写出取最大值时对应的“守望点”；
（3）已知二次函数与互为“守望函数”，有且仅有一对“守望点”，若二次函数的顶点为M，与x轴交于，，其中，，又，过顶点M作x轴的平行线l交y轴于点N，直线与y轴交点为点Q，动点E在x轴上运动，求抛物线上的一点F的坐标，使得四边形为平行四边形．
【答案】（1）解：设 在 上，则 在 ，
∴ ，
解得 ，
∴ 与 互为“守望函数”，“守望点”为 与 ．
（2）解：设 在 上，则 在 上，
∴ ，
∴消去t得 ，
∵是“守望函数”，
∴ ，
∴ ，即n有最大值2023，
当n=2023时，s2-2s+1=0，
解得：s=1，
∴t=3，
∴此时“守望点”为 与 ．
（3）解：设 在 ，则 在 上，
∴ ，
整理得 ，
∵有且仅有存在一对“守望点”，
∴ ，即 ，
∴顶点M的纵坐标为 ，
∵由二次函数 与x轴交于 ， ，即 ， 为 两个根，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 或 ，
当 时， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
当 时， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 或 ．
综上， 或 ， ．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；一次函数的图象；定义新运算；二次函数y=ax²+bx+c的图象
【解析】【分析】（1）设P（a，b）在y=-2x-1上，则Q（-a，-b）在y=4x上，代入求解可得a、b的值，据此解答；
（2）设P（s，t）在y=x2+2x上，则Q（-s，-t）在y=4x+n-2022上，代入并化简可得s2-2s+n-2022=0，由“守望函数”的概念可得△≥0，代入求解可得n的最大值，然后代入可得s、t的值，据此解答；
（3）设P（x，y） 在y=ax2+bx+c上，则Q（-x，-y）在y=2bx+1上，代入并化简可得关于a的方程，结合△=0可得顶点M的纵坐标为-1，根据根与系数的关系可得x1+x2=，x1x2=，则AB= =2，求出a的值，进而可得c的值，由01 / 1
