2023年中考数学高频考点突破-二次函数与四边形

这是一份2023年中考数学高频考点突破-二次函数与四边形，共46页。试卷主要包含了复习方法，复习难点等内容，欢迎下载使用。

中考数学二轮复习策略（供参考）
第二轮复习是为了将第一轮复习的知识点、线结合，交织成知识网络，是第一轮复习的延伸和提高，所以要注重与实际问题的联系，以实现数学能力的培养和提高。本轮复习应该侧重培养数学能力，在第一轮复习的基础上，适当增加难度，要有针对性，围绕热点、难点、创新点、重点，特别是近几年的中考常考内容选定专题。
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。


2023年中考数学高频考点突破-二次函数与四边形
一、综合题
1．已知，如图抛物线y=ax2+3ax+c(a>0)与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧.点B的坐标为(1，0)，OC=3OB.

（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D是线段AC下方抛物线上的动点，求四边形AOCD面积的最大值；
（3）若点E在x轴上，点P在抛物线上.是否存在以A，C，E，P为顶点且以AC为一边的平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
2．如图，在平面直角坐标系中，直线y=2x+6与x轴交于点A，与y轴交点C，抛物线y=−2x2+bx+c过A，C两点，与x轴交于另一点B．

（1）求抛物线的解析式．
（2）在直线AC上方的抛物线上有一动点E，连接BE，与直线AC相交于点F，当EF=12BF时，求E点坐标．
（3）在（2）的条件下，若点E位于对称轴左侧，点M是抛物线对称轴上一点，点N是抛物线上一点，当以M，N，E，B为顶点的四边形是菱形时，直接写出点M的坐标．

3．在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是平行四边形，点A(4，0)，∠AOC=60∘，点C的纵坐标为3，点D是边BC上一点，连接OD，将线段OD绕点O逆时针旋转60∘得到线段OE，
给出如下定义：如果抛物线y=ax2+bx(a≠0)同时经过点A，E，则称抛物线y=ax2+bx(a≠0)为关于点A，E的“伴随抛物线”．

（1）如图1，当点D与点C重合时，点E的坐标为　 　，此时关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为　 　；
（2）如图2，当点D在边BC上运动时，连接CE，
①当CE取最小值时，求关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式；
②若关于点A，E的“伴随抛物线”y=ax2+bx(a≠0)存在，直接写出a的取值范围．
4．如图所示，在坐标系xOy中，抛物线y＝﹣34x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y＝x+8经过A，C两点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）在AC上方的抛物线上有一动点P．
①如图1，当点P运动到某位置时，以AP，AO为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上，求出此时点P的坐标；
②如图2，过点O，P的直线y＝kx（k＜0）交AC于点E，若PE：OE＝5：6，求k的值．


5．如图，抛物线y=ax2+bx+6经过A(−2，0)、B(4，0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一动点，设点D的横坐标为m(1
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的34时，求m的值．
（3）当m=2时，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的的坐标；若不存在，请说明理由．
6．已知抛物线C1：y=−12(m2+1)x2−(m+1)x−1与x轴有公共点．

（1）当y随x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；
（2）将抛物线C1先向上平移4个单位长度，再向右平移n个单位长度得到抛物线C2（如图所示），抛物线C2与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．当OC＝OA时，求n的值；
（3）D为抛物线C2的顶点，过点C作抛物线C2的对称轴l的垂线，垂足为G，交抛物线C2于点E，连接BE交l于点F．求证：四边形CDEF是正方形．





7．如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=ax2+bx−3经过点B(6，0)和点D(4，−3)与x轴另一个交点A．抛物线与y轴交于点C，作直线AD．

（1）①求抛物线的函数表达式
②并直接写出直线AD的函数表达式．
（2）点E是直线AD下方抛物线上一点，连接BE交AD于点F，连接BD，DE，△BDF的面积记为S1，△DEF的面积记为S2，当S1=2S2时，求点E的坐标；
（3）点G为抛物线的顶点，将抛物线图象中x轴下方部分沿x轴向上翻折，与抛物线剩下部分组成新的曲线为C1，点C的对应点C′，点G的对应点G′，将曲线C1，沿y轴向下平移n个单位长度（0 8．如图1，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD交直线BC于点E，设点P的横坐标为m．

（1）求抛物线的表达式；
（2）设线段PE的长度为h，请用含有m的代数式表示h；
（3）如图2，过点P作PF⊥CE，垂足为F，当CF＝EF时，请求出m的值；
（4）如图3，连接CP，当四边形OCPD是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使原点O关于直线CQ的对称点O′恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点Q的坐标．
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（−12，0），B（3，72）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PD⊥x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∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
10．如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)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∠PCB=∠ABC时，求点P的坐标．





11．在平面直角坐标系中，抛物线y=x2−bx（b是常数）经过点(2，0)．点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（m≠0）．以点A为中心，构造正方形PQMN，PQ=2|m|，且PQ⊥x轴．
（1）求该抛物线对应的函数表达式：
（2）若点B是抛物线上一点，且在抛物线对称轴左侧．过点B作x轴的平行线交抛物线于另一点C，连接BC．当BC=4时，求点B的坐标；
（3）若m>0，当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，或者y随x的增大而减小时，求m的取值范围；
（4）当抛物线与正方形PQMN的边只有2个交点，且交点的纵坐标之差为34时，直接写出m的值．
12．如图，在直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(0，3)，对称轴为直线x=−1，顶点为点D．

（1）求二次函数的表达式；
（2）连接DA，DC，CB，CA，如图①所示，求证：∠DAC=∠BCO；
（3）如图②，延长DC交x轴于点M，平移二次函数y=−x2+bx+c的图象，使顶点D沿着射线DM方向平移到点D1且CD1=2CD，得到新抛物线y1，y1交y轴于点N．如果在y1的对称轴和y1上分别取点P，Q，使以MN为一边，点M，N，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求此时点Q的坐标．









13．如图，已知直线y＝43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x＝﹣1．

（1）求抛物线的表达式；
（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；
（3）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．
14．如图，抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，与x轴交于点A，B(3，0)，与y轴交于点C，连接AC.

（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DM⊥x轴，垂足为点M，DM交直线BC于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）已知点E是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由.
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=−12x2+bx+52与x轴交于点A(1，0)，抛物线的对称轴l经过点B，且点B在抛物线上，作直线AB．P是该抛物线上一点，过点P作x轴的垂线交AB于点Q，过点P作PN⊥l于点N，以PQ、PN为边作矩形PQMN．

（1）求b的值；
（2）当点P在抛物线A，B两点之间时，求线段PQ长度的最大值；
（3）矩形PQMN与此抛物线相交，抛物线被截得的部分图象记作G，G的最高点的纵坐标为m，最低点纵坐标为n．当m−n=2时，直接写出点P的坐标．

答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵B的坐标为（1，0），
∴OB＝1.
∵OC＝3OB＝3，点C在x轴下方，
∴C（0，−3）.
∵将B（1，0），C（0，−3）代入抛物线的解析式得：
4a+c=0c=−3，解得：a=34c=−3，
∴抛物线的解析式为y＝34x2＋94x−3
（2）解：如图1所示：过点D作DE∥y，交AC于点E.

∵x＝−b2a＝−942×34=−32，B（1，0），
∴A（−4，0）.
∴AB＝5.
∴S△ABC＝12AB•OC＝12×5×3＝7.5.
设AC的解析式为y＝kx＋b.
∵将A（−4，0）、C（0，−3）代入得：
−4k+b=0b=−3，解得：k=−34b=−3，
∴直线AC的解析式为y＝−34x−3.
设D（a，34a2＋94a−3），则E（a，−34a−3）.
∵DE＝−34a−3−（34a2＋94a−3）＝−34（a＋2）2＋3，
∴当a＝−2时，DE有最大值，最大值为3.
∴△ADC的最大面积＝12DE•AO＝12×3×4＝6.
∴S四边形ABCD=S△ABC＋S△ACD=7.5+6=13.5，
∴四边形ABCD的面积的最大值为13.5.
（3）解：存在P1（−3，−3），P2（−3−412，3），P3（−3+412，3）
【知识点】平行四边形的性质；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】【解答】（3）解：存在.
①如图2，过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC交x轴于点E1，此时四边形ACP1E1为平行四边形.

∵C（0，−3），令34x2＋94x−3＝−3，
∴x1＝0，x2＝−3.
∴P1（−3，−3）.
②平移直线AC交x轴于点E2，E3，交x轴上方的抛物线于点P2，P3，当AC＝P2E2时，四边形ACE2P2为平行四边形，当AC＝P3E3时，四边形ACE3P3为平行四边形.
∵C（0，−3），
∴P2，P3的纵坐标均为3.
令y＝3得：34x2＋94x−3＝3，解得；x1＝−3−412，x2＝−3+412.
∴P2（−3−412，3），P3（−3+412，3）.
综上所述，存在3个点符合题意，坐标分别是：P1（−3，−3），P2（−3−412，3），P3（−3+412，3）.
【分析】（1）根据OC＝3OB，B（1，0），求出C点坐标（0，−3），把点B，C的坐标代入y＝ax2＋3ax＋c，求出a、c的值即可求出函数解析式；
（2）过点D作DE∥y轴交线段AC于点E，根据对称轴直线公式求出对称轴直线，并结合点B的坐标得出点A的坐标，利用待定系数法求出直线AC的解析式，设D（a，34a2＋94a−3），则E（a，−34a−3） ，然后求出DE的表达式，根据S四边形ABCD=S△ABC＋S△ACD，转化为二次函数求最值；
（3）①如图2，过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC交x轴于点E1，此时四边形ACP1E1为平行四边形，②平移直线AC交x轴于点E2，E3，交x轴上方的抛物线于点P2，P3，当AC＝P2E2时，四边形ACE2P2为平行四边形，当AC＝P3E3时，四边形ACE3P3为平行四边形，由题意可知点P2、P3的纵坐标为3，从而可求得其横坐标．
2．【答案】（1）解：在y=2x+6中，当x=0时y=6，当y=0时x=−3，
∴C(0，6)、A(−3，0)，
∵抛物线y=−2x2+bx+c的图象经过A、C两点，
∴−18−3b+c=0c=6，
解得b=−4c=6，
∴抛物线的解析式为y=−2x2−4x+6
（2）解：令−2x2−4x+6=0，解得x1=−3，x2=1，∴B(1，0)，
设点E的横坐标为t，则E(t，−2t2−4t+6)，
如图，过点E作EH⊥x轴于点H，过点F作FG⊥x轴于点G，则EH∥FG，∴△BFG∽△BEH，

∵EF=12BF，
∴BFBE=BGBH=FGEH=23，
∵BH=1−t，
∴BG=23BH=23−23t，
∴点F的横坐标为13+23t，
∴F(13+23t，203+43t)，
∴−2t2−4t+6=32(203+43t)，
∴t2+3t+2=0，
解得t1=−2，t2=−1，
当t1=−2时，−2t2−4t+6=6，
当t2=−1时，−2t2−4t+6=8，
∴E1(−2，6)，E2(−1，8)，
（3）解：M的坐标为(−1，−4)或(−1，−16)或(−1，0)
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；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】【解答】（3）∵点M在对称轴上，∴xM=−3+12=−1，
∵点E位于对称轴左侧，∴E(−2，6).
①当EB为平行四边形的边时，分两种情况：
（Ⅰ）点N在对称轴右侧时，BM为对角线，
∵E(−2，6)，xN=−1，−1−(−2)=1，B(1，0)，
∴xN=1+1=2，当x=2时，y=−2×22−4×2+6=−10，
∴N(2，−10) ，
由平移可得yM=−10+6=−4，
∴M(−1，−4)；
（Ⅱ）点N在对称轴左侧时，BN为对角线，
∵xM=−1，B(1，0)，1−(−1)=2，E(−2，6)，
∴xN=−2−2=−4，
当x=−4时，y=−2×(−4)2−4×(−4)+6=−10，
∴N(−4，−10)，
由平移可得yM=−10−6=−16，
∴M(−1，−16)；
②当EB为平行四边形的对角线时，则EN∥MB，
∵B(1，0)，E(−2，6)，xM=−1，
∴1+(−2)=−1+xN，
∴xN=0，
当x=0时，y=6，
∴N(0，6)
∵EN∥MB
∴M(−1，0)
综上所述，M的坐标为(−1，−4)或(−1，−16)或(−1，0)．

【分析】（1）先求出点C、A的坐标，再将点A、C的坐标代入y=−2x2+bx+c求出b、c的值即可；
（2）设点E的横坐标为t，则E(t，−2t2−4t+6)，根据△BFG∽△BEH，可得BG=23BH=23−23t，再求出F(13+23t，203+43t)，根据题意列出方程−2t2−4t+6=32(203+43t)求出t的值，再求出点E的坐标即可；
（3）分类讨论：①当EB为平行四边形的边时，分两种情况：（Ⅰ）点N在对称轴右侧时，BM为对角线，（Ⅱ）点N在对称轴左侧时，BN为对角线；②当EB为平行四边形的对角线时，则EN∥MB，再分别求解即可。
3．【答案】（1）(−1，3)；y=35x2−435
（2）解：①由旋转可知，点E在线段C′B′上运动，过点C作CE⊥C′B′于点E，点E即为所求，过点E作y轴的垂线，过点C′作x轴的垂线，交EM于点M，交x轴于点N，

由题意可知，CC′=2，
由旋转可知，△OBC≅△OB′C′，
∴C′B′=CB=OA=4，∠OCB=∠OC′B′=120°，
∵∠OC′C=60∘，
∴∠B′C′C=60∘，CC′=OC=2，
∴C′E=1，CE=3，
∴ME=12，C′M=123，
∴E(−12，332).
将A(4，0)，E(−12，332)代入抛物线y=ax2+bx(a≠0)，
∴16a+4b=014a−12b=332，
解得a=233b=−833.
∴关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为：y=233x2−833.；②35 【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；定义新运算
【解析】【解答】（1）解：如下图，连接CE，过点E作E'作x轴的垂线于点E′，过点C作CC′⊥x轴于点C′，

∴CC′=3，
∵∠AOC=60∘，
∴OC=2，
由旋转可知，OE=OC=2，∠EOC=60∘，
∴△COE是等边三角形，
∴∠EOE′=60∘，
∴OE'=1，EE'=3，
∴E(−1，3)，
将A(4，0)，E(−1，3)代入抛物线y=ax2+bx(a≠0)，
∴16a+4b=0a−b=3，
解得a=35b=−435.
∴抛物线的解析式为：y=35x2−435；
∴当点D与点C重合时，点E的坐标为(−1，3)，此时关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为y=35x2−435；
（2）②如①中的图，过点B′作x轴的平行线，交MN于点P，

∴B′P=2，PC′=23，
∴B'(1，33)，
将B'(1，33)，A(4，0)代入抛物线的解析式y=ax2+bx(a≠0)，
∴16a+4b=0a+b=33，
解得a=−3b=43.
∴抛物线的解析式为：y=−3x2+43，
结合图象可知，a的取值范围为：35
【分析】（1）连接CE，过点E作E'作x轴的垂线于点E′，过点C作CC′⊥x轴于点C′，由旋转可知，OE=OC=2，∠EOC=60∘，得出△COE是等边三角形，则∠EOE'=60∘，解直角三角形得出点E的坐标，将A、E的坐标代入抛物线解析式即可得出结论；
（2）①由旋转可知，点E在线段C′B′上运动，过点C作CE⊥C′B′于点E，点E即为所求，过点E作y轴的垂线，过点C′作x轴的垂线，交EM于点M，交x轴于点N；②过点B′作x轴的平行线，交MN于点P，得出点B'的坐标，将点B'的坐标代入抛物线解析式，即可得出a的最小值，即可得出a的取值范围。
4．【答案】（1）解：∵直线y＝x＋8经过A，C两点，
∴A点坐标是（−8，0），点C坐标是（0，8），
又∵抛物线过A，C两点，
∴−34×(−8)2−8b+c=0c=8，
解得：b=−5c=8，
∴y=−34x2−5x+8；
（2）解：①如图1，

∵由（1）知，抛物线解析式是y=−34x2−5x+8，
∴抛物线的对称轴是直线x＝−b2a=−103．
∵以AP，AO为邻边的平行四边形的第四个顶点Q恰好也在抛物线上，
∴PQ∥AO，PQ＝AO＝8．
∵P，Q都在抛物线上，
∴P，Q关于直线x＝−103对称，
∴P点的横坐标是−223，
∴当x＝−223时，y＝−34×(−223)2−5×(−223)+8=133，
∴P点的坐标是（−223，133）；
②如图2，过P点作PF∥OC交AC于点F，

∵PF∥OC，
∴△PEF∽△OEC，
∴PEOE=PFOC．
又∵PE：OE＝5：6，OC＝8，
∴PF＝203，
∵点F在AC上，
∴设点F（x，x＋8），
∴（﹣34x2-5x+8）−（x＋8）＝203，
化简得：（x＋4）2＝649．
解得：x1＝−203，x2＝−43．
∴P点坐标是（−203，8）或（−43，403）．
又∵点P在直线y＝kx上，
∴把（−203，8）或（−43，403）分别代入y＝kx中，
∴k＝−65或k＝−10．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；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）利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）①先求出P点的横坐标是−223，再将x＝−223代入函数解析式求出y的值，即可得到点P的坐标；
②过P点作PF∥OC交AC于点F，根据△PEF∽△OEC，可得PEOE=PFOC，求出PF的长，再设点F（x，x＋8），根据题意列出方程（﹣34x2-5x+8）−（x＋8）＝203，求出x的值，即可得到点P的坐标，再将点P的坐标代入正比例函数解析式求出k的值即可。
5．【答案】（1）解：由抛物线交点式表达式得： y=a(x+2)(x−4)=a(x2−2x−8)=ax2−2ax−8a ，
即 −8a=6 ，解得： a=−34 ，
故抛物线的表达式为： y=−34x2+32x+6 ；
（2）解：由抛物线的表达式知，点 C(0，6) ，
由点 B 、 C 的坐标，得直线 BC 的表达式为： y=−32x+6 ，
如图所示，过点 D 作 y 轴的平行线交直线 BC 于点 H ，

设点 D(m，−34m2+32m+6) ，则点 H(m，−32m+6) ，
则 S△BDC=12HD×OB=2(−34m2+32m+6+32m−6)=2(−34m2+3m) ，
∴34S△ACO=34×12×6×2=92 ，
即： 2(−34m2+3m)=92 ，
解得： m=1 或 3( 舍去 1) ，
故 m=3 ；
（3）解：当 m=2 时，点 D(2，6) ，
设点 M(x，0) ，点 N(t，n) ，则 n=−34t2+32t+6① ，
①当 BD 是边时，
点 B 向左平移1个单位向上平移6个单位得到点 D ，同样点 M(N) 向左平移1个单位向上平移6个单位得到点 N(M) ，
故 x−1=t0+6=n 或 x+1=t0−6=n② ，
联立①②并解得： x=3t=2n=6或x=33−12t=1+332n=−6或x=−33−12m=1−332n=−6( 不合题意的值已舍去 ) ；
故点 M 的坐标为 (3，0) 或 (33−12，0) 或 (−33−12，0) ；
②当 BD 是对角线时，
由中点公式得： 12(3+4)=12(x+m)12(6+0)=12(n+0)③ ，
联立①③并解得 m=3n=6x=4 ，
故点 M 的坐标为 (4，0) ；
综上，点 M 的坐标为 (3，0) 或 (33−12，0) 或 (−33−12，0) 或 (4，0) ．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；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）由A、B的坐标可设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x-4)=a(x2-2x-8)=ax2-2ax-8a，则-8a=6，求出a的值，进而可得抛物线的解析式；
（2）由抛物线的表达式知C（0，6），求出直线BC的解析式，过点D作y轴的平行线交直线BC于点H，设D（m，−34m2+32m+6），则H（m，−32m+6），根据三角形的面积公式表示出S△BDC，结合题意可得m的值；
（3）当m=2时，点D（2，6），设M（x，0），N（t，n），则n=−34t2+32t+6，然后分①BD是边，②BD为对角线，结合平行四边形的性质可得x、t、m、n的值，进而可得点M的坐标.
6．【答案】（1）解：∵抛物线y=−12(m2+1)x2−(m+1)x−1与x轴有公共点，∴(m+1)2−4×[−12(m2+1)]×(−1)⩾0.∴−(m−1)2⩾0.∴m−1=0．∴m=1，∴y=−x2−2x−1=−(x+1)2，∵−1<0，∴当x<−1时，y随着x的增大而增大．
（2）解：由题意，得y=−(x+1−n)2+4=−x2−2(1−n)x−n2+2n+3，当y＝0时，−(x+1−n)2+4=0.，解得：x=−3+n或x=1+n.，∵点A在点B的右侧，∴点A的坐标为（1+n，0），点B的坐标为（－3+n，0）．∵点C的坐标为（0，－n2 +2n+3），∴n+1＝－n2+2n+3．解得：n＝2或n＝－1（舍去）．故n的值为2.
（3）证明：由（2）可知：抛物线C2的解析式为y＝－（x－1）2+4．∴点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（－1，0）点C的坐标为（0，3），点D的坐标为（1，4），抛物线C2的对称轴是直线x＝1，

∵点E与点C关于直线x＝1对称，∴点E的坐标为（2，3）．∴点G的坐标为（1，3）．设直线BE解析式为y＝kx+b，∴−k+b=0，2k+b=3.解得：k=1，b=1.∴y＝x+1．当x＝1时，y＝1+1＝2．点F的坐标为（1，2）．∴FG＝EG＝DG＝CG＝1． ∴四边形CDEF为矩形．又∵CE⊥DF，∴四边形CDEF为正方形．
【知识点】二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）先求出 (m+1)2−4×[−12(m2+1)]×(−1)⩾0，再求解即可；
（2）根据题意先求出 x=−3+n或x=1+n， 再求出 n＝2或n＝－1（舍去） ，最后求解即可；
（3）利用待定系数法求函数解析式，再求解即可。
7．【答案】（1）解：①把点B(6，0)和点D(4，−3)代入得：36a+6b−3=016a+4b−3=−3，解得：a=14b=−1，∴抛物线解析式为y=14x2−x−3；
②直线AD的解析式为y=−12x−1；
（2）解：如图，过点E作EG⊥x轴交AD于点G，过点B作BH⊥x轴交AD于点H，

当x=6时，y=−12×6−1=−4，∴点H（6，-4），即BH=4，设点E(m，14m2−m−3)，则点G(m，−12m−1)， ∴EG=(−12m−1)−(14m2−m−3)=−14m2+12m+2，∵△BDF的面积记为S1，△DEF的面积记为S2，且S1=2S2，∴BF=2EF，∵EG⊥x，BH⊥x轴，∴△EFG∽△BFH，∴EGBH=EFBF=12，∴−14m2+12m+24=12，解得：m=2或0（舍去），∴点E的坐标为（2，-4）；
（3）解：点P的坐标为(1−13，−5+132)．
【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；二次函数-动态几何问题
【解析】【解答】（1）②令y=0，则14x2−x−3=0，解得：x1=−2，x2=6，
∴点A（-2，0），设直线AD的解析式为y=kx+b1(k≠0)，
∴把点D(4，−3)和点A（-2，0）代入得：4k+b1=−3−2k+b1=0，解得：k=−12b1=−1，∴直线AD的解析式为y=−12x−1；
(3)y=14x2−x−3=14(x−2)2−4，
∴点G的坐标为（2，-4），当x=0时，y=-3，即点C（0，-3），
∴点C′(0，3)，G′(2，4)，∴向上翻折部分的图象解析式为y=−14(x−2)2+4，
∴向上翻折部分平移后的函数解析式为y=−14(x−2)2+4−n，平移后抛物线剩下部分的解析式为y=14(x−2)2−4−n，设直线BC的解析式为y=k2x+b2(k2≠0)，把点B（6，0），C（0，-3）代入得：6k2+b2=0b2=−3，解得：k2=12b2=−3，
∴直线BC的解析式为y=12x−3，同理直线C′G′的解析式为y=12x+3，
∴BC∥C′G′，设点P的坐标为(s，12s−3)，∵点C′(0，3)，G′(2，4)，
∴点 C′向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点 G′，
∵四边形C′G′QP是平行四边形，
∴点Q(s+2，12s−2)，当点P，Q均在向上翻折部分平移后的图象上时，
−14(s−2)2+4−n=12s−3−14(s+2−2)2+4−n=12s−2，解得：s=0n=6（不合题意，舍去），当点P在向上翻折部分平移后的图象上，点Q在平移后抛物线剩下部分的图象上时，−14(s−2)2+4−n=12s−314(s+2−2)2−4−n=12s−2，解得：s=1+17n=0或s=1−17n=0（不合题意，舍去），当点P在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q在向上翻折部分平移后的图象上时，14(s−2)2−4−n=12s−3−14(s+2−2)2+4−n=12s−2，解得：s=1−13n=13或s=1+13n=−13 （不合题意，舍去），综上所述，点P的坐标为(1−13，−5+132)．

【分析】（1）①利用待定系数法求函数解析式即可；
②先求出点A（-2，0），再求出k=−12b1=−1，最后求函数解析式即可；
（2）先求出 点H（6，-4）， 再求出 BF=2EF ，最后列方程求解即可；
（3）结合函数图象，利用待定系数法求解即可。
8．【答案】（1）解：∵抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，
∴4a−2+c=036a+6+c=0，
解得：a=−14c=3，
∴抛物线的表达式为y＝−14x2+x+3；
（2）解：∵抛物线y＝−14x2+x+3与y轴交于点C，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（6，0）、C（0，3）代入，
得：6k+b=0b=3，
解得：k=−12b=3，
∴直线BC的解析式为y＝﹣12x+3，
设点P的横坐标为m，则P（m，−14m2+m+3），E（m，﹣12m+3），
∴h＝−14m2+m+3﹣（﹣12m+3）＝−14m2+32m，
∵点P是第一象限内抛物线上的一个动点，
∴0＜m＜6，
∴h＝−14m2+32m（0＜m＜6）；
（3）解：如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，

∵P（m，−14m2+m+3），E（m，﹣12m+3），
∴PE＝−14m2+32m，
∵PF⊥CE，
∴∠EPF+∠PEF＝90°，
∵PD⊥x轴，
∴∠EBD+∠BED＝90°，
又∵∠PEF＝∠BED，
∴∠EPF＝∠EBD，
∵∠BOC＝∠PFE＝90°，
∴△BOC∽△PFE，
∴EFPE＝OCBC，
在Rt△BOC中，BC＝OB2+OC2＝62+32＝35，
∴EF＝OCBC×PE＝335（−14m2+32m）＝55（−14m2+32m），
∵EH⊥y轴，PD⊥x轴，
∴∠EHO＝∠EDO＝∠DOH＝90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴EH＝OD＝m，
∵EH//x轴，
∴△CEH∽△CBO，
∴CEEH＝BCOB，即CEm＝356，
∴CE＝52m，
∵CF＝EF，
∴EF＝12CE＝54m，
∴54m＝55（−14m2+32m），
解得：m＝0或m＝1，
∵0＜m＜6，
∴m＝1；
（4）解：∵抛物线y＝−14x2+x+3，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣12×(−14)＝2，
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴设Q（2，t），设抛物线对称轴交x轴于点H，交CP边于点G，
则GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，
①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，如图，

则CQ垂直平分OO′，即CQ⊥OD，
∴∠COP+∠OCQ＝90°，
又∵四边形OCPD是矩形，
∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°，
∴∠PCQ+∠OCQ＝90°，
∴∠PCQ＝∠COP，
∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝CPOC＝43，
∴GQCG＝tan∠PCQ＝43，
∴3−t2＝43，
解得：t＝13，
∴Q（2，13）；
②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，如图，连接CD交GH于点K，

∵点O与点O′关于直线CQ对称，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCQ＝∠DCQ，
∵GH//OC，
∴∠CQG＝∠OCQ，
∴∠DCQ＝∠CQG，
∴CK＝KQ，
∵C、P关于对称轴对称，即点G是CP的中点，GH//OC//PD，
∴点K是CD的中点，
∴K（2，32），
∴GK＝32，
∴CK＝KQ＝32﹣t，
在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2，
∴22+（32）2＝（32﹣t）2，
解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣1，
∴Q（2，﹣1）；
③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，如图，过点O′作O′K⊥y轴于点K，连接OO′交CQ于点M，

∵点O与点O′关于直线CQ对称，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCM＝∠O′CM，∠OMC＝∠O′MC＝90°，O′C＝OC＝3，
∵∠O′KC＝∠DOC＝90°，∠O′CK＝∠DCO，
∴△O′CK∽△DCO，
∴O′KOD＝CKCO＝CO′CD，即O′K4＝CK3＝35，
∴O′K＝125，CK＝95，
∴OK＝OC+CK＝3+95＝245，
∴O′（﹣125，245），
∵点M是OO′的中点，
∴M（﹣65，125），
设直线CQ的解析式为y＝k′x+b′，
则−65k′+b′=125b′=3，
解得：k′=12b′=3，
∴直线CQ的解析式为y＝12x+3，
当x＝2时，y＝12×2+3＝4，
∴Q（2，4）；
综上所述，点Q的坐标为（2，13）或（2，﹣1）或（2，4）．
【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-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）利用待定系数法求出 直线BC的解析式为y＝﹣12x+3， 再求出 0＜m＜6， 最后求解即可；
（3）利用相似三角形的判定与性质，勾股定理计算求解即可；
（4）分类讨论，结合函数图象，计算求解即可。
9．【答案】（1）解：将点A(−12，0)，B(3，72)代入y=ax2+bx+2得：14a−12b+2=09a+3b+2=72，解得a=−1b=72，则抛物线的解析式为y=−x2+72x+2．
（2）解：设点P(m，−m2+72m+2)，对于二次函数y=−x2+72x+2，当x=0时，y=2，即C(0，2)，CO=2，设直线BC的解析式为y=kx+c，将点B(3，72)，C(0，2)代入得：3k+c=72c=2，解得k=12c=2，则直线BC的解析式为y=12x+2，∴D(m，12m+2)，∴PD=|−m2+72m+2−(12m+2)|=|m2−3m|，∵PD⊥x轴，OC⊥x轴，∴PD∥CO，∴当PD=CO时，以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，∴|m2−3m|=2，解得m=1或m=2或m=3+172或m=3−172，则点P的横坐标为1或2或3+172或3−172．
（3）解：①如图，当Q在BC下方时，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，

∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，∴∠CHM＝∠HBN，∵∠QCB＝45°，∴△BHC是等腰直角三角形，∴CH＝HB，∴△CHM≌△HBN（AAS），∴CM＝HN，MH＝BN，设点H的坐标为H(s，t)，则2−t=3−ss=72−t，解得s=94t=54，即H(94，54)，设直线CH的解析式为y=px+q，将点C(0，2)，H(94，54)代入得：94p+q=54q=2，解得p=−13q=2，则直线CH的解析式为y=−13x+2，联立直线CH与抛物线解析式得y=−x2+72x+2y=−13x+2，解得x=236y=1318或x=0y=2（即为点C），则此时点Q的坐标为(236，1318)；②如图，当Q在BC上方时，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，

同理可得：此时点Q的坐标为(12，72)，综上，存在这样的点Q，点Q的坐标为(236，1318)或(12，72)．
【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）先求出直线BC
的解析式为y=12x+2， 再列方程求解即可；
（3）分类讨论，结合函数图象计算求解即可。
10．【答案】（1）解：将A(−2，0)，B(8，0)，C(0，4)代入抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)，得
0=4a−2b+c0=64a+8b+c4=c，解得a=−14b=32c=4，
所以，抛物线的表达式为y=−14x2+32x+4；
（2）解：如图，过点D作DE⊥x轴于E，
∴∠DEB=∠COB=90°，

∵A(−2，0)，B(8，0)，C(0，4)，
∴AB=10，AC=22+42=25，BC=82+42=45，OB=8，OC=4，OA=2，
∵AB2=AC2+BC2，
∴△ABC为直角三角形且∠ACB=90°，
将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，
此时，点B、C、D三点共线，BC=DC，S△ABC=S△ADC，
∵∠DBE=∠CBO，
∴△DBE∼△CBO，
∴DBCB=DEOC=BEBO=2，
∴OB=OE=8，DE=2OC=8，
∴D(−8，8)，
∴四边形OADC的面积
=S△ADC+S△AOC=S△ABC+S△AOC=12⋅AC⋅BC+12⋅OA⋅OC=12×25×45+12×2×4=24；
（3）解：当点P在x轴上方时，

∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥x轴，
∴点P的纵坐标为4，即4=−14x2+32x+4，
解得x=6或0（舍去）
∴P(6，4)；
当点P在x轴下方时，设直线CP交x轴于F，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CF=BF，
设OF=t，则CF=BF=8−t，
在Rt△COF中，由勾股定理得OC2+OF2=CF2，
即42+t2=(8−t)2，
解得t=3，
∴F(3，0)，
∵C(0，4)，
∴设直线CF的解析式为y=kx+4，
即0=3k+4，解得k=−43，
∴直线CF的解析式为y=−43x+4，
令−43x+4=−14x2+32x+4，解得x=343或0（舍去），
当x=343时，y=−14×(343)2+32×343+4=−1009
∴P(343，−1009)；
综上，P(6，4)或(343，−1009)．
【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）利用勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形的面积公式计算求解即可；
（3）分类讨论，列方程计算求解即可。
11．【答案】（1）解：∵抛物线y=x2−bx（b是常数）经过点(2，0)
∴4−2b=0
解得b=2
∴y=x2−2x
（2）解：如图，

由y=x2−2x=(x−1)2−1
则对称轴为直线x=1，
设B(m，m2−2m)，则C(2−m，m2−2m)
∵BC=2−m−m=4
解得m=−1
∴B(−1，3)
（3）解：∵点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（m≠0）．以点A为中心，构造正方形PQMN，PQ=2|m|，且PQ⊥x轴
∴MN=PQ=2|m|，且M，N在y轴上，如图，

①当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，如图，当正方形PQMN点Q在x轴上时，此时M与O点重合，

∵PN=PQ
∴OP的解析式为y=x
∴A(m，m)，将A(m，m)代入y=x2−2x
即m2−2m−m=0
解得m1=0，m2=3
∵m>0
∴A(3，3)
观察图形可知，当m≥3时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；
②当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，当PQ经过抛物线的对称轴x=1时，

∵MQ=PQ=2|m|，m>0
∴2m=1
解得m=12，
观察图形可知，当0 综上所述，m的取值范围为0 （4）解：①如图，设正方形与抛物线的交点分别为E，F，当yE−yF=34时，则MN=34
∵A是正方形PQMN的中心，A(m，m2−2m)
∴|xA|=12MN=38
即m=−38

②如图，当A点在抛物线左侧，y轴右侧时，

∵A(m，m2−2m)
∴MN=2m
∴yE=yA+12MN=yA+m=m2−2m+m=m2−m
∵交点的纵坐标之差为34，
∴F的纵坐标为m2−m−34
∵F的横坐标为MQ=PQ=2m
∴F(2m，m2−m−34)
∵F在抛物线y=x2−2x上，
∴m2−m−34=(2m)2−2×2m
解得m=12
③当A在抛物线对称轴的右侧时，正方形与抛物线的交点分别为O，S，设直线AM交x轴于点T，如图，

则yN=yS=34
∴OM=OT=34
即M(0，34)，N(34，0)
设直线MN解析式为y=kx+b
则34k+b=0b=34
解得k=−1b=34
∴直线MN解析式为y=−x+34
联立y=x2−2x
解得x1=32，x2=−12（舍去）
即A的横坐标为32，即m=32，
综上所述，m=−38或m=12或m=32．
【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）利用待定系数法即可得解；
（2）设B(m，m2−2m)，则C(2−m，m2−2m)，由BC的值，即可得出m的值，从而得出点B的坐标；
（3）①当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，如图，当正方形PQMN点Q在x轴上时，此时M与O点重合， ②当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，当PQ经过抛物线的对称轴x=1时，分两种情况求解即可；
（4）①如图，设正方形与抛物线的交点分别为E，F，当yE−yF=34时，则MN=34，②如图，当A点在抛物线左侧，y轴右侧时，③当A在抛物线对称轴的右侧时，正方形与抛物线的交点分别为O，S，设直线AM交x轴于点T，分三种情况求解即可。
12．【答案】（1）解：由题意得，
−b2×(−1)=−1c=3，
∴b=−2c=3，
∴二次函数的表达式为：y=−x2−2x+3；
（2）证明：∵当x=−1时，y=−1−2×(−1)+3=4，
∴D(−1，4)，
由−x2−2x+3=0得，
x1=−3，x2=1，
∴A(−3，0)，B(1，0)
∴AD2=(−1+3)2+42=20，
∵C(0，3)，
∴CD2=(4−3)2+(−1)2=2，AC2=32+32=18，
∴AC2+CD2=AD2，
∴∠ACD=90°，
∴tan∠DAC=CDAC=232=13，
∵∠BOC=90°，
∴tan∠BCO=OBOC=13，
∴∠DAC=∠BCO；
（3）解：如图，

作DE⊥y轴于E，作D1F⊥y轴于F，
∴DE∥FD1，
∴△DEC∽△D1EF，
∴CFCE=FD1DE=CD1CD=2，
∴FD1=2DE=2，CF=CE=2，
∴D1(2，1)，
∴y1的关系式为：y=−(x−2)2+1，
由−(x−2)2+1=0得，
x=3或x=1，
∴M(3，0)，
当x=0时，y=−3，
∴N(0，−3)，
设P(2，m)，
当四边形MNQP是平行四边形时，
∴MN∥PQ，PQ=MN，
∴Q点的横坐标为−1，
当x=−1时，y=−(−1−2)2+1=−8，
∴Q(−1，8)，
当四边形MNPQ是平行四边形时，
同理可得：点Q横坐标为：5，
当x=5时，y=−(5−2)2+1=−8，
∴Q′(5，−8)，
综上所述：点Q(−1，−8)或（5，−8）．
【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）根据题意得出−b2×(−1)=−1c=3，即可得出b、c的值，即可得出二次函数的表达式；
（2）当x=−1时，y=−1−2×(−1)+3=4，得出点D的坐标，由−x2−2x+3=0得出x的值，从而得出点A、B的坐标，得出AD2=(−1+3)2+42=20，推出AC2+CD2=AD2，利用正切值得出tan∠DAC=CDAC=232=13，即可得解；
（3）利用相似证出△DEC∽△D1EF，得出CFCE=FD1DE=CD1CD=2，从而得出D1(2，1)，得出y1的关系式，由−(x−2)2+1=0得出x的值，从而得出点M、N的坐标，当四边形MNQP是平行四边形时，得出MN∥PQ，PQ=MN，当四边形MNPQ是平行四边形时，当x=−1时，当x=5时，分两种情况求解即可。
13．【答案】（1）解：当x＝0时，y＝4，
∴C （0，4），
当y＝0时，43x+4＝0，
∴x＝﹣3，
∴A （﹣3，0），
∵对称轴为直线x＝﹣1，
∴B（1，0），
∴设抛物线的表达式：y＝a（x﹣1）•（x+3），
∴4＝﹣3a，
∴a＝﹣43，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣43（x﹣1）•（x+3）＝﹣43x2﹣83x+4；
（2）解：如图1，

作DF⊥AB于F，交AC于E，
∴D（m，﹣43m2﹣83m+4），E（m，﹣43m+4），
∴DE＝﹣43m2﹣83m+4﹣（43m+4）＝﹣43m2﹣4m，
∴S△ADC＝12DE⋅OA＝32•（﹣43m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，
∵S△ABC＝12AB⋅OC＝12×4×3＝6，
∴S＝﹣2m2﹣6m+6＝﹣2（m+32）2+334，
∴当m＝﹣32时，S最大＝334，
当m＝﹣32时，y＝﹣43×(−32−1)×(−32+3)＝5，
∴D（﹣32，5）；
（3）解：设P（﹣1，n），
∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，
∴PA＝PC，
即：PA2＝PC2，
∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，
∴n＝138，
∴P（﹣1，138），
∵xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝yA+yC
∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4﹣138＝198，
∴Q（﹣2，198）．
【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）利用待定系数法即可得解；
（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，得出点D、E的坐标，推出DE的值，根据三角形面积公式求出的值，根据S△ABC＝6，得出S＝﹣2m2﹣6m+6＝﹣2（m+32）2+334，当m＝﹣32时，S最大＝334，当m＝﹣32时，y＝5，由此得解；
（3）设P（﹣1，n），由以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，得出PA2＝PC2，得出n的值，从而得出P点坐标，根据xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝yA+yC，得出xQ＝198，由此得解。
14．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，
∴−22a=1，解得：a=-1，
∵抛物线过点B(3，0)，
∴−9+6+c=0，解得：c=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3
（2）解：存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形.理由如下：
令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得：x1=3，x2=−1，
∴点A的坐标为（-1，0），
∴OA=1，
当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为（0，3），即OC=3，
∴AC2=OA2+OC2=10，
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把点B（3，0），C（0，3）代入得：
3k+b=0b=3，解得：k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点N（m，-m+3），
∴MN=-m+3，AM=m+1，
∴AN2=(−m+3)2+(m+1)2=2m2−4m+10，CN2=m2+(−m+3−3)2=2m2，
当AC=AN时，2m2−4m+10=10，
解得：m=2或0（舍去），
∴此时点N（2，1）；
当AC=CN时，2m2=10，
解得：m=5或−5（舍去），
∴此时点N(5，−5+3)；
当AN=CN时，2m2=2m2−4m+10，
解得：m=52，
∴此时点N(52，12)；
综上所述，存在这样的点N（2，1）或(5，−5+3)或(52，12)，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形；
（3）解：存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或(2，3+172)或(2，3−172).
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】(3)解：存在，理由如下：
∵点B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC，
∴BC=32，
设点E（1，n），点F（s，t），
当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，

∴1+3=sn−3=t(1−3)2+n2=s2+(t−3)2或s+3=1t−3=n(1−0)2+(n−3)2=(s−3)2+(t−0)2，
解得：n=4s=4t=1或n=−2s=−2t=1，
∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；
当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图，

1+s2=32n+t2=32(1−s)2+(n−t)2=32，解得：n=3+172s=2t=3−172或n=3−172s=2t=3+172，
∴此时点F的坐标为(2，3+172)或(2，3−172)；
综上所述，存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或(2，3+172)或(2，3−172).

【分析】（1）利用抛物线的对称轴为直线x=1，可求出a的值，再将点B的坐标代入函数解析式，可求出c的值，即可得到抛物线的解析式.
（2）利用二次函数解析式，由y=0求出对应的x的值，可得到点A的坐标，同时求出OA的长，由x=0求出对应的y的值，可得到点C的值，即可求出OC的长；利用勾股定理求出AC2；利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，设点N（m，-m+3），分别表示出MN，AM，AN2，CN2；利用等腰三角形的定义再分情况讨论： 当AC=AN时；当AC=CN时；当AN=CN时，分别得到关于m的方程，解方程求出m的值，可得到符合题意的点N的坐标.
（3）由点B，C的坐标可证得OB=OC，利用勾股定理求出BC的长，设点E（1，n），点F（s，t），分情况讨论：当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），可得到关于n，s，t的方程组，解方程组求出n，s，t的值，可得到符合题意的点F的坐标；当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，利用中点坐标及勾股定理可得到关于n，s，t的方程组，解方程组求出n，s，t的值，可得到符合题意的点F的坐标；综上所述可得到点F的坐标.
15．【答案】（1）解：∵抛物线y=−12x2+bx+52与x轴交于点A(1，0)，
∴−12+b+52=0，
∴b=−2
（2）解：设点P的坐标为(t，−12t2−2t+52)，
∵抛物线解析式为y=−12x2−2x+52=−12(x+2)2+92，
∴顶点B的坐标为(−2，92)
设直线AB的解析式为：y=kx+b1，
∴−2k+b1=92k+b1=0
解得k=−32b1=32，
∴直线AB的解析式为：y=−32x+32．
∵PQ⊥x轴交直线AB于点Q，
∴Q(t，−32t+32)，
∵点P在AB之间，
∴−2 ∴PQ=−12t2−2t+52−(−32t+32)
=−12t2−12t+1
=−12(t+12)2+98
∵−12<0，
∴当t=−12时，PQ有最大值，最大值为98；
（3）解：(−4，52)或(2，−72)
【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】【解答】（3）解：如图1所示，

当点P在直线l左侧时，此时t<−2，G从左到右上升，图象最高点为B，最低点为(t，−12t2−2t+52)，
∴m=92，n=−12t2−2t+52，
∵m−n=2，
∴92−(−12t2−2t+52)=2，
∴t2+4t=0，
解得t=−4或t=0（舍），
∴此时点P的坐标为(−4，52)；
当点P在直线l右侧时，此时t>1（当−2
∴m=−32t+32，n=−12t2−2t+52，
∵m−n=2，
∴−32t+32−(−12t2−2t+52)=2，
∴t2+t−6=0，
解得t=2或t=−3（舍），
∴此时点P的坐标为(2，−72)；
综上所述，点P的坐标为(−4，52)或(2，−72)．

【分析】（1）利用待定系数法即可得解；
（2）由抛物线解析式得出顶点B的坐标，设直线AB的解析式为：y=kx+b1，设点P的坐标为(t，−12t2−2t+52)，则Q(t，−32t+32)，得出PQ=−12t2−2t+52−(−32t+32)，当t=−12时，PQ有最大值，最大值为98；
（3）当点P在直线l左侧时，此时t<−2，G从左到右上升，图象最高点为B，最低点为(t，−12t2−2t+52)，当点P在直线l右侧时，此时t>1（当−2