【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第11讲《中考怎么考-二次函数存在性问题》预习讲学案

第11讲 中考怎么考-二次函数存在性问题
一、解答题
1．（2022·浙江·松阳县教育局教研室一模）如图，抛物线与x轴，y轴分别交于A，D，C三点，已知点A(4，0)，点C(0，4)．若该抛物线与正方形OABC交于点G且CG:GB=3:1．

(1)求抛物线的解析式和点D的坐标；
(2)若线段OA，OC上分别存在点E，F，使EF⊥FG．
已知OE=m，OF=t．
①当t为何值时，m有最大值？最大值是多少？
②若点E与点R关于直线FG对称，点R与点Q关于直线OB对称．问是否存在t，使点Q恰好落在抛物线上？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，点D的坐标为(-1，0)；
(2)①当时，m有最大值，；②存在，当时点恰好落在抛物线上
【解析】
【分析】
（1）先求得点G的坐标，再用待定系数法求解即可；
（2）①证明△EOF∽△FCG，利用相似三角形的性质得到m关于t的二次函数，利用二次函数的性质即可求解；
②根据轴对称的性质以及全等三角形的判定和性质先后求得点R (-m，2t)，点Q (2t，-m)，代入二次函数的解析式得到方程，解方程即可求解．
(1)
解：∵点A(4，0)，点C(0，4)，且四边形OABC是正方形，
∴OA=OC=BC=4，
∵CG:GB=3:1．
∴CG=3，BG=1，
∴点G的坐标为(3，4)，
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
把A(4，0)，C(0，4)，G (3，4)，代入y=ax2+bx+c得，
解得，
∴抛物线的解析式为y=-x2+3x+4，
令y=0，则-x2+3x+4=0，
解得x=4或x=-1，
∴点D的坐标为(-1，0)；
(2)
解：①∵EF⊥FG，∴∠EOF=∠GFE=∠GCF=90°，
∵∠EFO+∠FEO=∠EFO+∠CFG=90°，
∴∠FEO=∠CFG，
∴△EOF∽△FCG，
∴，即，
∴m=-t2+t=-(t-2)2+，
∴当t=2时，m有最大值，最大值为；
②∵点A(4，0)，点C(0，4)，且四边形OABC是正方形，
∴点B的坐标为(4，4)，
设直线OB的解析式为y=kx，
把(4，4)，代入得：4=4k，解得k=1，
∴直线OB的解析式为y=x，
过点R作RS⊥y轴于点S，
∵点E与点R关于直线FG对称，EF⊥FG，
∴RF=EF，∠RFS=∠EFO，
∴△RFS≌△EFO，
∴RS=EO=m，FS=FO=t，则SO=2t，
∴点R的坐标为(-m，2t)，
∵点R与点Q关于直线OB对称．
同理点Q的坐标为(2t，-m)，
把Q (2t，-m)代入y=-x2+3x+4，得：-m=-4t2+6t+4，
由①得m=-t2+t，
∴t2-t=-4t2+6t+4，
解得，（舍去），
∵，∴当时点G恰好落在抛物线上．
．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、轴对称图形的性质，根据题意画出图形是解答问题的关键．
2．（2022·浙江·佛堂镇中学一模）如图所示，已知A、B两点坐标分别为（30，0）和（0，30），动点P从A点开始在折线AO—OB—BA上以每秒3个长度单位的速度运动，动直线EF从x轴开始以每秒1个长度单位的速度向上平行移动（即EF∥x轴），并且分别与y轴、直线AB交于E、F点．连结FP，设动点P与动直线EF同时出发，运动时间为t秒．当直线EF经过点B时，点P与直线EF停止运动．


(1)连接PE，t为何值时，四边形APEF为平行四边形？
(2)t为何值时，直线EF经过点P？
(3)设经过点F的反比例函数为，与AB的另一个交点为G；
①当t为何值时，k有最大值，最大值为多少？
②请探索从直线EF第一次经过点P起，顺次连接PEGF所得多边形的面积S是否存在最大值，若有请求出最大值及相应t的值，并简要说明理由；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)当t为7.5秒时，四边形APEF为平行四边形；
(2)当t=15秒或秒时，直线EF经过点P；
(3)①当t为15秒时，k有最大值，最大值为225；②当t=时，S有最大值，最大值为
【解析】
【分析】
（1）当OP=OE时，四边形APEF为平行四边形，据此列方程求解即可；
（2）分点P在线段OB和BA上两种情况讨论，分别列方程求解即可；
（3）①先求得点F的坐标为（30-t，t），再根据反比例函数的意义得到k=t（30-t），最后根据二次函数的性质求解即可；
②分三种情况讨论，利用三角形面积公式得到S关于t的函数关系式，利用二次函数的性质求解即可．
(1)
解：∵A、B两点坐标分别为（30，0）和（0，30），
∴OA=OB=30，∠OAB=∠OBA=45°，


∵四边形APEF为平行四边形，EF∥x轴，
∴PE∥AB，
∴∠OPE=∠OEP=45°，
∴OP=OE，
∵OE=t，OP=30-3t，
∴t=30-3t，
解得：t=7.5(秒)，
∴当t为7.5秒时，四边形APEF为平行四边形；
(2)
解：当点P在线段OB上时，此时点E与点P重合，
∵OE=t，点P与点E重合时OP=3t -30，
∴t=3t -30，
解得：t=15(秒)，
当点P在线段BA上时，此时点F与点P重合，
∵OE=t，
∴BE=30-t，
∵EF∥x轴，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BF=(30-t)，
点P与点F重合时BP=3t-60，
∴(30-t) =3t-60，
解得：t=(秒)，
综上，当t=15秒或秒时，直线EF经过点P；
(3)
解：①由（2）得OE=t，BE=BF=30-t，
∴点F的坐标为（30-t，t），
∵反比例函数经过点F，
∴k=t（30-t）=-t2+30t=-(t-15)2+225，
∵-1<0，
∴当t为15秒时，k有最大值，最大值为225；
②设直线AB的解析式为y=kx+30，
把点A（30，0）代入得0=30k+30，
解得k=-1，
∴直线AB的解析式为y=-x+30，
∵反比例函数的解析式为y=，
解方程-x+30=，
整理得x2-30x+ t（30-t）=0，
解得：x=30-t或x=t，
∴反比例函数的图象与AB的另一个交点G的坐标为（t，30-t），
根据题意：当时，如图：


∴BP=60-3t，BE=30-t，
∴四边形PEGF的面积S=S△BEG- S△BPF=(30-t)t-(60-3t)(30-t)
=-2t2+90t-900=-2(t-)2+，
∴对称轴为直线t=，
∵-2<0，，
∴当t=时，S有最大值，最大值为；
当时，如图：


同理可得点P的横坐标为，
∴三角形PEG的面积S=S△BEG- S△BPE=(30-t)t-(30-t) ()
=-t2-t-450，
∴对称轴为直线t==<0，
∴此时，S没有最大值；
当时，如图：


同理三角形FEG的面积S=S△BEG- S△BFE=(30-t)(t-30+t)
=-t2+45t-450=-(t-)2+，
∴对称轴为直线t=，
∵-1<0，，
∴此时，S没有最大值；
综上，当t=时，S有最大值，最大值为
【点睛】
本题考查了二次函数的图象和性质，反比例函数的图象和性质，等腰直角三角形的判定和性质，本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
3．（2021·浙江·绍兴市元培中学九年级阶段练习）如图，抛物线y1＝ax2+c的顶点为M，且抛物线与直线y2＝kx+1相交于A、B两点，且点A在x轴上，点B的坐标为（2，3），连结AM、BM．

(1)a＝　　，c＝　　，k＝　　（直接写出结果）；
(2)当y1＜y2时，则x的取值范围为　　（直接写出结果）；
(3)在直线AB下方的抛物线上是否存在一点P，使得△ABP的面积最大？若存在，求出△ABP的最大面积及点P坐标．
【答案】(1)1，﹣1，1；
(2)﹣1＜x＜2；
(3)△ABP的最大面积为；点P坐标为（，）．
【解析】
【分析】
（1）将点B的坐标（2，3）代入y2＝kx+1求得k＝1，得到y2＝x+1，求出A（﹣1，0），将A（﹣1，0）、B（2，3）代入y1＝ax2+c，解得a＝1，c＝﹣1；
（2）根据A（﹣1，0）、B（2，3），结合图象可得：当y1＜y2时，则x的取值范围为﹣1＜x＜2；
（3）设平行于直线y2＝x+1和抛物线相切的直线解析式为y3＝x+b，由解得b，∴y3＝x，求得P（，），此时，△ABP的面积最大，设y3＝x与x轴交于点C，则点C（，0），过点C作CD⊥AB，可知线段CD的长度即为△ABP的高的长度，证明△ACD为等腰直角三角形，根据AC（﹣1），求得CD，求出AB，算出△ABP的面积为．
(1)
将点B的坐标（2，3）代入y2＝kx+1得：
3＝2k+1，
解得：k＝1，
∴y2＝x+1，
令y2＝0得：0＝x+1，
解得：x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
将A（﹣1，0）、B（2，3）代入y1＝ax2+c得：
，
解得：a＝1，c＝﹣1，
故答案为：1，﹣1，1；
(2)
∵A（﹣1，0）、B（2，3），
∴结合图象可得：当y1＜y2时，则x的取值范围为﹣1＜x＜2，
故答案为：﹣1＜x＜2；
(3)
在直线AB下方的抛物线上存在一点P，使得△ABP的面积最大．
如图，设平行于直线y2＝x+1的直线解析式为：y3＝x+b，
由得：x2﹣1＝x+b，
∴x2﹣x﹣1﹣b＝0，
令△＝0得：1﹣4（﹣1﹣b）＝0，
解得：b，
∴y3＝x，
∴x2﹣x﹣10，
解得：x1＝x2，
∴，
∴P（，），
∴当点P坐标为（，）时，△ABP的面积最大，
设y3＝x与x轴交于点C，则点C坐标为：（，0），过点C作CD⊥AB，
由平行线间的距离处处相等，可知线段CD的长度即为△ABP的高的长度，
∵y2＝x+1与x轴所成锐角为45°，
∴△ACD为等腰直角三角形，
∵AC（﹣1），
∴CD，
∵A（﹣1，0）、B（2，3），
∴AB，
∴△ABP的面积为：，
∴在直线AB下方的抛物线上存在一点P，使得△ABP的面积最大；△ABP的最大面积为；点P坐标为（，）．

【点睛】
本题主要考查了二次函数与几何综合，解决问题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式综合运用一次函数性质和二次函数性质，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握函数与不等式的关系．
4．（2022·浙江·嘉兴一中一模）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（8，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接AC，BC，BC与抛物线的对称轴l交于点E．

(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，当S△PBC＝S△ABC时，求点P的坐标；
(3)点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线ED上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)P1（1，10.5），P2（7，4.5）
(3)存在，（3，8）或或（3，11）
【解析】
【分析】
（1）直接将A（﹣2，0）和点B（8，0）代入y＝x2+bx+c（a≠0），解出b，c的值即可得出答案；
（2）先求出点C的坐标及直线BC的解析式，再根据图及题意得出三角形PBC的面积；过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F，设，根据三角形PBC的面积列关于t的方程，解出t的值，即可得出点P的坐标；
（3）由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形，然后分MN＝EM，MN＝NE，NE＝EM三种情况讨论结合图形得出边之间的关系，即可得出答案．
(1)
解：∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣2，0）和点B（8，0），
∴
∴抛物线解析式为：；
(2)
解：当x＝0时，y＝8，
∴C（0，8），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+8，
∵，
∴ 14
过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F，
设，
∴F（t，﹣t+8），
∴，
∴，
即 ，
∴t1＝1，t2＝7，
∴P1（1，10.5），P2（7，4.5）；

(3)
解：存在，点M的坐标为：（3，8），或（3，11）．
∵C（0，8），B（8，0），∠COB＝90°，
∴△OBC为等腰直角三角形，
抛物线的对称轴为，
∴点E的横坐标为3，
又∵点E在直线BC上，
∴点E的纵坐标为5，
∴E（3，5），
设，
①当MN＝EM，∠EMN＝90°，
△NME∽△COB，则，
解得或（舍去），
∴此时点M的坐标为（3，8），

②当ME＝EN，当∠MEN＝90°时，
则，
解得：或（舍去），
∴此时点M的坐标为；

③当MN＝EN，∠MNE＝90°时，
此时△MNE与△COB相似，
此时的点M与点E关于①的结果（3，8）对称，
设M（3，m），
则m﹣8＝8﹣5，
解得m＝11，
∴M（3，11）；
此时点M的坐标为（3，11）；

故在射线ED上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似，点M的坐标为：（3，8）或或（3，11）．
【点睛】
本题是一道综合题，涉及二次函数的综合、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质等知识点，综合性比较强，解答类似题的关键是添加合适的辅助线．
5．（2016·浙江·海盐县滨海中学九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（﹣4，0），B（0，﹣4），C（2，0）三点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值；
(3)若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y＝﹣x上的动点，判断有几个位置能使以点P，Q，B，O为顶点的四边形为平行四边形（要求），直接写出相应的点Q的坐标．
【答案】(1)
(2)： 当m＝﹣2时，S的最大值为4
(3)或或（﹣4，4）．
【解析】
【分析】
（1）先假设出函数解析式，利用待定系数法求解函数解析式即可；
（2）设出M点的坐标，利用S＝S△AOM+S△OBM﹣S△AOB，即可进行解答；
（3）由，则OB，PQ是平行四边形的边，根据平行四边形的对边相等，列出方程求解即可．
(1)
解：设此抛物线的函数解析式为：y＝ax2+bx+c（a≠0），
将A（﹣4，0），B（0，﹣4），C（2，0）三点代入函数解析式得：
，
解得，
所以此函数解析式为：；
(2)
解：连接

∵M点的横坐标为m，且点M在这条抛物线上，
∴M点的坐标为，
∴S＝S△AOM+S△OBM﹣S△AOB＝×4×（﹣m+4）+×4×（﹣m）﹣×4×4
＝﹣（m+2）2+4，
∵﹣4＜m＜0，
当m＝﹣2时，S有最大值为：S＝0+4＝4．
答：m＝﹣2时，S的最大值为4；
(3)
解：设P（x，x2+x﹣4）．
根据平行四边形的性质知，且PQ＝OB，则OB，PQ为平行四边形的边，
∴Q的横坐标等于P的横坐标，
又∵直线的解析式为y＝﹣x，
则Q（x，﹣x）．
由PQ＝OB，得，
整理得：
所以或
解得x＝0或﹣4或（不符合题意，舍去）．
由此可得：或或（﹣4，4）．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到平行四边形的性质、面积的计算等，有一定的综合性，熟练的利用二次函数的性质与平行四边形的性质解题是关键．
6．（2022·浙江金华·一模）如图，把两个全等的和分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上．已知点，过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F，抛物线经过O、A、C三点．


(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)点G为抛物线上位于线段OC所在直线上方部分的一动点，求G到直线OC的最大距离和此时点G的坐标；
(3)点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM的边AM与边BP相等？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)G点到直线OC的最大距离为，此时G(2，4)
(3)存在，P点的坐标为
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求得直线OC的解析式，再利用二次函数的性质求解即可；
（3）确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t的值，从而可解．
(1)
解：由题意：A(2，4)，C(4，2)，O(0，0)，
因为抛物线y=ax2+bx+c经过点O，A，C，
∴，
解得，，，
∴抛物线解析式为；
(2)
解：连接GO，GC，过G点作x轴的垂线交OC于点K，GH⊥OC于点H．


令G点的横坐标为m（0 设直线OC的解析式为y=kx+b，把C(4，2)，O(0，0)代入得：
b=0，4k+b=2，k=，
∴直线OC的解析式为y=x，则K(m，m)
∴
，
当时，的值最大为6，此时GH的值为最大，
，
∴，，
∴G点到直线OC的最大距离为，此时G(2，4)；
(3)
解：存在．
如图所示，过点M作于点R，过点P作于点T．


由题意：，
∴MR=PT，
∵AM=BP，
∴．
∴
设点M的横坐标为t，则．
由（2）知：直线OC的解析式为，则
∴，
当时，
解得：，（不合题意，舍去）；
当时，无实数解．
∴，此时
∴P点的坐标为．
【点睛】
本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、二次函数的最值、相似三角形，涉及到的知识点众多，难度较大，对学生能力要求较高，有利于训练并提升学生解决复杂问题的能力．
7．（2021·浙江宁波·九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2＋bx＋c与直线AB相交于A，B两点，其中A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）．


（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，求△PAB面积的最大值．
（3）在二次函数的对称轴上找一点C，使得△ABC是等腰三角形，求满足条件的点C的坐标．
【答案】（1）y＝x2+4x﹣1；（2）；（3）C点坐标为，，，，
【解析】
【分析】
（1）直接把A、B坐标代入抛物线解析式求解即可；
（2）先求出直线AB的解析式为y＝x﹣1，设P（a，a2+4a﹣1），则Q（a，a﹣1），PQ＝﹣a2﹣3a，可得，利用二次函数的性质求解即可；
（3）分当AB＝BC时，当AB＝AC时，当BC＝AC时，三种情况讨论求解即可．
解：（1）将A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）代入y＝x2+bx+c，
得，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2+4x﹣1；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣1，
设P（a，a2+4a﹣1），则Q（a，a﹣1），
∴PQ＝﹣a2﹣3a，
∴，
∵，
∴当a＝时，△PAB的面积有最大值；
（3）∵抛物线解析式为y＝x2+4x﹣1，
∴抛物线的对称轴为，
设点C（﹣2，y），
∵A（0，﹣1），B（﹣3，﹣4），
∴AB2＝32+32＝18，BC2＝22+（y+1）2，AC2＝12+（y+4）2，
①当AB＝BC时，
∴22+（y+1）2＝18，
解得，
∴，；


②当AB＝AC时，
∴12+（y+4）2＝18，
解得，
∴，；


③当BC＝AC时，
∴22+（y+1）2＝12+（y+4）2，
解得，
∴；


综上所述：C点坐标为，，，，．
【点睛】
本题主要考查了一次函数综合，二次函数综合，待定系数法求函数解析式，两点距离公式，等腰三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识．
8．（2021·浙江湖州·九年级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+kx﹣2k（k＜0）与x轴正半轴交于点C，与y轴的交点为A．

（1）若抛物线经过点B（﹣3，1），求抛物线的解析式；
（2）无论k取何值，抛物线都经过定点M，求点M的坐标；
（3）在（1）的条件下，点P是抛物线上的一个动点，记△ABP的面积为S1，△ABM的面积为S2，设S2＝nS1，若符合条件的点P有三个，求n的值．
【答案】（1）；（2）点M的坐标为（2，-4）；（3）n的值为．
【解析】
【分析】
（1）直接把点B（-3，1）代入抛物线解析式进行求解即可；
（2）由抛物线解析式为，则当时，，函数值与k的取值无关，由此即可得到答案；
（3）设直线BM的解析式为，直线BM于y轴的交点为E，可求得直线BM的解析式为，得到E点坐标为（0，-2），从而求出；如图所示，在直线AB上方作直线∥AB，且直线与抛物线只有一个交点，对应的在直线AB下方作直线∥AB，其中直线与直线AB的距离等于直线与直线AB的距离，则（等底等高），根据除去，，这三个位置外，符合的P点的个数为4个或2个；推出，由此先求出直线AB的解析式为，则可设直线的解析式为，联立得，求得，从而求出点的坐标为（，），过点作x轴的垂线交AB于H，根据，求出即可得到答案．
解：（1）∵抛物线经过点B（-3，1），
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）∵抛物线解析式为，
当时，，函数值与k的取值无关，
∴点M的坐标为（2，-4）；
（3）∵抛物线与y轴交于点A，
∴点A的坐标为（0，4），
设直线BM的解析式为，直线BM于y轴的交点为E，
∴，
∴，
∴直线BM的解析式为，
∴E点坐标为（0，-2），
∴；
如图所示，在直线AB上方作直线∥AB，且直线与抛物线只有一个交点，对应的在直线AB下方作直线∥AB，其中直线与直线AB的距离等于直线与直线AB的距离，
∴（等底等高），
∵除去，，这三个位置外，符合的P点的个数为4个或2个；
∴，
设直线AB的解析式为，
∴，
∴，
∴直线AB的解析式为，
∴可设直线的解析式为，
联立得，
∴=0 ，
∴，
∴，
解得，
∴点的坐标为（，），
过点作x轴的垂线交AB于H，
∴点H的横坐标为，
∴点H的纵坐标为，
∴，
∴


，
∴，
∴．

【点睛】
本题主要考查了二次函数与一次函数综合，平行线间距问题，待定系数法求函数解析式等等，解题的关键在于能够利用数形结合的思想进行求解．
9．（2021·浙江绍兴·九年级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与两坐标轴分别相交于A，B，C三点，直线BC的函数解析式为y＝kx＋b；

（1）求点A、B、C的坐标；
（2）求出直线BC的函数解析式，并根据图像直接写出时x的取值范围；
（3）点D是第一象限内该抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F．
①求△BCD面积的最大值；
②点G是AC的中点，若以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，求点D的坐标．
【答案】（1）A（-2，0），B（8，0），C（0，4）；（2）直线BC：，取值范围：；（3）①16；②（4，6），（3，）
【解析】
【分析】
（1）当y=0时，，解方程求出 点A（-2，0），B（8，0），当x=0时，求出y=4，可得点C（0，4）即可；
（2）用待定系数法求直线BC的函数解析式，根据不等式，满足二次函数图像在直线BC上方，当0≤x≤8时二次函数图像位于直线BC的上方即可；
（3）①设点D（x，），点E（x, ），求出DE=，求出三角形面积配方为顶点式即S△BCD=即可；
②根据点G是AC的中点，∠COA=90°，可得AG=OG=GC，先证△AOC∽△COB，得出∠ACO+∠OCB=90°，利用两直线平行性质可得∠OCB=∠DEC，分两种情况：当CD=CE时△EDC∽△AOG，可证点S为点D点E中点，，当CD=DE时，△CED∽△AOG，CD2=DE2，列方程，解方程即可
解：（1）当y=0时，，整理得
因式分解得，
解得，
∴点A（-2，0），B（8，0）
当x=0时，y=4，
∴点C（0，4），
（2）设BC的解析式为：，把B、C两点坐标代入解析式得，
，
解得：，
∴直线BC的函数解析式，
不等式，满足二次函数图像在直线BC上方，当0≤x≤8时二次函数图像位于直线BC的上方，
∴不等式的解集为0≤x≤8；

（3）①设点D（x，），点E（x, ）
∴DE=-（）=，
∴S△BCD=S△CED+S△BDE=，
∴S△BCD=，
当x=4时S△BCD最大=16；
②∵点G是AC的中点，∠COA=90°，
∴AG=OG=GC，
∴∠GAO=∠GOA，∠GCO=∠GOC，
∴∠GOA+∠GOC=90°，
∵，，
∴，且∠AOC=∠COB，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO=∠CBO，
∵∠CBO+∠OCB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠AOG=∠OCB，
∵DE∥y轴，
∴∠OCB=∠DEC，
分两种情况：
当CD=CE时，过C作CS⊥DE于S，
∴∠CDE=∠CED=∠AGO=∠AOG，
∴△EDC∽△AOG，
∵EF∥y轴，CS⊥DE，
∴CS∥x轴，
∴四边形COFS为平行四边形，
∵∠COF=90°，
∴四边形COFS为矩形，OC=FS，
∵CE=CD，CS⊥DE，
∴ES=DS，
∴点S为点D点E中点，
），
解得x=4，或x=0(舍去)，
，
∴点D（4，6），

当CD=DE时，
∴∠DCE=∠CED=∠AGO=∠AOG，
∴△CED∽△AOG，
∴CD=，DE=，
∴CD2=DE2，
∴，
整理得：，
因式分解得，
∴x=3, ，
∴点D（3，），

综合得点D的坐标为（4，6）或（3，）．
【点睛】
本题考查抛物线与两轴的交点坐标，待定系数法求直线解析式，利用图像法求不等式的解集，两点间距离，三角形面积最值，三角形相似判定与性质，矩形判定与性质，线段中点，列方程解一元二次方程，掌握抛物线与两轴的交点坐标，待定系数法求直线解析式，利用图像法求不等式的解集，两点间距离，三角形面积最值，三角形相似判定与性质，矩形判定与性质，线段中点,解一元二次方程，是解题关键．
10．（2021·浙江·台州市书生中学九年级开学考试）如图，抛物线顶点坐标为点C(1，4)，交x轴于点A(3，0)，交y轴于点B
（1）求抛物线和直线AB的解析式；
（2）求；
（3）设点P是抛物线（在第一象限内）上的一个动点，是否存在一点P，使面积最大，若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由
（4）设点Q是抛物线上的一个动点，是否存在一点Q，使，若存在，直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由

【答案】（1），y=-x+3；（2）3；（3）存在，P()；（4）存在，点Q的坐标为（2，3），或
【解析】
【分析】
（1）先通过代入A点坐到二次函数解析式中，求出系数a的值，从而求二次函数解析式，再代入A，B求出直线AB解析式；
（2）C点坐标为（1，4），求出CD的长，根据三角形的面积公式即可求解；
（3）连接PB，PA，过P作PE∥y轴，交AB于E，设P（a，-a2+2a+3），则E（a，-a+3），可得PE=-a2+2a+3-（-a+3）=-a2+3a，再根据S△ABP=S△BEP+S△AEP=EP×AO=（-a2+3a）×3=-a2+a=-（a-）2+，即可得出结论；
（4）根据S△QAB=S△CAB即可得到一个关于点Q的横坐标的方程，即可求出方程根的情况，进而得到不存在符合要求的Q点．
解：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x-1）2+4，
把A（3，0）代入解析式求得a=-1，
∴y=-（x-1）2+4=-x2+2x+3；
设直线AB的解析式为：y=kx+b，
由y=-x2+2x+3可得B点的坐标为（0，3），
把A（3，0），B（0，3）代入y2=kx+b中，可得：
，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y=-x+3；
（2）如图，过C作CD∥y轴，交AB于D

由y=-（x-1）2+4得，C（1，4）
又直线AB的解析式为：y=-x+3；
∴D（1，2）
∴CD=4-2=2
∴S△CAB＝×3×2＝3
（3）如图，过P作PE∥y轴，交AB于E，连接PB，PA，

设P（a，-a2+2a+3），则E（a，-a+3），
∴PE=-a2+2a+3-（-a+3）=-a2+3a，
∴S△ABP=S△BEP+S△AEP=EP×AO=（-a2+3a）×3=-a2+a=-（a-）2+，
∴当a=时，△ABP面积的最大值是，此时点P的坐标为（，）
（4）由（2）得S△CAB＝2
假设存在符合条件的点Q，
当点Q在第一象限时，设点Q的横坐标是x，△QAB的铅垂高为h，
则h=（-x2+2x+3）-（-x+3）=-x2+3x，
由S△QAB=S△CAB，得：
×3×（-x2+3x）=3
化简得：x2-3x+2=0，
∴x=1（舍去）或x=2，
∴点P（2，3）．
当点Q不在第一象限时，如图，设点Q的坐标是（x，-x2+2x+3）

则有：
整理，得，
解得，，
所以，，
∴点Q的坐标为或
综上，点Q的坐标为（2，3），或
【点睛】
本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求二次函数解析式、三角形的面积、一元二次方程的解，第一、第二问相对较简单，难点在第三问，关键是设出点P坐标，得出点F坐标，表示出PF的长度，根据S△QAB=S△CAB建立方程．
11．（2021·浙江金华·八年级期末）已知在平面直角坐标系中，原点O是正方形ABCD的对角线交点，点A（0，2），过x轴正半轴上的动点P（m，0）作x轴垂线交过点B，C，D三点的抛物线于点Q．
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在四边形ACPQ为菱形，若存在，求出m值；若不在，说明理由．
（3）连结BQ，当△BPQ有两边之比为：1时，求m的值．

【答案】（1）y＝x2﹣2；（2）存在，m＝；（3）m的值为0或4或2+或2﹣或2+2或2﹣2．
【解析】
【分析】
（1）由正方形可得B(﹣2，0)，C(0，﹣2)，D(2，0)，抛物线解析式为y＝a(x﹣2)(x+2)，将点C(0，﹣2)代入解析式即可求解；
（2）求出AC＝4，P(m，0)，则Q(m，m2﹣2)，由菱形可知PQ＝AC，则4＝|m2﹣2|，解得m＝， 舍去不合题意的解；
（3）求出BP＝|m+2|，QP＝|m2﹣2|，由△BPQ有两边之比为：1，分三种情况；①当PQ＝BP时，；②当BP＝PQ时；③当PQ＝PB时．
解：（1）∵原点O是正方形ABCD的对角线交点，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵A(0，2)，
∴B(﹣2，0)，C(0，﹣2)，D(2，0)，
设抛物线解析式为y＝a(x﹣2)(x+2)，将点C(0，﹣2)代入，
得a＝，
∴y＝x2﹣2；
（2）存在，理由如下：
∵A(0，2)，C(0，﹣2)，
∴AC＝4，
∵PQ⊥x轴，P(m，0)，
∴Q(m，m2﹣2)，PQ//AC，
∴当PQ＝AC时，四边形ACPQ为平行四边形，
∴4＝|m2﹣2|，
解得m＝，或m＝（舍去），
∴P(2，0)，Q(2，4)，
此时CP＝=4，
∴CP=PQ，
∴m＝2时，四边形ACPQ为菱形；
（3）由（2）可知：BP＝|m+2|，QP＝|m2﹣2|，
由△BPQ有两边之比为：1，分三种情况；
①当PQ＝BP，即BQ：BP=：1时，|m+2|＝|m2﹣2|，
m+2＝m2﹣2时解得m＝﹣2（舍）或m＝4，
﹣m﹣2＝m2﹣2时，解得m＝0或m＝﹣2（舍）；
②当BP＝PQ，即BP：PQ=：1时，|m+2|＝|m2﹣2|，
m+2＝(m2﹣2)时，解得m＝﹣2（舍）或m＝2+；
﹣m﹣2＝(m2﹣2)时，解得m＝﹣2（舍）或m＝2﹣；
③当PQ＝PB，即PQ：BP=：1时，|m+2|＝|m2﹣2|，
(m+2)＝m2﹣2时，解得m＝﹣2（舍）或m＝2+2；
﹣(m+2)＝m2﹣2时，解得m＝﹣2（舍）或m＝2﹣2；
综上所述：m的值为0或4或2+或2﹣或2+2或2﹣2．

【点睛】
本题考查了待定系数法，二次函数的图象及性质，坐标与图形的性质，正方形的性质，菱形的判定及性质，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键．
12．（2021·浙江金华·九年级期中）如图，已知抛物线经过，两点，交轴于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，求直线的解析式；
（3）请在抛物线的对称轴上找一点，使的值最小，求点的坐标，并求出此时的最小值；
（4）点为轴上一动点，在抛物线上是否存在一点，使得以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）直线的解析式为；（3），此时的最小值为；（4）存在，或．
【解析】
【分析】
（1）把点A、B的坐标代入求解即可；
（2）设直线的解析式为，然后把点B、C的坐标代入求解即可；
（3）由题意易得点A、B关于抛物线的对称轴对称，根据轴对称的性质可得，要使的值为最小，则需满足点B、P、C三点共线时，即为BC的长，然后问题可求解；
（4）由题意可设点，然后可分①当AC为对角线时，②当AM为对角线时，③当AN为对角线时，进而根据平行四边形的性质及中点坐标公式可进行求解．
解：（1）∵抛物线经过，两点，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）由（1）可得抛物线的解析式为，
∵抛物线与y轴的交点为C，
∴，
设直线的解析式为，把点B、C的坐标代入得：
，解得：，
∴直线的解析式为；
（3）由抛物线可得对称轴为直线，由题意可得如图所示：

连接BP、BC，
∵点A、B关于抛物线的对称轴对称，
∴，
∴，
要使的值为最小，则需满足点B、P、C三点共线时，即为BC的长，此时BC与对称轴的交点即为所求的P点，
∵，
∴，
∴的最小值为，
∵点P在直线BC上，
∴把代入得：，
∴；
（4）存在，理由如下：
由题意可设点，，当以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，则可分：
①当AC为对角线时，如图所示：

连接MN，交AC于点D，
∵四边形ANCM是平行四边形，
∴点D为AC、MN的中点，
∴根据中点坐标公式可得：，即，
解得：，
∴；
②当AM为对角线时，同理可得：
，即，
解得：，
∴；
③当AN为对角线时，同理可得：
，即，
解得：，
∴；
∴综上所述：当以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的性质与图象是解题的关键．
13．（2021·浙江·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．


（1）求A、C两点的坐标；
（2）当为轴对称图形时，求抛物线的解析式；
（3）当关于y轴成轴对称时，若点M、N是抛物线上的动点，且有轴，点P是x轴上的动点，在坐标平面内是否存在一点Q，使以M、N、P、Q为顶点的四边形构成正方形？若存在，求出Q点坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）当时，；当时， ；当时，；；（3）存在，； ；；．
【解析】
【分析】
（1）分别令代入解析式求出坐标即可；
（2）当为轴对称图形时时，要进行分论讨论所有存在的情况，求出点的坐标，根据两根式求出解析式；
（2）利用分论讨论思想和图形关于轴的对称性来求解．
解：（1）当时，，解得：；当时，；
，
（2）当时，有一种情况：
设，，由两点间距离公式得：
，
解得：（与重合，舍去）
、、
根据两根式，设抛物线的解析式为：，
将点代入上式，解得：，



当时，有一种情况：
同理：设，，由两点之间的距离公式得：
，
解得：，
、、
由两根式，设抛物线的方程为：，
将点代入上式，解得：，



当时，有两种情况：
同理：设，，由两点之间的距离公式得：
，解得：，分论如下：


、、
由两根式，抛物线的方程设为：，
将点代入上式，解得：，



、、
由两根式，抛物线的方程设为：，
将点代入上式，解得：
，

（3）由（2）知，抛物线解析式为
当为正方形一边时，设，
，
①当在x轴上方，且为正方形一边时，，根据对称性；
有；
②当在x轴下方，且为正方形一边时，，根据对称性：
有；
当为正方形对角线时时，设
，解得：，
③当在x轴上方，且为正方形对角线时，，
有；
④当在x轴下方，且为正方形对角线时，，
有．
【点睛】
本题考查了求解函数与坐标轴的交点坐标，分类讨论求解二次函数的解析式，动点问题，是函数与几何问题的综合题型，题目较难，解题的关键是：利用数形结合的思想，进行分类讨论，逐一解决．
14．（2020·浙江·九年级期中）如图，已知抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C，把抛物线向上平移个单位得到抛物线，A，B的对应点分别是D，E．

（1）求抛物线的函数表达式．
（2）直线交抛物线于点F，G，若，
①求h的值；
②点P在抛物线的对称轴上，且满足点C关于点P的对称点在抛物线上，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）；（2）①6；②
【解析】
【分析】
（1）将，坐标代入抛物线解析式中，解关于，的方程组即可；
（2）①由题意，，根据抛物线的对称性可得点的横坐标，将这个横坐标代入抛物线的解析式中求得的值即为的值；
②先确定点坐标，由于抛物线与抛物线的对称轴相同，根据抛物线的对称性可得点点的坐标．
解：（1）把，代入抛物线的解析式中得：
．
解得：．
抛物线的函数表达式为．
（2）①，
抛物线的对称轴为直线．
，，
．
由题意，．
，
．
根据抛物线的对称性，点的横坐标为5．
把代入到抛物线的解析式得：
．
．
②点的坐标为．理由如下：
抛物线是由抛物线向上平移6个单位得到的，
抛物线的对称轴为直线．
点的横坐标为1．
，且点关于点的对称点在抛物线上，
点的横坐标为2．
抛物线是由抛物线向上平移6个单位得到的，
抛物线的解析式为．
把代入到中得：．
点的坐标为．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合运用．待定系数法是确定函数关系式的重要方法．
15．（2021·浙江·嘉兴一中一模）已知抛物线y＝a（x－m）2＋n与y轴交于点A，它的顶点为点B，点A、B关于原点O的对称点分别为C、D．若A、B、C、D中任何三点都不在一直线上，则称四边形ABCD为抛物线的伴随四边形，直线AB为抛物线的伴随直线．

(1)如图1，求抛物线y＝（x－3）2＋1的伴随直线的解析式．
(2)如图2，若抛物线y＝a（x－m）2＋n（m＞0）的伴随直线是y＝x－3，伴随四边形的面积为12，求此抛物线的解析式．
(3)如图3，若抛物线y＝a（x－m）2＋n的伴随直线是y＝－2x＋b（b＞0），且伴随四边形ABCD是矩形．
①用含b的代数式表示m、n的值；
②在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PBD是一个等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标（用含b的代数式表示）；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)①；；②存在，（，）；（，）；（，）；（，）
【解析】
【分析】
（1）利用抛物线y=（x﹣3）2+1的与y轴交于点A（0，10），它的顶点为点B（3，1），求出直线解析式即可；
（2）首先得出点A的坐标为（0，-3），以及点C的坐标为（0，3），进而求出BE=3，得出顶点B的坐标求出解析式即可；
（3）①由已知可得A坐标为（0，b），C点坐标为（0，﹣b），以及n=﹣2m+b，即点B点的坐标为（m，﹣2m+b），利用勾股定理求出；②利用①中B点坐标，以及BD的长度即可得出P点的坐标．
(1)
解：由抛物线y＝a（x-m）2+n与y轴交于点A，它的顶点为点B，
∴抛物线y＝（x-3）2+1的与y轴交于点A（0，10），它的顶点为点B（3，1），
设所求直线解析式为y＝kx+b，
∴，
解得：，
∴所求直线解析式为y＝-3x+10；
(2)
如图，作BE⊥AC于点E

由题意得四边形ABCD是平行四边形，点A的坐标为（0，-3），
点C的坐标为（0，3），
可得：AC＝6，
∵平行四边形ABCD的面积为24，
∴S△ABC＝12即S△ABC＝AC•BE＝12，
∴BE＝3，
∵m＞0，即顶点B在y轴的右侧，且在直线y＝x-4上，
∴顶点B的坐标为（3，-1），
又抛物线经过点A（0，-4），
∴a＝-，
∴y＝-（x-3）2-1；
(3)
①如图，作BF⊥x轴于点F

由已知可得A坐标为（0，b），C点坐标为（0，-b），
∵顶点B（m，n）在直线y＝-2x+b（b＞0）上，
∴n＝-2m+b，即点B点的坐标为（m，-2m+b），
在矩形ABCD中，CO＝BO．
∴b＝，
∴b2＝m2+4m2-4mb+b2，
∴m＝b，
n＝-2×b+b＝-b，
②∵B点坐标为（m，n），即（b，-b），
∴BO＝＝b，
∴BD＝2b，
当BD＝BP，
∴PF＝2b-b＝b，
∴P点的坐标为（b，b）；

如图3，当DP＝PB时，
过点D作DE⊥PB，于点E，
∵B点坐标为（b，-b），
∴D点坐标为（-b，b），
∴DE＝b，BE＝b，设PE＝x，
∴DP＝PB＝b+x，
∴DE2+PE2＝DP2，
∴+x2＝（b+x）2，
解得：x＝b，
∴PF＝PE+EF＝b+b＝b，
∴此时P点坐标为：（b，b）；
同理P可以为（b，-b）；（b，b），
故P点坐标为：（b，b）；（b，b）；（b，-b）；（b，b）．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合应用，根据题意，认真审题是解题的关键.
16．（2021·浙江温州·九年级阶段练习）如图，抛物线y＝ax2+bx（a＞0）过点E（8，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左侧），点C、D在抛物线上，∠BAD的平分线AM交BC于点M，点N是CD的中点，已知OA＝2，且OA：AD＝1：3．   

（1）求抛物线的解析式；
（2）F、G分别为x轴，y轴上的动点，顺次连接M、N、G、F构成四边形MNGF，求四边形MNGF周长的最小值；
（3）在x轴下方且在抛物线上是否存在点P，使△ODP中OD边上的高为？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）y＝x2﹣4x；（2）12；（3）存在，点P坐标为（6，﹣6）满足使△ODP中OD边上的高为
【解析】
【分析】
（1）由点在轴正半轴且点在线段上得到点在轴正半轴上，所以；由，且得．由于四边形为矩形，故有，所以点在第四象限，横坐标与的横坐标相同，进而得到点坐标．由抛物线经过点、，用待定系数法即求出其解析式．
（2）画出四边形，由于点、分别在轴、轴上运动，故可作点关于轴的对称点点，作点关于轴的对称点点，得、．易得当、、、在同一直线上时最小，故四边形周长最小值等于．根据矩形性质、抛物线线性质等条件求出点、、、坐标，即求得答案．
（3）因为可求，且已知中边上的高，故可求的面积．又因为的面积常规求法是过点作平行轴交直线于点，把拆分为与的和或差来计算，故存在等量关系．设点坐标为，用表示的长即列得方程．求得的值要讨论是否满足点在轴下方的条件．
解：（1）点在线段上，，，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
抛物线经过点、，
，
解得：，
抛物线的解析式为，
（2）如图1，作点关于轴的对称点点，作点关于轴的对称点点，连接、、，

，
抛物线对称轴为直线，
点、在抛物线上，且轴，，
，即点、关于直线对称，
，即，
，，
平分，，
，
，
，
点、关于轴对称，点在轴上，
，，
为中点，
，
点、关于轴对称，点在轴上，
，，
，
当、、、在同一直线上时，最小，
，
四边形周长最小值为．
（3）存在点，使中边上的高为．
过点作轴交直线于点，
，
，直线解析式为，
设点坐标为，，则点，
①如图2，

当时，点在点左侧，
，
中边上的高，
，
，
方程无解，
②如图3，

当时，点在点右侧，
，
，
，
解得：（舍去），，
，
综上所述，点坐标为满足使中边上的高为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，二次函数的图象与性质，轴对称求最短路径问题，勾股定理，坐标系中求三角形面积，抛物线的平移，解题的关键是对点、、坐标位置的准确说明，及明白点左侧不存在满足的在点左侧的讨论．
17．（2021·浙江·金华市外国语学校八年级期中）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点的坐标为．


（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图1，若点在抛物线上且满足，求点的坐标；
（3）如图2，是直线上一个动点，过点作轴交抛物线于点，是直线上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点及其对应点的坐标
【答案】（1）；（2），；（3），；，；，；，； ，；，．
【解析】
【分析】
（1）由和，且D为顶点列方程求出a、b、c，即可求得解析式；
（2）分两种情况讨论：①过点作，交抛物线于点，②在下方作交于点，交抛物线于；
（3）为等腰直角三角形，分三种情况讨论：当；②当；③当．
解：（1）将和代入
得
又∵顶点的坐标为
∴
∴解得
∴抛物线的解析式为：．
（2）∵和
∴直线的解析式为：

∵抛物线的解析式为：，抛物线与轴交于点，与轴交于点和点，
则C点坐标为，B点坐标为．
①过点作，交抛物线于点，
则直线的解析式为，
结合抛物线可知，
解得：（舍），，
故．
②过点作轴平行线，过点作轴平行线交于点，
由可知四边形为正方形，
∵直线的解析式为
∴与轴交于点，
在下方作交于点，交抛物线于
∴
又∵OC=CG，
∴≌，
∴，，
又由可得
直线的解析式为，
结合抛物线可知，
解得（舍），，
故．
综上所述，符合条件的点坐标为：，．
（3）∵，
∴直线的解析式为
设M的坐标为，则N的坐标为
∴
∵，
∴直线的解析式为
∵为等腰直角三角形
∴①当时，如下图所示

则Q点的坐标为
∴
∴
解得：（舍去），，
∴此时，；，；
②当时，如下图所示

则Q点的坐标为
∴
∴
解得：（舍去），，
∴此时，；，；
③当时，如图所示

则Q点纵坐标为
∴Q点的坐标为
∴Q点到MN的距离=
∴（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）
解得：（舍去），，
∴此时，；，．
综上所述，点及其对应点的坐标为：，；，；，；，； ，；，．
【点睛】
本题主要考查二次函数与几何图形．该题综合性较强，属于中考压轴题．
18．（2021·浙江·八年级期中）如图，已知平面直角坐标系中，点A在x轴正半轴，点B在x轴的负半轴，点且，，抛物线过点A、B、C，点P是抛物线对称轴的一个动点．

（1）求A，B两点坐标及抛物线的解析式；
（2）在对称轴上确定点P使的周长最小，求出P点坐标及的周长；
（3）若点M是抛物线在第一象限图象上的一个动点，点N是坐标平面内的动点，是否存在点P，M，N使以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（4，0），B（-2，0），；（2）（1，3），；（3）（，）或（，3）或（2，4）
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）连接AC，与对称轴交于点P，此时△PBC周长最小，求出直线AC的解析式，令x=1可得点P坐标，再利用BC+AC求出最小周长；
（3）找出以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形的情况，画出图形，利用全等三角形的性质得到相等线段，列出方程求解即可．
解：（1）∵点且，，
∴OA=4，OB=2，
∵点A在x轴正半轴，点B在x轴的负半轴，
∴A（4，0），B（-2，0），
∵抛物线经过三点，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图，∵点P在抛物线对称轴上，即直线x=1，
点A和点B关于对称轴对称，连接AC，与对称轴交于点P，
此时PC+PB最短，即为AC，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
则，解得：，
∴直线AC的解析式为y=-x+4，
令x=1，则y=3，
∴此时点P坐标为（1，3），
则△PBC的周长为：
BC+AC==；

（3）如图，过点M作对称轴和x轴的垂线，垂足为E，F，
∵四边形AMPN为正方形，
∴AM=MP，∠PMA=90°，
∴∠PMF+∠AMF=90°，又∠EMP+∠PMF=90°，
∴∠EMP=∠AMF，又∠MEP=∠MFA=90°，
∴△MEP≌△MFA（AAS），
∴ME=MF，
设点M（m，），
则，
解得：m=或（舍），
∴M（，）；

如图，过点M和点P作y轴垂线，过点A作x轴垂线，交于E，F，
同理可证：△AEM≌△PFA（AAS），
∴ME=AF，AE=PF，
则，
解得：m=或（舍），
∴M（，3）；

过点M作对称轴的垂线，垂足为E，则F（1，0），
同理：△PME≌△APF（AAS），
则ME=PF，PE=AF，则EF=ME+AF，
即，
解得：m=2或m=-2（舍），
∴M（2，4）；

综上：M点的坐标为（，）或（，3）或（2，4）．
【点睛】
本题是二次函数综合题，涉及到一次函数解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程，最短路径问题，知识点较多，难度较大，解题的难点是在三个动点中寻找正方形的情况．
19．（2020·浙江温州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交y轴于点A，交x轴于点和点．


（1）求此抛物线的表达式．
（2）若点P是直线下方的抛物线上一动点，当的面积最大时，求出此时点P的坐标和的最大面积．
（3）设抛物线顶点为D，在（2）的条件下直线上确定一点H，使为等腰直角三角形，请直接写出此时点P的坐标______________．
【答案】（1）；（2）（，），；（3）（-2，-3）或（，-2）
【解析】
【分析】
（1）根据B、C坐标设出抛物线表达式，再将点A坐标代入计算；
（2）过P作PE∥y轴交AB于E，求出直线AB的解析式，表示出△ABP的面积，利用二次函数的最值求法计算；
（3）分∠PDH=90°，∠DPH=90°和∠DHP=90°三种情况分别讨论．
解：（1）∵抛物线经过点B（-3，0），C（1，0），
∴设，又由抛物线表达式可得A（0，-3），
∴，
∴a=1，
∴抛物线表达式为；
（2）过P作PE∥y轴交AB于E，
设直线AB的解析式为，
∴，解得：，
∴y=-x-3，
设点P坐标为（m，），点E坐标为（m，-m-3），
∴PE=，
∵S△PAB=PE·OB=，
又∵＜0，
∴当m=时，△ABP的面积取得最大值为，此时，
∴P（，），
即△ABP的面积最大值为，此时点P坐标为（，）；
（3），
∴抛物线顶点D的坐标为，

∵，
∴点关于对称轴直线和对称点为，
当点为时，点与点重合，
，，，
此时为等腰直角三角形，
当为时，点为对称轴，
与AB的交点时，
，，，
此时为等腰直角三角形，
当，过作轴的平行线MN，过作于，过作于，

∴,
∵,
∴,
∵,
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
设点坐标为，
∴，
∴，
∴点坐标为，
∴点纵坐标为，
令，，
∴，
∴，
解得：，（舍），
∴点坐标为，
∴当为等腰直角三角形时，点坐标为或．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查是二次函数综合题，还涉及到等腰三角形的性质，解题的关键是将等腰三角形的性质和二次函数的性质相结合，结合全等三角形的判定和性质表示出相应点的坐标和相应线段的长度．
20．（2020·浙江杭州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，等腰的斜边在x轴上，．抛物线过点O，A，B．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）点是线段上一动点，过点P作y轴的平行线，交直线于点E，交抛物线于点F，以为一边，在的右侧作矩形．
①若，求矩形面积的最大值；
②若，矩形与等腰重叠部分为轴对称图形，求m的取值范围．
【答案】（1）；（2）①矩形面积的最大值为8；②m=或m=或≤m＜
【解析】
【分析】
（1）过点A作AD⊥x轴于D，先求出点B的坐标，根据等腰直角三角形的性质求出点A的坐标，设抛物线的解析式为，将点A的坐标代入即可求出结论；
（2）①设抛物线与直线的右交点为C，联立方程求出点C的坐标，根据PF在点C左侧和PF在点C右侧分类讨论，利用m表示出矩形的面积，利用二次函数求出最值即可；
②根据矩形四个顶点的位置分类讨论：（i）当矩形的四个顶点都在抛物线对称轴左侧时，易知此时四边形为正方形，利用EF=FG列出方程即可求解；（ii）当矩形的四个顶点中，E、F在抛物线对称轴左侧、G、H在抛物线对称轴右侧时，易知此时抛物线的对称轴直线x=4也是矩形的对称轴，从而求解；（iii）当矩形的四个顶点都在抛物线对称轴右侧，且H在AB左侧时，画出图形可知，此时不符合题意；（iiii）当点H落在AB上时，设直线与AB交于点M，由图可知：从点H落在AB上到点E与点M重合之前，矩形与等腰重叠部分为等腰直角三角形，从而求出m的取值范围；（iiiii）当m≥，即点E和点M重合或点E在点M右侧时，矩形与等腰无重叠部分，此时不符合题意．
解：（1）过点A作AD⊥x轴于D

∵等腰的斜边在x轴上，，
∴OD=DB==4，点B的坐标为（8，0）
∴AD==4
∴点A的坐标为（4，4）
由抛物线过点O，A，B，设抛物线的解析式为
将点A的坐标代入，得

解得：
∴抛物线的解析式为；
（2）①设抛物线与直线的右交点为C，
联立
解得：或
∴点C的坐标为（6，3）
当0≤m＜6时，如下图所示，

∴点E的坐标为（m，），点F的坐标为（m，）
∴EF=－=
∴S矩形EFGH=FG·EF==
∵＜0
∴当m=3时，S矩形EFGH有最大值，最大值为；
当6≤m≤8时，如下图所示

∴点E的坐标为（m，），点F的坐标为（m，）
∴EF=－=
∴S矩形EFGH=FG·EF==，对应抛物线的开口向上，对称轴为直线m=3，
∴在对称轴右侧，y随x的增大而增大
∵6≤m≤8
∴当m=8时，S矩形EFGH有最大值，最大值为8；
∵＜8
∴矩形面积的最大值为8；
②（i）当矩形的四个顶点都在抛物线对称轴左侧时，如下图所示，此时，m＋≤4，即m≤，

若矩形与等腰重叠部分为轴对称图形，易知此时四边形为正方形
∴EF=FG
∴=
解得：m1=，m2=（不符合前提，舍去）
∴此时m=；
（ii）当矩形的四个顶点中，E、F在抛物线对称轴左侧、G、H在抛物线对称轴右侧时，如下图所示，此时，m≤4且m＋＞4，即＜m≤4，

若矩形与等腰重叠部分为轴对称图形，易知此时抛物线的对称轴直线x=4也是矩形的对称轴
∴此时点E的横坐标m=4－FG=；
（iii）当矩形的四个顶点都在抛物线对称轴右侧，且H在AB左侧时，如下图所示，矩形与等腰重叠部分为直角梯形，不可能是轴对称图形，不符合题意，舍去；

（iiii）当点H落在AB上时，设直线与AB交于点M，

∵EH∥OB
∴∠EHA=∠OBA=45°
∴矩形与等腰重叠部分为等腰直角三角形，即为轴对称图形
∴此时符合题意
设直线AB的解析式为y=kx＋b
将点A、B的坐标代入，得

解得：
∴直线AB的解析式为y=-x＋8
由点E（m，）
∴点H的坐标为（m＋，），代入y=-x＋8中，得
=-（m＋）＋8
解得：m=
联立
解得：
∴点M的坐标为（，）
由下图可知：从点H落在AB上到点E与点M重合之前，矩形与等腰重叠部分为等腰直角三角形，即为轴对称图形
∴此时符合题意

∴≤m＜；
（iiiii）当m≥，即点E和点M重合或点E在点M右侧时，如下图所示，矩形与等腰无重叠部分，故不符合题意，舍去；

综上：m=或m=或≤m＜．
【点睛】
此题考查的是二次函数与几何图形的综合大题，此题难度较大，掌握利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式、利用二次函数求最值、轴对称图形的定义、等腰直角三角形的判定及性质是解题关键．
21．（2018·浙江杭州·模拟预测）如图，平面直角坐标系（单位：）中，，过B作轴于C，轴于A，点P从点A出发，以每秒的速度沿方向向终点B运动：点Q从点D出发，以每秒的速度沿方向向终点C运动，已知动点P、Q同时出发，当点P，点Q有一点到达终点时，P、Q都停止运动，设运动时间为t秒．

（1）用含t的代数式表示：_____，_____，当______秒时，四边形为矩形．
（2）在点P运动过程中，函数（k为常数，）的图象在第一象限内的一支双曲线经过点P，且与线段交于M点，设的面积为，请写出S关于t的函数关系式及取值范围．
（3）在点P、点Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使坐标平面上存在点R，以P、Q、C、R为顶点的四边形刚好是菱形？若存在，请求出所有满足条件的t的值及对应的点R的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（10-2t），（16-4t），3；（2）S=（0≤t≤4）；（3）存在，t的值为或，点R的坐标为（，8），或（6-，8）
【解析】
【分析】
（1）由题意得出AP=2tcm，AB=10cm，即可得出BP；由DC=16，DQ=4t，即可得出CQ；当BP=CQ时，四边形PQCB是矩形，得出方程，解方程即可求出t的值；
（2）由点P坐标得出k=16t，得出BM，连接PM，则△POM的面积=矩形AOCB的面积-△AOP的面积-△PBM的面积-△OCM的面积，即可得出结果；
（3）由勾股定理得出PQ2＝（2t-6）2+82，PC2＝（2t-10）2+82，CQ2＝（16-4t）2，分情况讨论：①当PQ=PC时；②当PQ=CQ时；③当PC=CQ时；分别解方程求出t的值，再求出AR即可得出点R的坐标．
解：（1）根据题意得：AP＝2tcm，AB＝10cm，
∴BP＝（10-2t）cm，
∵DC＝DO+OC＝6+10＝16，DQ＝4tcm，
∴CQ＝DC-DQ＝（16-4t）cm，
当BP＝CQ时，四边形PQCB是矩形，
∴10-2t＝16-4t，
解得：t＝3，
∴当t＝3秒时，四边形PQCB为矩形；
故答案为：（10-2t），（16-4t），3；
（2）∵点P的坐标为（2t，8），点P在反比例函数的图象上，
∴k＝16t，
∴y=，
∴点M的坐标为（10，），
∴BM＝8-，
连接PM，如图1所示：

∴△POM的面积S＝矩形AOCB的面积-△AOP的面积-△PBM的面积-△OCM的面积
＝
∵点Q从点D运动到点C用是为4秒，点P从点A运动到点B用时为5秒，
∴0≤t≤4，
∴S=（0≤t≤4）；
（3）存在；t的值为或，点R的坐标为（，4），或（3-，4）；理由如下：
∵点P的坐标为（2t，8），点Q的坐标为（4t-6，0），点C的坐标为（10，0），
∴PQ2＝（2t-6）2+82，PC2＝（2t-10）2+82，CQ2＝（16-4t）2；
分情况讨论：
①当PQ＝PC时，（2t-6）2+82＝（2t-10）2+82，
解得：t＝4（不合题意，舍去）；
②当PQ＝CQ时，（2t-6）2+82＝（16-4t）2，
解得：t=，或t=（不合题意，舍去），
∴t=；
若四边形PQCR为菱形，
则PR∥CQ，点R在直线AB上，如图2所示：
∴AR＝AP+PR＝2t+16-4t＝16-2t＝16-，
此时点R的坐标为（，8）；

③当PC＝CQ时，（2t-10）2+82＝（16-4t）2，
解得：t=，或t=（不合题意，舍去），
∴t=；
若四边形PCQR为菱形，
则PR∥CQ，点R在直线AB上，如图3所示：

∴AR＝PR-AP＝16-4t-2t＝16-6t＝-6+，
此时点R的坐标为（6-，8）；
综上所述：存在某一时刻，使坐标平面上存在点R，以P、Q、C、R为顶点的四边形刚好是菱形，
t的值为或，点R的坐标为（，8），或（6-，8）．
【点睛】
本题是反比例函数综合题目，考查了坐标与图形性质、矩形的判定与性质、勾股定理、反比例函数解析式的运用、菱形的性质、三角形面积的计算等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，运用勾股定理得出方程才能得出结果．
22．（2020·浙江绍兴·模拟预测）如果抛物线的顶点在抛物线上，同时，抛物线的顶点在抛物线上，那么，我们称抛物线与关联．
（1）已知抛物线①：与②，请判断抛物线①与抛物线②是否关联，并说明理由．
（2）将抛物线：沿x轴翻折，再向右平移个单位，得到抛物线，若抛物线与关联，求m的值．
（3）点A为抛物线：的顶点，点B为与抛物线关联的抛物线的顶点（点B位于x轴的下方），是否存在以为斜边的等腰直角三角形，使其直角顶点C在x轴上？若存在，求出C点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）关联，理由见解析；（2）；（3）存在，或，或或，
【解析】
【分析】
（1）根据两抛物线的关联依次判断即可；
（2）根据两抛物线关联的定义直接列式得出结论；
（3）分当点位于左侧和当点位于右侧，借助关联的意义设出点坐标，表示出点坐标代入抛物线解析式即可求出点坐标．
解：（1）由①知，，
抛物线①：的顶点坐标为，
把代入抛物线②：，得，
抛物线①的顶点在抛物线②上，
又由②，
抛物线②的顶点坐标为，
把代入抛物线①中，得，，
抛物线②的顶点在抛物线①上，
抛物线①与抛物线②关联．
（2）抛物线沿轴翻折后抛物线为，
即：，
设平移后的抛物线解析式为，
把，代入得，
，
，
，
（3）①当点位于左侧时，过点作轴于，过点作轴于，如图1，

∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，又∵∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCE=∠CAD，又∠ADC=∠BEC，AC=BC，
（AAS），
，
设，
点在轴下方，
点的纵坐标为；
，
把，代入中得，，
或，
或，，
②当点位于右侧时，
设，同①的方法得出，
将代入中得，，
或，
或，，
即：点的坐标为：或，或或，．
【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了新定义，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程，分类讨论的思想，理解两抛物线关联是解本题的关键．
23．（2020·浙江·一模）在平面直角坐标系中，抛物线C外：，抛物线C内：的对称轴为直线，且C内的图象经过点，动直线与抛物线C内交于点，与抛物线C外交于点．
（1）求抛物线C内的表达式
（2）当是以为直角边的等腰直角三角形时，求的值；
（3）在（2）的条件下，设抛物线C外与轴交于点，连结交轴于点，连结．
①在点上方的轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．
②若平面内有一点，且，是否存在这样的点，使得？若存在，直接写出点的坐标，若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）①存在，K(0，－4)；②存在，满足条件的G点坐标为：，，，．
【解析】
【分析】
（1）根据对称轴公式及点A坐标利用待定系数法求值即可；
（2）表示出点M、N的坐标，分∠ANM=90°、∠AMN=90°两种情况，利用等腰直角三角形的性质计算判断；
（3）①先求出直线AM的表达式从而得到点P坐标，再利用ASA证明≌，利用全等三角形性质即可求出点K坐标；
②根据题意画出满足条件的图形，由①可找到第一个满足条件的G，再通过延长和圆的对称性找到剩余三个点，利用两点间的距离进行计算．
解：（1）抛物线C内：的对称轴为直线，且C内的图象经过点A(－3，－2)，
∴，
解得：，
∴抛物线C内：；
（2）∵动直线与抛物线C内交于点M，与抛物线C外交于点N，
∴，，
当∠ANM=90°，AN=MN时，此时AN∥x轴，
∵A(－3，－2)，
∴，
解得：，
当时，，，此时AN=MN=5，符合题意，
当时，，，此时AN≠MN，不符合题意，故舍去；
当∠AMN=90°，AM=MN时，此时AM∥x轴，
∴，
解得：，
当时，不符合题意，故舍去，
当时，，，AM≠MN，不符合题意，故舍去，
综上所述，t的值为2；
（3）①存在，K(0，－4)．
如图所示，此时，

由（2）知，，，
∴直线AM表达式为：，
∴P(0，－5)，
∴PN=，
由抛物线C外：可得，B(0，1)，
∴BN=，
∴PN=BN，
∴∠KPN=∠OBN，
又∵，
∴≌，
∴KP=OB=1，
∴K(0，－4)；
②根据题意画出示意图，如图所示：

由①可知，点G1与点K重合时，满足∠GNP=∠ONB，所以G1(0，－4)，
则NG1延长线与⊙P的交点G2，G1、G2关于PN的对称点G4、G3也满足∠GNP=∠ONB，
由N(2，－2)，G1(0，－4)可得到∠OG1N=∠G2G1P=45°，
又∵∠APG1=AMN=45°，
∴AM⊥G1G2，
又∵PG2=PG1，
∴∠G1PG2=2∠APG1=90°，
∴PG2∥x轴，
∴G2(－1，－5)，
设点G3坐标为(m，n)，由对称性可知G3N= G2N=，
又∵PG3=1，且P(0，－5)，
∴，
解得：，，
同理，设点G4坐标为(m，n)，由对称性可知G4N= G1N=，
∴，
解得：，，
综上所述，满足条件的G点坐标为：，，，．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的知识及全等三角形的判定与性质，准确作出符合题意的图形是解题的关键．
24．（2019·浙江杭州·九年级）已知二次函数图象的顶点坐标为，直线与该二次函数的图象交于A、B两点，其中A点的坐标为，B点在y轴上，P为直线AB上的一个动点（点P与A、B不重合），过P作x轴的垂线与这个二次函数的图象交于点E，D为直线AB与这个二次函数图象的对称轴的交点．
（1）求m的值及这个二次函数的解析式；
（2）在线段AB上是否存在一点P，使得四边形DCEP是平行四边形？若存在，请求出此时P点的坐标；不存在，请说明理由．
（3）抛物线上是否存在点E，使，若存在，请直接写出此时E点的坐标；若不存在，请说明理由

【答案】（1）m=1，y=x2+2x+1；（2）存在，P（-2，3）；（3）存在，（-1，0）或（-2，1）或（，）或（，）
【解析】
【分析】
（1）根据顶点坐标（-1，0）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）2，把点A（-3，4）分别代入二次函数和一次函数的解析式中可得结论；
（2）先求AB的解析式，根据解析式表示出P、E两点的坐标：设P（x，-x+1），E（x，x2+2x+1），由平行四边形的性质：CD=PE列式可求得x的值，计算点P的坐标；
（3）分两种情况：如图2，点E在AB的下方时，根据三角形面积=铅直高×水平宽，此时的水平宽是3，铅直高是EF，根据解析式表示，由面积=2，代入可求得结论；如图3，点E在AB的上方时，由图2可知，与AB平行且向上平移2个单位的直线EF的解析式为：y=-x+3，该直线与抛物线的交点即是点E，列方程组求出即可．
解：（1）把A（-3，4）代入y=-x+m得：3+m=4，
m=1，
设抛物线的解析式为：y=a（x+1）2，
把A（-3，4）代入y=a（x+1）2中得：a（-3+1）2=4，
a=1，
∴这个二次函数的解析式为：y=（x+1）2=x2+2x+1；
（2）如图1，当x=0时，y=1，
∴B（0，1），
设直线AB的解析式为：y=kx+b，
把A（-3，4），B（0，1）代入得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y=-x+1，
当x=-1时，y=1+1=2，
∴D（-1，2），
∴CD=2，
设P（x，-x+1），E（x，x2+2x+1），
∵四边形DCEP是平行四边形，
∴CD=PE，CD∥PE，
∴PE=（-x+1）-（x2+2x+1）=-x2-3x=2，
x2+3x+2=0，
（x+1）（x+2）=0，
x1=-1（舍），x2=-2，
当x=-2时，y=2+1=3，
∴P（-2，3）；

（3）存在，
过E作EF∥CD，交AB于F
设F（x，-x+1），E（x，x2+2x+1），
∵S△ABE=×3EF=3
∴EF=2
如图2，点E在AB的下方时，
EF=（-x+1）-（x2+2x+1）=-x2-3x=2，
x1=-1，x2=-2，
当x=-1时，y=0，
当x=-2时，y=1，
此时点E（-1，0）、（-2，1）；

如图3，点E在AB的上方时，
由图2可知，与AB平行且向上平移2个单位的直线EF的解析式为：y=-x+3，
则，
解得：或，
∴E（，）或（，），
综上所述，点E的坐标为：（-1，0）或（-2，1）或（，）或（，）.

【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求，本题就是设顶点式来求解析式；对于已知三角形面积的值，确定抛物线上一动点坐标时，常利用确定平行线解析式的方法，再利用两函数的交点来解决问题．
25．（2019·浙江·湖州市第五中学九年级期中）如图1,已知菱形ABCD的边长为2，点A在x轴负半轴上，点B在坐标原点．点D的坐标为(−，3),抛物线y=ax2+b(a≠0)经过AB、CD两边的中点.

(1)求这条抛物线的函数解析式；
(2)将菱形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向匀速平移(如图2),过点B作BE⊥CD于点E,交抛物线于点F,连接DF.设菱形ABCD平移的时间为t秒(0 ①是否存在这样的t，使DF=FB?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②连接FC,以点F为旋转中心,将△FEC按顺时针方向旋转180°,得△FE′C′,当△FE′C′落在x轴与抛物线在x轴上方的部分围成的图形中(包括边界)时,求t的取值范围.(直接写出答案即可)
【答案】（1）y=−x2+3；（2）①t=或t= ；②−⩽t⩽
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件求出AB和CD的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式；
（2）①由D（−，3），则平移后坐标为D´（−+t，3），F（t，-t2+3）；则有DF2=（−+t-t）2+（-t2+3-3）2；FB2=（-t2+3）2，再根据DF=FB，即可求得t；
②如图3所示，画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出的取值范围，确定限制条件是解题的关键
(1)由题意得AB的中点坐标为(−，0),CD的中点坐标为(0，3)，
分别代入y=ax2+b得：，解得，
∴y=−x2+3.                                                               
（2）①D（−，3），则平移后坐标为D´（−+t，3），F（t，-t2+3）；
DF2=（−+t-t）2+（-t2+3-3）2；FB2=（-t2+3）2
DF=FB，则（−+t-t）2+（-t2+3-3）2=7（-t2+3）2
解得：t2=2或5，则t=或t=；
②如图3所示,依题意作出旋转后的三角形△FE′C′,过C′作MN⊥x轴，分别交抛物线、x轴于点M、点N.

观察图形可知,欲使△FE′C′落在指定区域内,必须满足：EE′⩽BE且MN⩾C′N.
∵F(t,3−t2),∴EF=3−(3−t2)=t2,∴EE′=2EF=2t2，
由EE′⩽BE,得2t2⩽3,解得t⩽.
∵C′E′=CE=,∴C′点的横坐标为t−，
∴MN=3−(t−)2,又C′N=BE′=BE−EE′=3−2t2
由MN⩾C′N,得3−(t−)2⩾3−2t2,解得t⩾−或t⩽−−(舍去).
∴t的取值范围为：−⩽t⩽.
【点睛】
本题是动线型中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、几何变换（平移与旋转）、菱形的性质、相似三角形的判定与性质等重要知识点，难度较大，对考生能力要求很高，灵活应用所学知识是解答本题的关键.
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26．（2016·浙江杭州·九年级期中）如图，抛物线y=+bx+c与x轴交于A（1，0），B（﹣4，0）两点，
（1）求该抛物线的解析式；
（2）设（1）中的抛物线交y轴于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAC的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）设此抛物线与直线y=﹣x在第二象限交于点D，平行于y轴的直线x=m，()与抛物线交于点M，与直线y=﹣x交于点N，连接BM、CM、NC、NB，是否存在m的值，使四边形BNCM的面积S最大？若存在，请求出m的值，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=﹣3x+4；(2)存在，在该抛物线的对称轴上存在点Q（﹣1.5，2.5），使得△QAC的周长最小；（3）存在，m=-1.
【解析】
试题分析：（1）A，B的坐标代入抛物线y=+bx+c确定解析式．
（2）A，B关于对称轴对称，BC与对称轴的交点就是点Q．
（3）四边形BNCM的面积等于△MNB的面积+△MNC的面积．
试题解析：（1）∵抛物线y=+bx+c与x轴交于A（1，0），B（﹣4，0）两点，
将A、B两点坐标代入抛物线方程，得，解得，
所以，该抛物线的解析式为：y=﹣3x+4；
（2）存在．理由如下：
∵由前面的计算可以得到，C（0，4），且抛物线的对称轴为直线x=﹣1.5，
∴由抛物线的对称性，点A、B关于直线x=1对称，
∴当QC+QA最小时，△QAC的周长就最小，
而当点Q在直线BC上时QC+QA最小，
此时直线BC的解析式为y=x+4，
当x=﹣1.5时，y=2.5，
∴在该抛物线的对称轴上存在点Q（﹣1.5，2.5），使得△QAC的周长最小；
（3）由题意，M（m，﹣3m+4），N（m，﹣m），
∴线段MN=﹣3m+4﹣（﹣m）=﹣2m+4=+5，
∵=0.5MN×BO=2MN=+10，
∴当m=﹣1时（在内），四边形BNCM的面积S最大．

考点：二次函数综合题．