压轴题06二次函数与特殊四边形存在性问题（四大类型）-2023年中考数学压轴题专项训练（全国通用）

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2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题06二次函数与特殊四边形存在性问题（四大类型）
题型一： 二次函数与平行四边形存在性问题
例1．（2023•泽州县一模）综合与探究．
如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与直线l交于B，C两点，其中点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（﹣1，﹣4）．

（1）求二次函数的表达式和点B的坐标．
（2）若P为直线l上一点，Q为抛物线上一点，当四边形OBPQ为平行四边形时，求点P的坐标．
（3）如图2，若抛物线与y轴交于点D，连接AD，BD，在抛物线上是否存在点M，使∠MAB＝∠ADB？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由四边形OBPQ为平行四边形，则PQ＝PB＝3，得到点Q（m﹣3，m﹣3），即可求解；
（3）利用解直角三角形的方法求出：sin∠ADM=ANAD=105210=22，即∠ADM＝45°＝∠MAB，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：0=4-2b+c-4=1-b+c，
解得：b=-1c=-6，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣6①，
令y＝x2﹣x﹣6＝0，
解得：x＝﹣2或3，
即点B（3，0）；

（2）由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝x﹣3，
设点P（m，m﹣3），
∵四边形OBPQ为平行四边形，则PQ＝OB＝3，

则点Q（m﹣3，m﹣3），
将点Q的坐标代入抛物线表达式得：m﹣3＝（m﹣3）2﹣（m﹣3）﹣6，
解得：m＝4±7，
故点P的坐标为（4+7，1+7）或（4-7，1-7）；

（3）存在，理由：
由抛物线的表达式知，点D（0，﹣6），
由点A、B、D的坐标得，AD＝210，BD＝35，
过点A作AN⊥BD于点N，
则S△ABD=12×AB×OD=12×BD×AN，即5×6＝35×AN，
解得：AN=105，
则sin∠ADN=ANAD=105210=22，即∠ADN＝45°＝∠MAB，
则直线AM的表达式为：y＝x+2或﹣x﹣2②，
联立①②得：y=x2-x-6y=x+2或y=x2-x-6y=-x-2
解得：x=4y=6或x=2y=-4（不合题意的值已舍去），
则点M的坐标为：（4，6）或（2，﹣4）．
【点评】本题综合考查了二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形的性质、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
题型二：二次函数与矩形存在性问题
例2．（2023•歙县校级模拟）如图，若二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0），与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在请求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，列方程组求a、b的值；
（2）设Q（m，﹣m2+3m+4），当m＞0时，过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，证明△CHQ≌△BGK（AAS），得到m＝﹣m2+3m+4﹣4，则HQ＝2，所以K（6，2）；当m＜0时，设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，证明△QHG≌△KFE（AAS），则有﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），求得m＝﹣2，则GQ＝2，可求K（﹣6，﹣2）
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
得a-b+4=016a+4b+4=0，
解得a=-1b=3，
∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2+3x+4．
（2）存在，理由如下：
设Q（m，﹣m2+3m+4），
当m＞0时，如图1，

∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，
过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，
∵CQ＝BK，∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HCQ＝∠GBK＝45°，
∴△CHQ≌△BGK（AAS），
∴HC＝HQ＝BG＝GK，
∴m＝﹣m2+3m+4﹣4，
∴m＝2或m＝0（舍），
∴HQ＝2，
∴K（6，2）；
当m＜0时，如图2，
∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，
设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，
过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，
∵∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠OBH＝∠OHB＝45°，∠FCO＝∠CFO＝45°，
∴OF＝OC＝OB＝OH＝4，∠HQG＝∠EFK＝45°，
∵KC＝BQ，CF＝HB，
∴FK＝QH，
∴△QHG≌△KFE（AAS），
∴QG＝HG＝EF＝EK，
∴﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），
∴m＝﹣2或m＝4（舍），
∴GQ＝2，
∴K（﹣6，﹣2）；
综上所述，K点的坐标为（﹣6，﹣2）或（6，2）．


【点评】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活应用矩形和等腰直角三角形的性质是解题的关键．
题型三: 二次函数与菱形存在性问题
例3．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（0，1），B（4，﹣1）．直线AB交x轴于点C，P是直线AB上方且在对称轴右侧的一个动点，过P作PD⊥AB，垂足为D，E为点P关于抛物线的对称轴的对应点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当5PD+PE的最大值时，求此时点P的坐标和5PD+PE的最大值；
（3）将抛物线y关于直线x＝3作对称后得新抛物线y'，新抛物线与原抛物线相交于点F，M是新抛物线对称轴上一点，N是平面中任意一点，是否存在点N，使得以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．

【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+72x+1；
（2）过P作PK⊥x轴于T，交AB于K，由A（0，1），B（4，﹣1）可得直线AB解析式为y=-12x+1，可得C（2，0），OC＝2，AC=OA2+OC2=5，设P（m，﹣m2+72m+1），有E（72-m，﹣m2+72m+1），PE＝m﹣（72-m）＝﹣m2+4m，根据△PDK∽△COA，得PD=25（﹣m2+4m），故5PD+PE=5×25（﹣m2+4m）+2m-72=-2（m-52）2+9，再由二次函数性质可得答案；
（3）抛物线y＝﹣x2+72x+1的顶点为（74，6516），故抛物线y＝﹣x2+72x+1关于直线x＝3对称后得到的新抛物线为y＝﹣（x-174）2+6516，联立解析式得F（3，52），设M（174，t），N（p，q），分三种情况：①若FM，NC为对角线，则FM，NC的中点重合，且FC＝MC，3+174=p+252+t=q1+254=8116+t2，②以FN，MC为对角线，3+p=174+252+q=t2516+(t-52)2=1+254，③以FC，MN为对角线，3+2=174+p52=t+q2516+(t-52)2=8116+t2，分别解方程组可得答案．
【解答】解：（1）把A（0，1），B（4，﹣1）代入y＝﹣x2+bx+c得：
c=1-16+4b+c=-1，
解得b=72c=1，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+72x+1；
（2）过P作PK⊥x轴于T，交AB于K，如图：

由A（0，1），B（4，﹣1）可得直线AB解析式为y=-12x+1，
令y＝0得x＝2，
∴C（2，0），OC＝2，
∴AC=OA2+OC2=5，
∵y＝﹣x2+72x+1＝﹣（x-74）2+6516，
∴抛物线y＝﹣x2+72x+1的对称轴为直线x=74，
设P（m，﹣m2+72m+1），则K（m，-12m+1），
∵74-（m-74）=72-m，
∴E（72-m，﹣m2+72m+1），
∴PE＝m﹣（72-m）＝2m-72，PK＝﹣m2+72m+1﹣（-12m+1）＝﹣m2+4m，
∵∠PKD＝90°﹣∠KCT＝90°﹣∠ACO＝∠OAC，∠PDK＝∠AOC，
∴△PDK∽△COA，
∴PDPK=OCAC，即PD-m2+4m=25，
∴PD=25（﹣m2+4m），
∴5PD+PE=5×25（﹣m2+4m）+2m-72=-2（m-52）2+9，
∵﹣2＜0，
∴m=52时，5PD+PE取最大值，最大值为9，
此时P（52，72），
∴点P的坐标为（52，72），5PD+PE的最大值为9；
（3）∵y＝﹣x2+72x+1＝﹣（x-74）2+6516，
∴抛物线y＝﹣x2+72x+1的顶点为（74，6516），
∵（74，6516）关于直线x＝3的对称点为（174，6516），
∴抛物线y＝﹣x2+72x+1关于直线x＝3对称后得到的新抛物线为y＝﹣（x-174）2+6516，
解y=-x2+72x+1y=-(x-174)2+6516得x=3y=52，
∴F（3，52），
设M（174，t），N（p，q），
又C（2，0），
①若FM，NC为对角线，则FM，NC的中点重合，且FC＝MC，
∴3+174=p+252+t=q1+254=8116+t2，
解得p=214q=10+354t=354或p=214q=10-354t=-354，
∴N（214，10+354）或（214，10-354）；
②以FN，MC为对角线，同理可得：
3+p=174+252+q=t2516+(t-52)2=1+254，
解得p=134q=914t=91+104或p=134q=-914t=-91+104，
∴N（134，914）或（134，-914）；
③以FC，MN为对角线，同理可得：
3+2=174+p52=t+q2516+(t-52)2=8116+t2，
解得p=34q=5510t=25-5510或p=34q=-5510t=10+5510，
∴N（34，5510）或（34，-5510）；
∴N的坐标为（214，10+354）或（214，10-354）或（134，914）或（134，-914）或（34，5510）或（34，-5510）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形相似的判定与性质，菱形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
题型四: 二次函数与正方形存在性问题
例4．（2023•前郭县一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣4x+c与y轴相交于点A（0，2）．

（1）求c的值；
（2）点B为y轴上一点，其纵坐标为m（m≠2），连接AB，以AB为边向右作正方形ABCD．
①设抛物线的顶点为P，当点P在BC上时，求m的值；
②当点C在抛物线上时，求m的值；
③当抛物线与正方形ABCD有两个交点时，直接写出m的取值范围．
【分析】（1）把点A（0，2）代入y＝x2﹣4x+c即得c＝2；
（2）①由y＝x2﹣4x+2顶点P的坐标为（2，﹣2），可得m＝﹣2；
②分两种情况：当m＞2时，点C的坐标为（m﹣2，m），代入y＝x2﹣4x+2得m＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，当m＜2时，点C的坐标为（2﹣m，m），代入y＝x2﹣4x+2得m＝（2﹣m）2﹣4（2﹣m）+2，解方程可得答案；
③分三种情况：当m＞2时，若D在抛物线上，则抛物线与正方形ABCD有两个交点，而D（m﹣2，2），代入y＝x2﹣4x+2得2＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，可知此时m的值为6；当m＜2时，若C在抛物线内部，抛物线与正方形ABCD有两个交点，此时﹣1＜m＜2；若BC在顶点下方时，抛物线与正方形ABCD有两个交点，此时m＜﹣2．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣4x+c与y轴相交于点A（0，2），
∴把点A（0，2）代入y＝x2﹣4x+c得c＝2，
∴c的值为2；
（2）①如图，

∵y＝x2﹣4x+2＝（x﹣2）2﹣2，
∴顶点P的坐标为（2，﹣2），
∵点P在BC上，且点B的坐标为（0，m），
∴m＝﹣2；
②当m＞2时，如图，

由A（0，2），B（0，m）得AB＝m﹣2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝AB＝m﹣2，
∴点C的坐标为（m﹣2，m）．
∵点C在抛物线y＝x2﹣4x+2上，
∴把点C（m﹣2，m）代入y＝x2﹣4x+2得：
m＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，
解得m1＝2（舍去），m2＝7；
当m＜2时，如图，

由A（0，2），B（0，m）得AB＝2﹣m，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝AB＝2﹣m，
∴点C的坐标为（2﹣m，m），
∵点C在抛物线y＝x2﹣4x+2上，
∴把点C（2﹣m，m）代入y＝x2﹣4x+2得：
m＝（2﹣m）2﹣4（2﹣m）+2，
解得m1＝2（舍去），m2＝﹣1，
综上可知：当点C在抛物线上时，m＝7或m＝﹣1；
③当m＞2时，如图：

若D在抛物线上，则抛物线与正方形ABCD有两个交点，
∵AD＝AB＝m﹣2，
∴D（m﹣2，2），
代入y＝x2﹣4x+2得：
2＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，
解得m＝6或m＝2（舍去），
∴此时m的值为6；
当m＜2时，如图：

若C在抛物线内部，抛物线与正方形ABCD有两个交点，
由②知，m＝﹣1时C在抛物线上，
∴此时﹣1＜m＜2；
若BC在顶点下方时，抛物线与正方形ABCD有两个交点，如图：

由①知，当m＝﹣2时，顶点在抛物线上，
∴此时m＜﹣2；
综上所述，抛物线与正方形ABCD有两个交点，m的范围是：m＜﹣2或﹣1＜m＜2或m＝6．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，正方形性质及应用，函数图象上点坐标的特征等，解题的关键是分类讨论思想的应用．


1．（2023春•兴化市月考）已知：二次函数y＝ax2+2ax﹣8a（a为常数，且a＞0）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）分别求点A、B的坐标；
（2）若△ABC是直角三角形，求该二次函数相应的表达式；
（3）当a=12时，一次函数y=12x+b的图象过B点，与二次函数的对称轴交于Q点，N为一次函数图象上一点，过N点作y的平行线交二次函数图象于M点，当D、M、N、Q四点组成的四边形是平行四边形时，求N点的坐标．

【分析】（1）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令y＝0可解得A（﹣4，0），B（2，0）；
（2）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令x＝0得C（0，﹣8a），即可得AC2＝16+64a2，BC2＝4+64a2，AB2＝36，故16+64a2+4+64a2＝36，解方程，根据a＞0，得二次函数相应的表达式为y=24x2+22x﹣22；
（3）当a=12时，y=12x2+x﹣4=12（x+1）2-92，可得D（﹣1，-92），Q（﹣1，-32），设N（m，12m﹣1），则M（m，12m2+m﹣4），①若QN，DM为对角线，则QN，DM的中点重合，有-32+12m﹣1=-92+12m2+m﹣4，②若QM，DN为对角线，则QM，DN的中点重合，有-32+12m2+m﹣4=-92+12m﹣1，分别解方程可得答案．
【解答】解：（1）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令y＝0得：
0＝ax2+2ax﹣8a，
解得x＝﹣4或x＝2，
∴A（﹣4，0），B（2，0）；
（2）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令x＝0得y＝﹣8a，
∴C（0，﹣8a），
∵A（﹣4，0），B（2，0）；
∴AC2＝16+64a2，BC2＝4+64a2，AB2＝36，
∵△ABC是直角三角形，
∴AC2+BC2＝AB2，即16+64a2+4+64a2＝36，
解得a＝±24，
∵a＞0，
∴a=24，
∴二次函数相应的表达式为y=24x2+22x﹣22；
（3）当a=12时，y=12x2+x﹣4=12（x+1）2-92，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，D（﹣1，-92），
把B（2，0）代入y=12x+b得：0＝1+b，
∴b＝﹣1，
∴y=12x﹣1，
令x＝﹣1得y=-32，
∴Q（﹣1，-32），
设N（m，12m﹣1），则M（m，12m2+m﹣4），
∵DQ∥MN，
∴D、M、N、Q四点组成的四边形是平行四边形，分两种情况：
①若QN，DM为对角线，则QN，DM的中点重合，

∴-32+12m﹣1=-92+12m2+m﹣4，
解得m＝﹣4或m＝3，
∴N（﹣4，﹣3）或（3，12）；
②若QM，DN为对角线，则QM，DN的中点重合，

∴-32+12m2+m﹣4=-92+12m﹣1，
解得m＝0或m＝﹣1（此时N与Q重合，舍去），
∴N（0，﹣1）；
综上所述，N的坐标为（﹣4，﹣3）或（3，12）或（0，﹣1）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，直角三角形，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
2．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+8（a≠0）与x轴交于点B（﹣4，0），点C（8，0），与y轴交于点A．点D的坐标为（0，4）．

（1）求二次函数的解析式及点C的坐标．
（2）如图1，点F为该抛物线在第一象限内的一动点，过E作FE∥CD，交CD于点F，求EF+55DF的最大值及此时点E的坐标．
（3）如图2，在（2）的情况下，将原抛物线绕点D旋转180°得到新抛物线y'，点N是新抛物线y'上一点，在新抛物线上的对称轴上是否存在一点M，使得点D，E，M，N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标，并写出其中一个点M的求解过程．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由EF+55DF=EF+HF＝yE﹣yF+4﹣yF＝4+yE﹣2yF，即可求解；
（3）当DE是对角线时，由中点坐标公式，列出方程组即可求解，当EM或EM是对角线时，同理可解．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），
则y＝a（x+4）（x﹣8）＝a（x2﹣4x﹣32），
则﹣32a＝4，
解得：a=-14，
则抛物线的表达式为：y=-14x2+x+8；

（2）由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y=-12x+4，
设点F（x，-12x+4），则点E（x，-14x2+x+8），
过点D作DH⊥EF于点H，

则DH∥x轴，则∠DCO＝∠HDC＝α，
在Rt△COD中，tanα=ODOC=48=12，则sinα=55，
则FH＝DFsinα=55DF，
则EF+55DF=EF+HF＝yE﹣yF+4﹣yF＝4+yE﹣2yF
＝4-14x2+x+8+2（-12x+4）=-14x2+2x+4
=-14（x﹣4）2+8≤8，
∴当x＝4时，EF+55DF的最大值为8，此时点E的坐标为：（4，8）；

（3）存在，理由：由抛物线的表达式知，其顶点为（2，9），
当原抛物线绕点D旋转180°时，由中点坐标公式得，新抛物线的顶点为（﹣2，﹣1），
则y′=14（x+2）2﹣1=14x2+x，其对称轴为直线x＝﹣2，
设点N（n，14x2+x），点M（﹣2，m），
当DE是对角线时，由中点坐标公式得：
4=n-24+8=14n2+n+m，解得：m=-3n=6，
即点M的坐标为：（﹣2，﹣3）；
当EM或EM是对角线时，同理可得：
n+4=-28+14n2+n=m+4或4-2=nm+8=14n2+n+4，
解得：n=-6m=7或n=2m=-1，
即点M的坐标为（﹣2，7）或（﹣2，﹣1）；
综上，点M的坐标为：（﹣2，﹣3）或（﹣2，7）或（﹣2，﹣1）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数的应用，二次函数的性质，平行四边形的性质，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
3．（2023•武清区校级模拟）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）抛物线上是否存在点Q，且满足AB平分∠CAQ，若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由；
（3）点N为x轴上一动点，在抛物线上是否存在点M，使以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）将点A（﹣4，0），B（2，0）代入y＝ax2+bx+3中，即可求解；
（2）作点C关于x轴的对称点E，连接AE交抛物线于Q，求出直线AE的解析式，联立二次函数得到方程组，再求解即可；
（3）分情况讨论，分当BN∥CM，BN为边时和MN∥BC，BN为对角线时，根据平行四边形的性质及平移规律可分别求出点M的坐标．
【解答】解：（1）将点A（﹣4，0），B（2，0）代入y＝ax2+bx+3中，
∴16a-4b+3=04a+2b+3=0，
解得a=-38b=-34．
∴y=-38x2-34x+3；
（2）作点C关于x轴的对称点E，连接AE交抛物线于Q，

∵y=-38x2-34x+3，令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∴E（0，﹣3），
设直线AE的解析式为y＝kx+p，
∴-4k+p=0p=-3，
解得k=-34p=-3，
∴直线AE的解析式为y=-34x﹣3，
联立y=-38x2-34x+3得y=-34x-3y=-38x2-34x+3，
解得x＝4或﹣4（舍去），
∴存在，Q点坐标为（4，﹣6）；
（3）①如图2，当BN∥CM，BN为边时，

∵yC＝3，
∴yM＝3，
在y=-38x2-34x+3中，
当y＝3时，-38x2-34x+3＝3，解得x1＝0，x2＝﹣2，
∴M（﹣2，3）；
②当MN∥BC，BN为对角线时，

∵yC﹣yB＝3，
∴yN﹣yM＝3，
∴yM＝﹣3，
在y=-38x2-34x+3中，
当y＝﹣3时，-38x2-34x+3＝﹣3，解得x1＝﹣1+17，x2＝﹣1-17，
∴点M的坐标为（﹣1-17，﹣3）或（﹣1+17，﹣3），
综上所述，点M的坐标为（﹣2，3）或（﹣1-17，﹣3）或（﹣1+17，﹣3）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行四边形的性质等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．
4．（2023春•承德县月考）已知二次函数y=14x2-32x-4与x数轴交于点A、B（A在B的左侧），与y轴交于点C，连接BC．
发现：点A的坐标为 　（﹣2，0）　，求出直线BC的解析式；
拓展：如图1，点P是直线BC下方抛物线上一点，连接PB、PC，当△PBC面积最大时，求出P点的坐标；
探究：如图2，抛物线顶点为D，抛物线对称轴交BC于点E，M是线段BC上一动点（M不与B、C两点重合），连接PM，设M点的横坐标为m（0＜m＜8），当m为何值时，四边形PMED为平行四边形？

【分析】发现：令y＝0代入求解可得A、B坐标，然后令x＝0可得C点的坐标，进而利用待定系数法可求直线解析式；
拓展：过点P作PH∥y轴，交BC于点H，设点P(m，14m2-32m-4)，则有H(m，12m-4)，然后可得PH=-14m2+2m，进而根据铅垂法可进行求解；
探究：由抛物线解析式可得对称轴为直线x＝3，则有D(3，-254)，E(3，-52)，根据拓展可知PM=-14m2+2m，然后根据平行四边形的性质可得-14m2+2m=154，进而求解即可．
【解答】解：发现：令y＝0时，则14x2-32x-4=0，
解得：x1＝﹣2，x2＝8，
令x＝0时，则有y＝﹣4，
∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，﹣4），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，则有：8k+b=0b=-4，
解得：k=12b=-4，
∴直线BC的解析式为y=12x-4；
拓展：过点P作PH∥y轴，交BC于点H，如图所示：

设点P(m，14m2-32m-4)，则有H(m，12m-4)，
∴PH=-14m2+2m，
∴S△PBC=12PH⋅|xB-xC|=12×8×(-14m2+2m)=-m2+8m，
∵0＜m＜8，且函数S△PBC=-m2+8m开口向下，
∴当m＝4时，△PBC的面积最大，此时点P（4，﹣6）；
探究：由抛物线解析式y=14x2-32x-4可知对称轴为直线x＝3，
∴D(3，-254)，E(3，-52)，
∴DE=154，
∵四边形PMED为平行四边形，
∴DE∥PM，DE＝PM，
由题意知M(m，12m-4)，则P(m，14m2-32m-4)，
∴PM=-14m2+2m，
∴-14m2+2m=154，
解得：m1＝5，m2＝3（不符合题意，舍去），
∴当m＝5时，四边形PMED为平行四边形．
【点评】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
5．（2023春•梅江区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，△AOC绕原点O逆时针旋转90°得到△DOB，其中OA＝1，OC＝3．
（1）若二次函数经过A、B、C三点，求该二次函数的解析式；
（2）在（1）条件下，在二次函数的对称轴l上是否存在一点P，使得PA+PC最小？若P点存在，求出P点坐标；若P点不存在，请说明理由．
（3）在（1）条件下，若E为x轴上一个动点，F为抛物线上的一个动点，使得B、C、E、F构成平行四边形时，求E点坐标．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由抛物线的对称性可以得出点A、B关于抛物线的对称轴对称，连接BC交对称轴于点P，则点P是所求的点，进而求解；
（3）当BC是对角线时，由中点坐标公式得：3=x+m-3=m2-2m-3，即可求解；当BE（BF）是对角线时，同理可解．
【解答】解：（1）由题意得，点A、C的坐标分别为：（﹣1，0）、（0，﹣3），
∵△AOC绕原点O逆时针旋转90°得到△DOB，
∴OC＝OB＝3，即点B（3，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣3）（x+1）＝a（x2﹣2x﹣3），
则﹣3a＝﹣3，
解得：a＝1，
故抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；

（2）由抛物线的对称性可以得出点A、B关于抛物线的对称轴对称，

∴连接BC交对称轴于点P，则点P是所求的点．
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴对称轴为直线x＝1，
∴P点的横坐标为1．
设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），
将B（3，0）、C（0，﹣3）代入y＝mx+n，得：3m+n=0n=-3，
解得：m=1n=-3，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
∴当x＝1时，y＝x﹣3＝﹣2，
∴点P的坐标为（1，﹣2）；
（3）设点E（x，0）、点F（m，m2﹣2m﹣3），
当BC是对角线时，由中点坐标公式得：
3=x+m-3=m2-2m-3，解得：m=2x=1（不合题意的值已舍去），
即点E（1，0）；
当BE是对角线时，由中点坐标公式得：
x+3=m0=m2-2m-3-3，解得：m=1±7x=-2±7，
即点E（﹣2±7，0）；
当BF是对角线时，由中点坐标公式得：
m+3=xm2-2m-3=-3，解得：m=2x=5（不合题意的值已舍去），
即点E（5，0）；
综上，点E的坐标为：（1，0）或（﹣2+7，0）或（﹣2-7，0）或E（5，0）．
【点评】本题考查了二次函数综合运用，涉及到待定系数法求二次（一次）函数解析式、旋转的性质以及轴对称中最短路径问题、平行四边形的性质等，其中（3），分类求解是本题解题的关键．
6．（2022秋•云州区期末）综合与探究
如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象经过x轴上的点A（6，0）和y轴上的点B，且对称轴为直线x=72．
（1）求二次函数的解析式．
（2）点E位于抛物线第四象限内的图象上，以OE，AE为边作平行四边形OEAF，当平行四边形OEAF为菱形时，求点F的坐标与菱形OEAF的面积．
（3）连接AB，在直线AB上是否存在一点P，使得△AOP与△AOB相似，若存在，请直接写出点P坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）平行四边形OEAF为菱形，则EF为AO的中垂线，则点E的横坐标为12×6=3，进而求解；
（3）S△OAB=12×AO×OB=12×OP×AB，即4×6=213×OP，得到OP=1213，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：x=72=-b2a36a+6b+4=0，
解得：a=23b=-143，
故抛物线的表达式为：y=23x2-143x+4；

（2）∵平行四边形OEAF为菱形，则EF为AO的中垂线，
则点E的横坐标为12×6=3，
当x＝3时，y=23x2-143x+4＝﹣4，即点E（3，﹣4），
而点E、F关于x轴对称，则点F（3，4），
则菱形OEAF的面积=12×EF×AO=12×8×6=24；

（3）由抛物线的表达式知，点B（0，4），即OB＝4，
由点A、B的坐标得，AB＝213，
如下图，在Rt△AOB中，tan∠OBA=OAOB=64=32=tanα，则sinα=313，
过点P作PH⊥AO于点H，

∵∠ABO+∠BOP＝90°，∠BOP+∠POH＝90°，
∴∠ABO＝∠PAO＝α
当OP⊥AB时，△AOP与△AOB相似，
则S△OAB=12×AO×OB=12×OP×AB，即4×6=213×OP，
解得：OP=1213，
则PH＝OPsinα=1213×313=3613，
同理可得：OH=2413，
故点P（2413，3613）；
此外，当点P和点B重合时，也符合题设的要求，即点P（0，4），
综上，点P的坐标为：（2413，3613）或（0，4），

【点评】此题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式、配方法求顶点坐标、平行四边形的性质、菱形的判定以及正方形的判定等知识．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想、方程思想与函数思想的应用．
7．（2023春•开福区校级月考）【定义】对于函数图象上的任意一点P（x，y），我们把x+y称为该点的“雅和”，把函数图象上所有点的“雅和”的最小值称为该函数的“礼值”．根据定义回答问题：
（1）①点P（9，10）的“雅和”为 　19　；（直接写出答案）
②一次函数y＝3x+2（﹣1≤x≤3）的“礼值”为 　﹣2　；（直接写出答案）
（2）二次函数y＝x2﹣bx+c（bc≠0）（3≤x≤5）交x轴于点A，交y轴于点B，点A与点B的“雅和”相等，若此二次函数的“礼值”为1﹣b，求b，c的值；
（3）如图所示，二次函数y＝x2﹣px+q的图象顶点在“雅和”为0的一次函数的图象上，四边形OABC是矩形，点B的坐标为（5，﹣3），点O为坐标原点，点C在x轴上，当二次函数y＝x2﹣px+q的图象与矩形的边有四个交点时，求p的取值范围．

【分析】（1）①根据新定义计算即可求解；
②先计算x+y，设“雅和”为w，然后根据一次函数的最值出特征值即可．
（2）根据题意得出A、B的坐标，将点A（c，0）代入解析式得，求得函数的“礼值”和最小值，建立方程即可求解；
（3）二次函数y＝x2﹣px+q的图象顶点(p2，q-p24)在“雅和”为0的一次函数的图象上，即y＝﹣x上，得出q=p24-p2，结合函数图象，得出二次函数与矩形的边有四个交点时，抛物线的顶点在直线AB的下方，y＜﹣3；当x＝5时，y＞﹣3，解不等式组即可求解．
【解答】解：（1）①∵x+y称为该点的“雅和”，可得点P（9，10）的“雅和”为：9+10＝19，
故答案为：19．
②∵一次函数y＝3x+2（﹣1≤x≤3）上的点为：（x，3x+2），
设“雅和”为M，
可得到：M＝x+3x+2＝4x+2，
∵﹣1≤x≤3，M＝4x+2中，4＞0，y随x的增大而增大，
∴当x＝﹣1时，取得最小值，最小值为﹣4+2＝﹣2，
所以，一次函数y＝3x+2（﹣1≤x≤3）的“礼值”为﹣2，
故答案为：﹣2．

（2）∵y＝x2﹣bx+c（bc≠0）（3≤x≤5）分别交x轴、y轴于点A、点B，且点A与点B的“雅和”相等，
∴B（0，c），A（c，0），且bc≠0，
将点A（c，0）代入解析式得，c2﹣bc+c＝0，即c＝b﹣1．
设此函数的“雅和”为t，则N＝x2+（1﹣b）x+c，
又∵此二次函数的“礼值”为1﹣b，
∴N的最小值为1﹣b，得到4c-(1-b)24=1-b，即4（b﹣1）﹣（b﹣1）2＝﹣4（b﹣1），
解得：b＝9，
则c＝9﹣1＝8；

（3）∵二次函数y＝x2﹣px+q顶点为(--p2，4q-p24)即(p2，q-p24)，
∵二次函数y＝x2﹣px+q的图象顶点在“雅和”为0的一次函数的图象上，即y＝﹣x上，
∴p2+q-p24=0，即q=p24-p2．
∵四边形OABC是矩形，点B的坐标为（5，﹣3），点O为坐标原点，
∴x＝5时，y=25-5p+q=25-5p+p24-p2=p24-112p+25；
∵二次函数y＝x2﹣px+q的图象与矩形的边有四个交点，
则抛物线的顶点在直线AB的下方，即y＜﹣3；
二次函数图象x＝5时，y＞﹣3，如图所示：

∴p24-112p+25＞-3②，
由①得：q-p24＜-3，
又q=p24-p2，
解得：p＞6；
②p24-112p+25+3＞0，
又p24-112p+25+3=0，
解得：p＝8或p＝14（舍去，抛物线的左侧过点B），
∵抛物线开口向上，
∴p24-112p+25+3＞0的解集为：p＜8或p＞14，
综上所述，不等式的解集为：6＜p＜8．
【点评】本题考查了二次函数综合应用，新定义问题，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会构建函数解决最值问题，属于中考压轴题．
8．（2023春•无锡月考）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）的图象分别与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，过点B作BC的垂线交对称轴于点M，以BM、BC为邻边作矩形BMNC．
（1）求A、B的坐标；
（2）当点N恰好落在函数图象上时，求二次函数的表达式；
（3）作点N关于MC的对称点N'，则点N'能否落在函数图象的对称轴上，若能，请求出二次函数的表达式；若不能，请说明理由．

【分析】（1）令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，解方程即可求解；
（2）设直线x＝1与x轴交于点F，与BC交于点E，证明△MFB∽△BOC，得MF=a2，则M(1，2a)，根据矩形的性质坐标的平移得出N(-2，2a-3a)，将N代入抛物线得a2﹣3a＝5a，即可求解；
（3）同（2）的方法得出△BFE∽△BOC，得出E（1，﹣2a），则ME=2a+2a，根据题意得出CE＝ME，建立方程，根据方程无实数解，即可求解．
【解答】解：（1）y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0），
令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3
∴A（﹣1，0），B（3，0）．
（2）由题意知，抛物线的对称轴为直线x＝1，
如图所示，设直线x＝1与x轴交于点F，与BC交于点E，

∴OF＝1，FB＝2，C（0，﹣3a），
∵∠MBF+∠ABC＝∠OCB+∠ABC＝90°，
∴∠MBF＝∠OCB，
又∵∠MFB＝∠COB＝90°，
∴△MFB∽△BOC，
∴MFOB=BFCO，
解得MF=2a，
∴M(1，2a)，
∵点B左移3个单位向下移动3a个单位得到C，
∴将点M左移3个单位向下移动3a个单位得到N，
∴N(-2，2a-3a)．
将N代入抛物线得8a=2a，即a2=14，
∵a＞0，
∴a=12，
∴抛物线表达式为y=12x2-x-32；
（3）点N'不能落在对称轴上；
理由：对称轴为直线x＝1，

∵EF∥OC，
∴△BFE∽△BOC，
∴EFOC=BFOB，
即EF3a=23，
解得：EF＝2a，
∴E（1，﹣2a），
∵M(1，2a)，
∴ME=2a+2a，
∴当点N'落在对称轴上时，∠NMC＝∠CME，
∵MN∥BC，
∴∠NMC＝∠MCB，
∴∠CME＝∠MCB，
∴CE＝ME，
∵C（0，﹣3a），E（1，﹣2a），
∴12+a2=(2a+2a)2，
化简得3a4+7a2+4＝0，
解得：a2=-1，a2=-43，
所以方程无实数解，
∴点N'不能落在对称轴上．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，二次函数的综合运用，轴对称的性质，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
9．（2022秋•开福区校级期末）若凸四边形的两条对角线所夹锐角为60°，我们称这样的凸四边形为“美丽四边形”．

（1）①在“平行四边形、矩形、菱形、正方形”中，一定不是“美丽四边形”的有 　菱形、正方形　；
②若矩形ABCD是“美丽四边形”，且AB＝1，则BC＝　3或33　；
（2）如图1，“美丽四边形”ABCD内接于⊙O，AC与BD相交于点P，且对角线AC，为直径，AP＝2，PC＝8，求另一条对角线BD的长；
（3）如图2，平面直角坐标系中，已知“美丽四边形”ABCD的四个顶点A（﹣2，0），C（1，0），B在第三象限，D在第一象限，AC与BD交于点O，且四边形ABCD的面积为63，若二次函数y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）的图象同时经过这四个顶点，求a的值．

【分析】（1）①由菱形、正方形的对角线互相垂直即可判断．
②矩形ABCD对角线相等且互相平分，再加上对角线夹角为60°，即出现等边三角形，所以得到矩形相邻两边的比等于tan60°．由于AB边不确定是较长还是较短的边，故需要分类讨论计算．
（2）过O点作OH垂直BD，连接OD，由∠DPC＝60°可求得OH，在Rt△ODH中勾股定理可求DH，再由垂径定理可得BD＝2DH．
（3）由BD与x轴成60°角可知直线BD解析为y=3x，由二次函数图象与x轴交点为A、C可设解析式为y＝a（x+3）（x﹣2），把两解析式联立方程组，消去y后得到关于x的一元二次方程，解即为点B、D横坐标，所以用韦达定理得到xB+xD和xB•xD进而得到用a表示的（xB﹣xD）2．又由四边形面积可求得xD﹣xB＝6，即得到关于a的方程并解方程求得a．
【解答】解：（1）①∵菱形、正方形的对角线互相垂直，
∴菱形、正方形不是“美丽四边形”，
故答案为：菱形、正方形；
②设矩形ABCD对角线相交于点O，
∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∠ABC＝90°，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∵矩形ABCD是“美丽四边形”，
∴AC、BD夹角为60°，
i）如图1，若AB＝1为较短的边，则∠AOB＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB＝60°，
在Rt△ABC中，tan∠OAB=BCAB=3，
∴BC=3AB=3；
ii）如图2，若AB＝1为较长的边，则∠BOC＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OCB＝60°，
在Rt△ABC中，tan∠OCB=ABBC=3，
∴BC=AB3=33，
故答案为：3或33；
（2）过点O作OH⊥BD于点H，连接OD，
∴∠OHP＝∠OHD＝90°，BH＝DH=12BD，
∵AP＝2，PC＝8，
∴⊙O直径AC＝AP+PC＝10，
∴OA＝OC＝OD＝5，
∴OP＝OA﹣AP＝5﹣2＝3，
∵四边形ABCD是“美丽四边形”，
∴∠OPH＝60°，
在Rt△OPH中，sin∠OPH=OHOP=32，
∴OH=32OP=332，
在Rt△ODH中，DH=OD2-OH2=732，
∴BD＝2DH=73；
（3）过点B作BM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，
∴∠BMO＝∠DNO＝90°，
∵四边形ABCD是“美丽四边形”，
∴∠BOM＝∠DON＝60°，
∴tan∠DON=DNON=3，
即yDxD=3，
∴直线BD解析式为y=3x，
∵二次函数的图象过点A（﹣2，0）、C（1，0），
即与x轴交点为A、C，
∴用交点式设二次函数解析式为y＝a（x+2）（x﹣1），
∵y=a(x+2)(x-1)y=3x整理得：ax2+（a-3）x﹣2a＝0，
∴xB+xD=-a-3a，xB•xD＝﹣2，
∴（xB﹣xD）2＝（xB+xD）2﹣4xB•xD＝（-a-3a）2+8，
∵S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD=12AC•BM+12AC•DN=12AC（BM+DN）=12AC（yD﹣yB）=12AC（3xD-3xB）=332（xD﹣xB），
∴332（xD﹣xB）＝63，
∴xD﹣xB＝4，
∴（-a-3a）2+8＝16，
解得：a1=-3+267，a2=-3-267，
∴a的值为：-3+267或-3-267．




【点评】本题考查了新定义的理解和性质应用，掌握菱形、正方形的性质，矩形的性质，特殊三角函数的应用，垂径定理，一次函数的性质，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
10．（2022秋•南关区校级期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2﹣2x+n（x＞0）的图象记为G1，将G1绕坐标原点旋转180°得到图象G2，图象G1和G2合起来记为图象G．
（1）若点P（﹣2，3）在图象G上，求n的值．
（2）当n＝﹣1时．
①若O（t，1）在图象G上，求t的值．
②当k≤x≤3（k＜3）时，图象G对应函数的最大值为2，最小值为﹣2，直接写出k的取值范围．
（3）当以A（﹣2，2），B（﹣2，﹣1），C（1，﹣1），D（1，2）为顶点的矩形ABCD的边与图象G有且只有3个公共点时，直接写出n的取值范围．
【分析】（1）先求出图象G1和G2的解析式，分点P分别在图象G1和G2上两种情况讨论，可求n的值；
（2）①先求出图象G1和G2的解析式，分点P分别在图象G1和G2上两种情况讨论，可求t的值；
②结合图象1，可求k的取值范围；
（3）结合图象，分类讨论可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x+n＝（x﹣1）2+n﹣1（x＞0），
∴顶点坐标为（1，n﹣1），
∵将G1绕坐标原点旋转180°得到图象G2，
∴图象G2的顶点坐标为（﹣1，﹣n+1），
∴图象G2的解析式为：y＝﹣（x+1）2+1﹣n（x＜0），
若点P（﹣2，3）在图象G1上，且抛物线y＝x2﹣2x+n（x＞0）的图象记为G1，
∴点P不在G1上，
若点P（﹣2，3）在图象G2上，
∴3＝﹣1+1﹣n，
∴n＝﹣3；
综上所述：点P（﹣2，3）在图象G上，n的值为﹣3；
（2）①当n＝﹣1时，则图象G1的解析式为：y＝（x﹣1）2﹣2，图象G2的解析式为：y＝﹣（x+1）2+2，
若点Q（t，1）在图象G1上，
∴1＝（t﹣1）2﹣2，
∴t＝1+3，（负值舍去）
若点Q（t，1）在图象G2上，
∴1＝﹣（t+1）2+2，
∴t1＝﹣2，t2＝0（舍去）
②如图1，

y＝x2﹣2x﹣1（x＞0）
＝（x﹣1）2﹣2，
k≤x≤3（k＜3）时，
当x＝3，y＝32﹣2×3﹣1＝2，
当y＝﹣2时，
﹣（x+1）2+2＝﹣2，
∴x1＝﹣3，x2＝1，
∴当k≤x≤3时，图象最大值为2，最小值﹣2，
∴﹣3≤k≤1；
（3）如图2，

∵图象G2的解析式为：y＝﹣（x+1）2+1﹣n，图象G1的解析式为：y＝（x﹣1）2+n﹣1，
∴图象G2的顶点坐标为（﹣1，﹣n+1），与y轴交点为（0，﹣n），图象G1的顶点坐标为（1，n﹣1），与y轴交点为（0，n），
y＝
n≤﹣1时，图象G1与矩形ABCD最多1个交点，图象G2与矩形ABCD最多1交点，
当﹣1＜n＜0时，图象G1与矩形ABCD有1个交点，图象G2与矩形ABCD有3交点，
当n＝0时，图象G1与矩形ABCD有1个交点，图象G2与矩形ABCD有2交点，共三个交点，
当0＜n＜1时，图象G1与矩形ABCD有1个交点，图象G2与矩形ABCD有1交点，
当1≤n≤2时，图象G1与矩形ABCD有1个交点，图象G2与矩形ABCD有2交点，共三个交点，
当3＜n＜7时，图象G1与矩形ABCD有2个交点，当3≤n＜5时，图象G2与矩形ABCD有2个交点，n＝5时，图象G2与矩形ABCD有1个交点，n＞5时，没有交点，
∵矩形ABCD的边与图象G有且只有三个公共点，
当n≥7时，图象G1与矩形ABCD最多1个交点，图象G2与矩形ABCD没有交点，
综上所述：当1≤n≤2时，矩形ABCD的边与图象G有且只有三个公共点．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的应用，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．
11．（2022•株洲）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）．
（1）若a＝1，b＝3，且该二次函数的图象过点（1，1），求c的值；
（2）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，该二次函数的图象与x轴相交于不同的两点A（x1，0）、B（x2，0），其中x1＜0＜x2、|x1|＞|x2|，且该二次函数的图象的顶点在矩形ABFE的边EF上，其对称轴与x轴、BE分别交于点M、N，BE与y轴相交于点P，且满足tan∠ABE=34．
①求关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的根的判别式的值；
②若NP＝2BP，令T=1a2+165c，求T的最小值．
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Δ≥0时，关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个根x1、x2有如下关系：x1+x2=-ba，x1x2=ca”．此关系通常被称为“韦达定理”．

【分析】（1）把x＝1，y＝1代入y＝x2+3x+c，从而求得结果；
（2）①根据题意，表示出AE和AB，根据tan∠ABE=AEAB=34，得出b2-4ac4a÷b2-4aca=34，从而求得结果；
（3）根据OP∥MN，从而得出NPBP=OMOB，从而求得b的值，进而得出a，c的关系式，将其代入T=1a2+165c，进一步求得结果．
【解答】解：（1）当a＝1，b＝3时，y＝x2+3x+c，
把x＝1，y＝1代入得，
1＝1+3+c，
∴c＝﹣3；
（2）①方法（一）由ax2+bx+c＝0得，
x1=-b-b2-4ac2a，x2=-b+b2-4ac2a，
∴AB＝x2﹣x1=b2-4aca，
∵抛物线的顶点坐标为：（-b2a，4ac-b24a），
∴AE=b2-4ac4a，OM=b2a，
∵∠BAE＝90°，
∴tan∠ABE=AEAB=34，
∴b2-4ac4a÷b2-4aca=34，
∴b2﹣4ac＝9；
（方法二）由ax2+bx+c＝0得，
∵x1+x2=-ba，x1x2=ca，
∴|x1﹣x2|=(x1+x2)2-4x1⋅x2=(-ba)2-4⋅ca=b2-4aca，
下面过程相同；
②∵b2﹣4ac＝9，
∴x2=-b+32a，
∵OP∥MN，
∴NPBP=OMOB，
∴b2a：-b+32a=2，
∴b＝2，
∴22﹣4ac＝9，
∴c=-54a，
∴T=1a2+165c=1a2-54a⋅165=1a2-4a=（1a-2）2﹣4，
∴当1a=2时，T最小＝﹣4，
即a=12时，T最小＝﹣4．
【点评】本题考查二次函数及其图象性质，二次函数和一元二次方程之间的关系，平行线分线段成比例定理，锐角三角函数定义等知识，解决问题的关键根据点的坐标表示出线段．
12．（2023春•南关区月考）已知抛物线y=-12x2+bx+c（b、c是常数）的顶点B坐标为（﹣1，2），抛物线的对称轴为直线l，点A为抛物线与x轴的右交点，作直线AB．点P是抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作x轴的垂线交直线AB于点Q，过点P作PN⊥l于点N，以PQ、PN为边作矩形PQMN．
（1）b＝　﹣1　，c＝　32　．
（2）当点Q在线段AB上（点Q不与A、B重合）时，求PQ的长度d与m的函数关系式，并直接写出d的最大值．
（3）当抛物线被矩形PQMN截得的部分图象的最高点纵坐标与最低点纵坐标的距离为2时，求点P的坐标．

【分析】（1）利用顶点坐标公式列出方程求出b、c的值；
（2）求出直线AB与抛物线的解析式，则P（m，-12m2-m+32），Q（m，﹣m+1），可得d=-12m2+12，求出d的最大值为12；
（3）当P点在对称轴的左侧时，2﹣（-12m2-m+32）＝2，可得P（﹣3，0）；当P点在对称轴的右侧时，﹣m+1﹣（-12m2-m+32）＝2，可得P（5，-5-1）．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点B坐标为（﹣1，2），
∴-b2×(-12)=-1，4×(-12)c-b24×(-12)=2，
解得b＝﹣1，c=32，
故答案为：﹣1，32；
（2）∵b＝﹣1，c=32，
∴抛物线的解析式为y=-12x2-x+32，
令y＝0，则-12x2-x+32=0，
解得x＝﹣3或x＝1，
∴A（1，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+h，
∴k+h=0-k+h=2，
解得k=-1h=1，
∴y＝﹣x+1，
∵P点横坐标为m，PQ⊥x轴，
∴P（m，-12m2-m+32），Q（m，﹣m+1），
∵点Q在线段AB上，
∴﹣1＜m＜1，
∴PQ＝d=-12m2-m+32+m﹣1=-12m2+12，
∴d的最大值为12；
（3）∵P（m，-12m2-m+32），
∴Q（m，﹣m+1），
当P点在对称轴的左侧时，2﹣（-12m2-m+32）＝2，
解得m＝﹣3或m＝1（舍），
∴P（﹣3，0）；
当P点在对称轴的右侧时，﹣m+1﹣（-12m2-m+32）＝2，
解得m=5或m=-5（舍），
∴P（5，-5-1），
综上所述：P点坐标为（﹣3，0）或（5，-5-1）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，矩形的性质是解题的关键．
13．（2023春•南关区校级月考）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（b、c是常数）经过点A（﹣1，0）和点B（3，0）．点P在抛物线上，且点P的横坐标为m．
（1）求b、c的值；
（2）当△PAB的面积为8时，求m的值；
（3）当点P在点A的右侧时，抛物线在点P与点A之间的部分（包含端点）记为图象G，设G的最高点与最低点的纵坐标之差为h，求h与m之间的函数关系式；
（4）点Q的横坐标为1﹣3m，纵坐标为m+1，以PQ为对角线构造矩形，且矩形的边与坐标轴平行．当抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大或y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）求出AB的长，再由P（m，﹣m2+2m+3），可得S△PAB=12×4×|﹣m2+2m+3|＝8，即可求m＝1+22或m＝1﹣22或m＝1；
（3）分三种情况讨论：当﹣1＜m≤1时，h＝﹣m2+2m+3；当1＜m≤3时，h＝4；当m＞3时，h＝4﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣2m+1；
（4）分别表示出矩形的四个顶点P（m，﹣m2+2m+3），Q（1﹣3m，m+1），M（1﹣3m，﹣m2+2m+3），N（m，m+1），结合图象可知，当﹣1＜m≤-12时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小；当14＜m＜2时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴-1-b+c=0-9+3b+c=0，
解得b=2c=3；
（2）∵b＝2，c＝3，
∴y＝﹣x2+2x+3，
∵点P的横坐标为m，
∴P（m，﹣m2+2m+3），
∵点A（﹣1，0），点B（3，0），
∴AB＝4，
∴S△PAB=12×4×|﹣m2+2m+3|＝8，
解得m＝1+22或m＝1﹣22或m＝1；
（3）∵点P在点A的右侧，
∴m＞﹣1，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
当﹣1＜m≤1时，h＝﹣m2+2m+3；
当1＜m≤3时，h＝4；
当m＞3时，h＝4﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣2m+1；
（4）设矩形为PMQN，
∵P（m，﹣m2+2m+3），Q（1﹣3m，m+1），
∴M（1﹣3m，﹣m2+2m+3），N（m，m+1），
当M点在抛物线上时，﹣m2+2m+3＝﹣（1﹣3m）2+2（1﹣3m）+3，
解得m=-12或m=14，
当﹣1＜m≤-12时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小；
当m＝1﹣3m时，m=14，
当﹣m2+2m+3＝m+1时，m＝2或m＝﹣1，
当14＜m＜2时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；
综上所述：﹣1＜m≤-12或14＜m＜2时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大或y随x的增大而减小．

【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形面积的求法，矩形的性质是解题的关键．
14．（2023•九台区校级一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2﹣2ax﹣a（a为常数）．
（1）若点（2，﹣1）在抛物线上．
①求抛物线的表达式；
②当x为何值时y随x的增大而减小？
（2）若x≤2a，当抛物线的最低点到x轴的距离恰好是1时，求a的值；
（3）已知A（﹣1，1）、B(-1，2a-12)，连结AB．当抛物线与线段AB有交点时，该交点为P（点P不与A、B重合），将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到线段PM，以PM、PA为邻边构造矩形PMQA．当抛物线在矩形PMQA内部（包含边界）图象所对应的函数的最大值与最小值的差为32时，直接写出a的值．
【分析】（1）①将点（2，﹣1）代入解析式，即可求解；
②根据二次函数的性质即可求解；
（2）求出顶点坐标，由题意列出方程即可求解；
（3）分类讨论点B在A上方与点B在A下方两种情况，分别求出最高点与最低点坐标作差求解．
【解答】解：（1）①将点（2，﹣1）代入y＝x2﹣2ax﹣a中，
得22﹣2×2a﹣a＝﹣1，解得a＝1，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣1；
②∵y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵1＞0，
∴抛物线开口向上，
∴当x＜1时，y随x的增大而减小；
（2）∵y＝x2﹣2ax﹣a＝（x﹣a）2﹣a2﹣a，
∴抛物线顶点坐标为（a，﹣a2﹣a），
当a＞0时，抛物线的最低点是顶点，
∴﹣a2﹣a＝﹣1，
解得a=5-12或a=-5-12（舍去）；
当a≤0时，|（2a）2﹣2a•2a﹣a|＝1，解得a＝±1，
∴a＝﹣1．
综上：a＝﹣1或a=5-12；
（3）∵A（﹣1，1）、B（﹣1，2a-12），
∴AB所在直线解析式为x＝﹣1，
将x＝﹣1代入y＝x2﹣2ax﹣a，得y＝1+a，
∴点P坐标为（﹣1，1+a），
当点B在点A下方时，1＞1+a＞2a-12，
解得a＜0，
∵PB＝PM＝1+a﹣（2a-12）=32-a，
∴点M横坐标为﹣1﹣（32-a）＝a-52，
∴Q的横坐标为a-52，
∴Q的坐标为（a-52，1），
①当点B在点A上方时，2a-12＞1+a＞﹣1，
解得a＞32，
当a＞32，抛物线经过点Q时，将（a-52，1）代入抛物线解析式得：
1＝（a-52）2﹣2a（a-52）﹣a，
解得a=-1+222或a=-1-222（舍），
抛物线与直线x＝a-52交点为（a-52，﹣a2﹣a+254），
当32＜a＜-1+222时，抛物线与矩形交点最高点为点P（﹣1，1+a），最低点纵坐标为1，
（1+a）﹣1=32时，解得a=32（舍）．

当点P为最高点，抛物线与MQ交点E为最低点时，
（1+a）﹣（﹣a2﹣a+254）=32，
解得a＝﹣1-312（舍）或a＝﹣1+312．

②当点B在点A下方时，﹣1＞1+a＞2a-12，
解得a＜0，
当a＜0时，抛物线经过点Q时，a=-1-222，
∴-1-222≤a＜0时，抛物线与矩形交点最高点纵坐标为1，最低点纵坐标为点P纵坐标为1+a，
当1﹣（1+a）=32时，a=-32．

当a＜-1-222时，抛物线与直线MQ交点（a-52，﹣a2﹣a+254）为最高点，点P为最低点，
当﹣a2﹣a+254-（1+a）=32时，解得a＝﹣1+192（舍）或a＝﹣1-192．

综上所述，a＝﹣1-192或a=-32或a＝﹣1+312．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的性质，旋转的性质等知识，利用数形结合以及分类的思想解决问题是解题的关键．
15．（2023•靖江市校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+32与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为﹣m+32，以PQ、QM为边作矩形PQMN．

（1）求b的值．
（2）当点Q与点M重合时，求m的值．
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．
（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时．直接写出m的取值范围．

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可；
（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可；
（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q是下方下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+32＜-12m2+m+32，解得0＜m＜4，观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中．
【解答】解：（1）把点A（3，0）代入y=-12x2+bx+32，得到0=-92+3b+32，
解得b＝1；
（2）∵抛物线的解析式为y=-12x2+x+32，
∴P（m，-12m2+m+32），
∵M，Q重合，
∴﹣m+32=-12m2+m+32，
解得m＝0或4；
（3）∵y=-12x2+x+32=-12（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2），
由题意PQ＝MQ，且抛物线的顶点在该正方形内部，
∴3﹣m＝﹣m+32-（-12m2+m+32）且﹣m+32＞2，得m＜-12，
解得m＝1-7或1+7（不合题意舍弃），
∴m＝1-7；
（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，
则有﹣m+32＜-12m2+m+32，
∴m2﹣4m＜0，
解得：0＜m＜4，
观察图象可知：当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中，

当3＜m＜4时，抛物线不在矩形PQMN内部，不符合题意，
当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中，

综上所述，满足条件的m的值为0＜m＜3或m＞4．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，掌握二次函数的性质，待定系数法，矩形的性质等知识是解题的关键．
16．（2022秋•临朐县期末）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，菱形OABC的顶点A（3，4），C在x轴的负半轴，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴x＝2，且过点O，A．
（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的解析式；
（2）若在线段OA上方的抛物线上有一点P，求△PAO面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）若把抛物线y＝ax2+bx+c沿x轴向左平移m个单位长度，使得平移后的抛物线经过菱形OABC的顶点B．直接写出平移后的抛物线解析式．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由△PAO面积＝S△PHA+S△PHO=12×PH×xA，即可求解；
（3）结合勾股定理以及菱形的性质找出点B、C的坐标，根据二次函数的解析式求出该抛物线与x轴的交点坐标，再根据平移的性质找出平移后过B点的二次函数的解析式，代入B点的坐标即可得到解析式．
【解答】解：（1）由题意得：函数的对称轴为直线x＝2，点A（3，4），点O（0，0），
将上述条件代入抛物线表达式得：x=-b2a=24=9a+3b+cc=0，
解得a=-43b=163c=0，
故抛物线的表达式为y=-43x2+163x；
（2）过点P作PH∥y轴交AO于点H，

由点A的坐标得：直线OA的表达式为y=43x，
设点P、H的坐标分别为（m，-43m2+163m）、（m，43m），
则△PAO面积＝S△PHA+S△PHO=12×PH×xA=12（-43m2+163m-43m）×3＝﹣2m2+6m，
∵﹣2＜0，
∴△PAO面积有最大值，
当m=32时，△PAO面积有最大值，最大值为92，
此时，点P（32，5）；
（3）如图所示，设AB与y轴交于点D，
则AD⊥y轴，AD＝3，OD＝4，
则AO=AD2+OD2=9+16=5．
∵四边形OABC是菱形，
∴OA＝AB＝OC＝5，BD＝AB﹣AD＝2，
∴B（﹣2，4）．
令y＝0，得y=-43x2+163x＝0，
解得：x1＝0，x2＝4，
∴抛物线与x轴交点为O（0，0）和F（4，0），OF＝4，
而y=-43x2+163x=-43（x﹣2）2+163，
∵沿x轴向左平移m个单位长度，
∴y=-43（x﹣2+m）2+163，
∵平移后的抛物线经过菱形OABC的顶点B，
∴代入点B（﹣2，4），
∴-43（﹣2﹣2+m）2+163=4，
解得：m＝3或5，
∴平移后的抛物线解析式为：y=-43（x﹣2+3）2+163或y=-43（x﹣2+5）2+163，
即y=-43（x+1）2+163或y=-43（x+3）2+163．

【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换以及菱形的性质，用原抛物线与x轴的交点，确定平移的m的值是解题的关键．
17．（2023•道外区一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2ax+c经过点A（﹣4，0），点C（0，6），与x轴交于另一点B．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点D为第一象限抛物线上一点，连接AD，BD，设点D的横坐标为t，△ABD的面积为S，求S关于t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点P为第四象限抛物线上一点，连接PA交y轴于点E，点F在线段BC上，点G在直线AD上，若tan∠BAD=12，四边形BEFG为菱形，求点P的坐标．
【分析】（1）将点A、C的坐标代入二次函数解析式求出b和c的值即可；
（2）令y＝0，求点B的坐标，过点D作x轴的垂线，垂足为点H，点D的横坐标为t，表示出DH的长度，即可得出答案；
（3）设直线AD交y轴于点K，根据tan∠BAD=12，求出直线AD的解析式为y=12x+2，连接BC，设点P的横坐标为m，则P(m，-14m2+12m+6)，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，则点Q（m，0），根据tan∠PAQ=OEOA=PQAQ，可得OE的长，说明△BCG≌△BCE（SAS），得CG＝CE＝m，∠BCG＝∠BCE＝45°，则∠ECG＝90°，进而解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c经过点A（﹣4，0），点C（0，6）两点，
∴0=(-4)2a-2a⋅(-4)+c6=c，
解得a=-14c=6，
∴抛物线的解析式为y=-14x2+12x+6；
（2）如图1，抛物线y=-14x2+12x+6与x轴交于A，B两点，过点D作x轴的垂线，垂足为点H，设点D的横坐标为t，
∴D(t，-14t2+12t+6)，H（t，0）
∴DH=-14t2+12t+6，

当y＝0时，0=-14x2+12x+6，
解得x1＝﹣4，x2＝6，
∵点A（﹣4，0），
∴点B（6，0），
∴AB＝6﹣（﹣4）＝10，
∴S=12AB⋅DH=12×10×(-14t2+12t+6)=-54t2+52t+30，
∴S=-54t2+52t+30；
（3）如图2，设直线AD交y轴于点K，连接CG，BC，

∵tan∠BAD=12，
∴OKAO=12，
∴K（0，2），
设直线AD解析式为y＝kx+b，
∴0=(-4)k+b2=b，
解得k=12b=2，
∴直线AD的解析式为y=12x+2，
∵点B（6，0），点C（0，6），
∴OB＝OC，
∴∠OBC=∠OCB=180°-90°2=45°，
设点P的横坐标为m，则P(m，-14m2+12m+6)，
过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，
∴点Q（m，0），
∵tan∠PAQ=OEOA=PQAQ，
∴OE4=0-(-14m2+12m+6)m-(-4)=14(m-6)，
∴OE＝m﹣6，
∴CE＝m，E（0，6﹣m），
∵四边形BEFG为菱形，
∴BG＝BE，∠CBG＝∠CBE，
∵BC＝BC，
∴△BCG≌△BCE（SAS），
∴CG＝CE＝m，∠BCG＝∠BCE＝45°，
∴∠ECG＝90°，
∴CG∥x轴，
∴G（m，6），
∵点G在y=12x+2上，
∴6=12m+2，
解得m＝8，
当m＝8时，-14m2+12m+6=-14×82+12×8+6=-14×64+4+6=-6，
∴P（8，﹣6）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，说明CG∥x轴是解决问题（3）的关键．
18．（2023春•九龙坡区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0），与y轴于点C，连接BC，D为抛物线的顶点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P为直线BC下方抛物线上的一动点，过P作PE⊥BC于点E，过P作PF⊥x轴于点F，交直线BC于点G，求PE+PG的最大值，以及此时点P的坐标；
（3）将抛物线y=12x2+bx+c沿射线CB方向平移，平移后的图象经过点H（2，﹣1），点M为D的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点N，点Q为平移后的抛物线对称轴上的一点，且点Q在第一象限．在平面直角坐标系中确定点R，使得以点M，N，Q，R为顶点的四边形为菱形，请写出所有符合条件的点R的坐标，并写出求解点R的坐标的其中一种情况的过程．

【分析】（1）根据抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0）两点，即知抛物线；
（2）证明△PEG∽△BOC，根据相似三角形的性质得出PE=255PG，设出P点的坐标，利用二次函数的性质求最值即可；
（3）先根据平移规律求出平移后的抛物线的解析式，以及点M，N的坐标，然后设出点Q的坐标，根据菱形的性质求出Q的坐标，即可得点R的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0）两点，
∴抛物线的表达式为：y=12（x+1）（x﹣4），即y=12x2-32x﹣2；

（2）由抛物线的表达式知，C（0，﹣2），
由点B、C的坐标得：直线BC的解析式为y=12x﹣2，
∵PF⊥x轴，
∴PF∥y轴，
∴∠PGE＝∠BCO，
∵PE⊥BC，
∴∠PEG＝∠BOC＝90°，
∴△PEG∽△BOC，
∴PEBO=PGBC，
∴PE4=PG42+22，则PE=255PG，
∴PE+PG=255PG+PG，
设P（x，12x2-32x﹣2），则G（x，12x﹣2），
∴PG=12x﹣2﹣（12x2-32x﹣2）=-12x2+2x=-12（x﹣2）2+2，
∴当x＝2时，PG最大为2，
∴PE+PG的最大值为：455+2，此时点P的坐标为（2，﹣3）；

（3）设抛物线向上平移m个单位，向右平移2m个单位，
∴新抛物线y'的解析式为y'=12（x-32-2m）2+m-258，
∵平移后的图象经过点H（2，﹣1），
∴12（2-32-2m）2+m-258=-1，解得m＝1或﹣1（舍去），
∴新抛物线y'的解析式为y'=12（x-72）2-178，
∴点M（72，-178），点N的坐标为（0，4），
设Q（72，n），
∴MN2＝（72）2+（4+178）2，
MQ2＝（n+178）2，
NQ2＝（72）2+（4﹣n）2，
①当MN＝NQ时，（72）2+（4﹣n）2＝（72）2+（4+178）2，
解得n=818或-178（舍去），
此时，MQ、NR为对角线，
∵M（72，-178），N（0，4），Q（72，818），
∴R（7，4）；
②当MQ＝NQ时，（72）2+（4﹣n）2＝（n+178）2，
解得n=3116；
此时，MN、RQ为对角线，
∵M（72，-178），N（0，4），Q（72，818），
∴R（0，-116）；
③当MN＝MQ时，（72）2+（4+178）2＝（n+178）2，
解得n=765-178（不合题意的值已舍去），
此时，MR、NQ为对角线，
∵M（72，-178），N（0，4），Q（72，818），
∴R（0，765-178）；
综上所述，点R的坐标为（7，4）或（0，-116）或（0，765-178）．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，分类讨论思想等相关知识，根据二次函数的性质进行分类讨论是解题关键．
19．（2023•安徽一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y=-14x2+bx+c的图象与坐标轴交于A、B、C三点，其中点A的坐标为（0，8），点B的坐标为（﹣4，0），点D的坐标为（0，4）．
（1）求该二次函数的表达式及点C的坐标；
（2）若点F为该抛物线在第一象限内的一动点，求△FCD面积的最大值；
（3）如图2，将抛物线C1向右平移2个单位，向下平移5个单位得到抛物线C2，M为抛物线C2上一动点，N为平面内一动点，问是否存在这样的点M、N，使得四边形DMCN为菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将A（0，8）、B（﹣4，0）代入y=-14x2+bx+c，列方程组求b、c的值；
（2）过点F作x轴的垂线，交CD于点E，先求直线CD的函数表达式，再用点F的横坐标x表示线段EF的长，然后求出S△FCD关于x的函数表达式，根据二次函数的性质求出△FCD面积的最大值；
（3）存在四边形DMCN为菱形，且以线段CD为对角线，可知点M、点N都在线段AC的垂直平分线上，先求抛物线C1平移后的抛物线C2的函数表达式，再求出线段AC的垂直平分线的函数表达式，且与抛物线C2的函数表达式组成方程组，解方程组求出点M的坐标，由点N与点M关于线段CD的中点成中心对称求出点N的坐标．
【解答】解：（1）把A（0，8）、B（﹣4，0）代入y=-14x2+bx+c得c=8-4-4b+c=0，
解得b=1c=8，
∴该二次函数的表达式为y=-14x2+x+8；
当y＝0时，由-14x2+x+8＝0，得x1＝﹣4，x2＝8，
∴C（8，0）；
（2）如图1，作FG⊥x轴于点G，交CD于点E，

设直线CD的函数表达式为y＝kx+4，则8k+4＝0，解得k=-12，
∴y=-12x+4．
设F（x，-14x2+x+8）（0＜x＜8），则E（x，-12x+4），
∴EF=-14x2+x+8+12x﹣4=-14x2+32x+4，
∵S△FCD=12OG•EF+12CG•EF=12OC•EF，
∴S△FCD=12×8（-14x2+32x+4）＝﹣x2+6x+16＝﹣（x﹣3）2+25，
∴当x＝3时，△FCD面积的最大值为25．
（3）存在．
由题意可知，点M、N在线段CD的垂直平分线上．
抛物线C1：y=-14x2+x+8=-14（x﹣2）2+9，
平移后得抛物线C2：y=-14（x﹣4）2+4=-14x2+2x．
如图2，设CD的中点为Q，则Q（4，2），
过点Q作CD的垂线交抛物线C2于点M，交x轴于点H，

∵∠CQH＝∠COD＝90°，
∴CQCH=COCD=cos∠OCD．
∵OD＝4，CO＝8，
∴CD=42+82=45，
∴CQ=12CD＝25，
∴CH=CQ⋅CDCO=25×458=5，
∴OH＝8﹣5＝3，H（3，0），
设直线QH的函数表达式为y＝mx+n，
则4m+n=23m+n=0，解得m=2n=-6，
∴y＝2x﹣6．
由y=2x-6y=-14x2+2x，得x1=-26y1=-46-6，x2=26y2=46-6，
∴M1（-26，-46-6），M2（26，46-6），
∵点N与点M关于点Q（4，2）成中心对称，
∴N1（8+26，10+46），N2（8﹣26，10﹣46）．
【点评】此题考查二次函数的综合，掌握二次函数图象与性质、相似三角形的性质、用待定系数法求函数表达式、根据数量之间的关系求函数表达式、解一元二次方程、求对称点的坐标等知识是解题的关键．
20．（2023•九台区一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c（b、c是常数）经过点（﹣2，﹣1），点（1，2）．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POMN，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，且在抛物线对称轴右侧．过点B作x轴的平行线交抛物线于另一点C，连接BC．当BC＝6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的增大而增大或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．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）BC∥x轴BC＝6点B在抛物线对称轴右侧，则xB＝2，进而求解；
（3）当抛物线在正方形内部y随x增大而增大时，则2m≥﹣1，进而求解；当抛物线在正方形内部y随x增大而减小时，同理可解；
（4）①当M点与y轴的交点重合时，抛物线与正方形的边有三个交点，此时﹣3＝m2+3m﹣3，解得：m＝﹣3或m＝0（舍），进而求解；②当抛物线的顶点在线段QM上时同理可解；③当m＞0时，抛物线与正方形的边有两个交点，则2|m|=34，即可求解．
【解答】解：（1）∵y＝x2+bx+c过（﹣2，﹣1），（1，2），
∴{4−2b+c＝−11+b+c＝2，
解得：b＝2c＝−1，
∴y＝x2+2x﹣1；

（2）抛物线对称轴为x=-22=-1，
又∵BC∥x轴BC＝6点B在抛物线对称轴右侧，
∴xB＝2，
∴yB＝7，
∴B（2，7）；

（3）∵m＜0，
当抛物线在正方形内部y随x增大而增大时，
则2m≥﹣1，
∴-12≤m＜0，
当抛物线在正方形内部y随x增大而减小时，
则A（m，m2+2m﹣1），
∴m2+2m﹣1+m≥﹣1，
∴m≤﹣3或m≥0（舍），
∴m≤﹣3，
综上，-12≤m＜0或m≤﹣3；

（4）抛物线与y轴的交点为（0，﹣3），
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点为（﹣1，﹣4），
当m＜0时，P（2m，m2+m﹣3），Q（2m，m2+3m﹣3），N（0，m2+m﹣3），M（0，m2+3m﹣3），
①当M点与y轴的交点重合时，抛物线与正方形的边有三个交点，此时﹣3＝m2+3m﹣3，

解得m＝﹣3或m＝0（舍），
∴m＜﹣3时，抛物线与正方形的边有两个交点，
∴m2+m﹣3﹣（m2+3m﹣3）=34，
解得m=-38（舍）；
②当抛物线的顶点在线段QM上时，﹣4＝m2+3m﹣3，
解得m=-3+52（舍）或m=-3-52，
∴-3-52＜m＜0时，抛物线与正方形的边有两个交点，
当N点与y轴交点重合时，m2+m﹣3＝﹣3，
解得m＝﹣1或m＝0（舍），
当-3-52＜m＜﹣1时，m2+m﹣3﹣（﹣3）=34，
解得：m=-32或m=12（舍）；
当x＝2m时，y＝4m2+4m﹣3，
当Q点在抛物线上时，4m2+4m﹣3＝m2+3m﹣3，解得m＝0（舍）或m=-13，
当﹣1≤m≤-13时，m2+m﹣3﹣（4m2+4m﹣3）=34，
解得：m=-12；
当-13＜m＜0时，m2+m﹣3﹣（m2+3m﹣3）=34，
解得：m=-38（舍）；
③当m＞0时，抛物线与正方形的边有两个交点，
∴2|m|=34，
解得：m=-38（舍）或38；
综上所述：m=-32或m=-12或m=38．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，数形结合是解题的关键．