三年湖南中考数学模拟题分类汇总之二次函数

这是一份三年湖南中考数学模拟题分类汇总之二次函数，共38页。
A．B．
C．D．
2．（2023•衡南县三模）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对于下列结论：①b2＞4ac；②a+b＜﹣c；③abc＜0；④8a+c＞0；⑤方程ax2+bx+c＝0的根是x1＝﹣1，x2＝3，其中正确结论的个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
3．（2023•宁乡市模拟）把抛物线y＝（x﹣1）2+3向左平移2个单位长度，平移后抛物线的表达式为（ ）
A．y＝（x﹣1）2+5B．y＝（x﹣1）2+1C．y＝（x+1）2+3D．y＝（x﹣3）2+3
4．（2022•开福区校级二模）四位同学在研究函数y＝x2+bx+c（b，c是常数）时，甲发现当x＝1时，函数有最小值；乙发现﹣1是方程x2+bx+c＝0的一个根；丙发现函数的最小值为2；丁发现当x＝2时，y＝3，已知这四位同学中只有一位发现的结论是错误的，则该同学是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
5．（2022•娄底一模）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（﹣1，0）与（3，0）两点，关于x的方程ax2+bx+c+m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是5．则关于x的方程ax2+bx+c+n＝0（0＜n＜m）有两个整数根，这两个整数根是（ ）
A．﹣2或4B．﹣2或0C．0或4D．﹣2或5
6．（2022•开福区三模）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴为x=−12，下列结论中，正确的是（ ）
A．abc＞B．b2﹣4ac＜0C．2b+c＞0D．4a﹣2b+c＜0
7．（2021•娄底模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴为直线x＝﹣1，若关于x的一元二次方程﹣x2+bx+3﹣t＝0（t为实数）在﹣2＜x＜3的范围内有实数根，则t的取值范围是（ ）
A．﹣12＜t≤3B．﹣12＜t＜4C．﹣12＜t≤4D．﹣12＜t＜3
8．（2021•芦淞区模拟）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+a﹣c（a≠0）与y轴的正半轴相交，直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，当x＝x1+x2时，函数值为p；当x=x1+x22时，函数值为q．则p﹣q的值为（ ）
A．aB．cC．﹣a+cD．a﹣c
9．（2021•望城区模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的一个交点为A（﹣1，0），与y轴的交点B在点（0，﹣2）与点（0，﹣3）之间（包含端点），顶点D的坐标为（1，n）．则下列结论：其中结论正确的个数为（ ）
①3a+c＝0；
②23＜a＜1；
③对于任意实数m，a+b≤am2+bm总成立；
④关于x的方程ax2+bx+c＝n+1没有实数根．
A．1个B．2个C．3个D．4个
二．填空题（共8小题）
10．（2023•衡南县一模）如果三点P1（1，y1），P2（3，y2）和P3（4，y3）在抛物线y＝﹣x2+6x+c的图象上，那y1，y2，y3之间的大小关系是 ．
11．（2023•双峰县三模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣3，0），对称轴为直线x＝﹣1，给出以下结论：①abc＜0；②b2﹣4ac＞0；③抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（1，0）；④若B（−52，y1），C（−12，y2）为函数图象上的两点，则y1＞y2.其中正确的结论是 .（填写代表正确结论的序号）
12．（2023•郴州模拟）将二次函数y＝x2+2x的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位，平移后的二次函数的图象的顶点坐标是 ．
13．（2022•天心区二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝（m+2）x2﹣3x+m开口向下，那么m的取值范围是 ．
14．（2022•攸县模拟）把二次函数 y＝αx2+bx+c（a＞0）的图象作关于x轴的对称变换，所得图象的解析式为y＝﹣α（x﹣1）2+2α，若（m﹣1）α+b+c≤0，则m的最大值是 ．
15．（2022•天元区模拟）当函数y＝（x﹣1）2﹣2的函数值y随着x的增大而减小时，x的取值范围是 ．
16．（2021•雨花区校级模拟）边长为1的正方形OA1B1C1的顶点A1在x轴的正半轴上，如图将正方形OA1B1C1绕顶点O顺时针旋转75°得正方形OABC，使点B恰好落在函数y＝ax2（a＜0）的图象上，则a的值为 ．
17．（2021•雨花区校级二模）已知二次函数y＝mx2+2mx+1（m≠0）在﹣2≤x≤2时有最小值﹣2，则m＝ ．
三．解答题（共6小题）
18．（2023•株洲模拟）平面直角坐标系中，抛物线y=a(x−1)2+92与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BCP是直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如图，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM+OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
19．（2023•新化县一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2−43x+c的图象与x轴交于点A，B两点，点A坐标为（3，0），点B坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）若将直线AC绕点A顺时针旋转，交抛物线于一点P，交y轴于点D，使∠BAP＝∠BAC，求直线AP函数解析式；
（3）在（2）条件下若将线段AC平移（点A，C的对应点M，N），若点M落在抛物线上且点N落在直线AP上，求点M的坐标．
20．（2022•湘潭县校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣2x+10与x轴、y轴相交于A、B两点，点C的坐标是（8，4），连接AC、BC．
（1）求过O、A、C三点的抛物线的解析式；
（2）求证：△AOB≌△ACB；
（3）动点P从点O出发，沿OB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BC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，PA＝QA？
21．（2022•长沙县校级三模）规定：如果两个函数图象上至少存在一组点是关于原点对称的，我们则称这两个函数互为“O—函数”．这组点称为“XC点”．例如：点P（1，1）在函数y＝x2上，点Q（﹣1，﹣1）在函数y＝﹣x﹣2上，点P与点Q关于原点对称，此时函数y＝x2和y＝﹣x﹣2互为“O—函数”，点P与点Q则为一组“XC点”．
（1）已知函数y＝﹣2x﹣1和y=−6x互为“O—函数”，请求出它们的“XC点”；
（2）已知函数y＝x2+2x+4和y＝4x+n﹣2022互为“O—函数”，求n的最大值并写出“XC点”；
（3）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）与y＝2bx+1互为“O—函数”有且仅存在一组“XC点”，如图，若二次函数的顶点为M，与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）其中0＜x1＜x2，AB=c2−2c+6c，过顶点M作x轴的平行线l，点P在直线l上，记P的横坐标为−t，连接OP，AP，BP．若∠OPA＝∠OBP，求t的最小值．
22．（2021•娄底模拟）如图，已知抛物线y=13x2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（﹣9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点 E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标；
（3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
23．（2021•岳麓区校级二模）如图，抛物线y=−12x2+bx+c的图象经过点C（0，2），交x轴于点A（﹣1，0）和B，连接BC，直线y＝kx+1与y轴交于点D，与BC上方的抛物线交于点E，与BC交于点F．
（1）求抛物线的表达式及点B的坐标；
（2）求EFDF的最大值及此时点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点M为直线DE上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
湖南三年（2021-2023）中考数学模拟题分类汇总--二次函数
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．（2023•石峰区模拟）已知二次函数y＝ax2+cx+c和一次函数y＝ax+c，则这两个函数在同一个平面直角坐标系中的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】二次函数的性质；一次函数的图象；一次函数的性质；二次函数的图象．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】C
【分析】利用二次函数和一次函数图象的性质“二次函数和一次函数的常数项是图象与y轴交点的纵坐标；一次函数的一次项系数大于0，图象经过一、三象限；小于0，经过二、四象限；二次函数的二次项系数大于0，图象开口向上；二次项系数小于0，图象开口向下．”逐项判断即可．
【解答】解：A．图象中二次函数a＞0，c＜0，一次函数a＞0，c＞0，故A不符合题意．
B．图象中二次函数a＞0，c＞0，又对称轴在y轴右侧，则−c2a＞0，得出c＜0，矛盾，故B不符合题意．
C．图象中二次函数a＜0，c＞0，一次函数a＜0，c＞0，故C符合题意．
D．图象中二次函数a＜0，c＜0，又对称轴在y轴右侧，则−c2a＞0，得出c＞0，矛盾，故D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查二次函数及一次函数的图象的性质．熟练掌握二次函数和一次函数的图象的性质是解答本题的关键．
2．（2023•衡南县三模）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对于下列结论：①b2＞4ac；②a+b＜﹣c；③abc＜0；④8a+c＞0；⑤方程ax2+bx+c＝0的根是x1＝﹣1，x2＝3，其中正确结论的个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
【考点】二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点；根与系数的关系．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】B
【分析】①由图象与x轴的交点个数判断．
②由x＝1，y＜0进行判断．
③分别判断a，b，c符号进行判断．
④由x＝﹣2，y＜0进行判断．
⑤根据图象与x轴交点坐标判断．
【解答】解：①∵抛物线与x轴有两个交点，
∴一元二次方程ax2+bx+c＝0中b2﹣4ac＞0，
∴b2＞4ac，
故①正确，符合题意．
②由图象可得抛物线顶点在x轴下方，对称轴为直线x＝1，
∴当x＝1时y＜0，
即a+b+c＜0，
∴a+b＜﹣c，
故②正确，符合题意．
③∵抛物线图象开口向上，
∴a＞0，
∵对称轴在y轴右侧，
∴−b2a＞0，
∴b＜0，
∵抛物线与y轴交点在y轴负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，
故③错误，不符合题意．
④∵x＝﹣2时y＞0，
∴4a﹣2b+c＞0，
∵−b2a=1，
∴b＝﹣2a，
∴8a+c＞0，
故④正确，符合题意．
⑤由图象可得抛物线与x轴交点为（﹣1，0），（3，0），
∴x＝﹣1时ax2+bx+c＝0，x＝3时ax2+bx+c＝0，
∴⑤正确，符合题意．
∴①②④⑤正确，
故选：B．
【点评】本题考查二次函数与系数的关系，解题关键是了解二次函数y＝ax2+bx+c中a，b，c对函数图象的影响．
3．（2023•宁乡市模拟）把抛物线y＝（x﹣1）2+3向左平移2个单位长度，平移后抛物线的表达式为（ ）
A．y＝（x﹣1）2+5B．y＝（x﹣1）2+1C．y＝（x+1）2+3D．y＝（x﹣3）2+3
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】C
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：把抛物线y＝（x﹣1）2+3向左平移2个单位长度，平移后抛物线的表达式为：y＝（x﹣1+2）2+3，即y＝（x+1）2+3，
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
4．（2022•开福区校级二模）四位同学在研究函数y＝x2+bx+c（b，c是常数）时，甲发现当x＝1时，函数有最小值；乙发现﹣1是方程x2+bx+c＝0的一个根；丙发现函数的最小值为2；丁发现当x＝2时，y＝3，已知这四位同学中只有一位发现的结论是错误的，则该同学是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】B
【分析】若甲、丙的结论正确，利用顶点式写出抛物线解析式为y＝（x﹣1）2+2，由于x＝﹣1时，y＝6，则乙的结论错误；x＝2时，y＝3，则丁的结论正确．
【解答】解：若甲、丙的结论正确，设抛物线解析式为y＝（x﹣1）2+2，
即y＝x2﹣2x+3；
当x＝﹣1时，y＝x2﹣2x+3＝6，所以乙的结论错误；
当x＝2时，y＝x2﹣2x+3＝3，所以丁的结论正确．
故选：B．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
5．（2022•娄底一模）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（﹣1，0）与（3，0）两点，关于x的方程ax2+bx+c+m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是5．则关于x的方程ax2+bx+c+n＝0（0＜n＜m）有两个整数根，这两个整数根是（ ）
A．﹣2或4B．﹣2或0C．0或4D．﹣2或5
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】计算题；转化思想；用函数的观点看方程（组）或不等式；运算能力；应用意识．
【答案】A
【分析】根据二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（﹣1，0）与（3，0）两点求对称轴，后面两个方程二次项、一次项系数没变，所以两根的和也不变还是2．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（3，0）与（﹣1，0）两点，
∴当y＝0时，0＝ax2+bx+c的两个根为3和﹣1，函数y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝1，
又∵关于x的方程ax2+bx+c+m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是5．
∴方程ax2+bx+c+m＝0（m＞0）的另一个根为﹣3，函数y＝ax2+bx+c的图象开口向下，
如图，
∵0＜n＜m，
∴﹣m＞﹣m，
∵关于x的方程ax2+bx+c+n＝0 （0＜n＜m）有两个整数根，
∴直线y＝﹣n与y＝ax2+bx+c的交点的横坐标为﹣2，4，
∴这关于x的方程ax2+bx+c+n＝0 （0＜n＜m）有两个整数根，是﹣2或4，
故选：A．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握这两个知识点的综合应用，其中二次函数对称轴的确定及函数与方程的关系是解题关键．
6．（2022•开福区三模）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴为x=−12，下列结论中，正确的是（ ）
A．abc＞B．b2﹣4ac＜0C．2b+c＞0D．4a﹣2b+c＜0
【考点】二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点．
【专题】压轴题；二次函数图象及其性质；符号意识．
【答案】D
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：A、图象开口向上，与y轴交于负半轴，对称轴在y轴左侧，能得到：a＞0，c＜0，−b2a＜0，b＞0，∴abc＞0，错误；
B、图象与x轴有2个交点，依据根的判别式可知b2﹣4ac＞0，错误；
C、∵−b2a=−12，
∴b＝a，
∵x＝1时，a+b+c＜0，
∴2b+c＜0，错误；
D、∵图象与x轴交于左边的点在﹣2和﹣3之间，
∴x＝﹣2时，4a﹣2b+c＜0，正确；
故选：D．
【点评】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
7．（2021•娄底模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴为直线x＝﹣1，若关于x的一元二次方程﹣x2+bx+3﹣t＝0（t为实数）在﹣2＜x＜3的范围内有实数根，则t的取值范围是（ ）
A．﹣12＜t≤3B．﹣12＜t＜4C．﹣12＜t≤4D．﹣12＜t＜3
【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】C
【分析】根据给出的对称轴求出函数解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，将一元二次方程﹣x2+bx+3﹣t＝0的实数根可以看作y＝﹣x2﹣2x+3与函数y＝t的图象有交点，再由﹣2＜x＜3的范围确定y的取值范围即可求解．
【解答】解：∵抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴为直线x＝﹣1，
∴b＝﹣2，
∴y＝﹣x2﹣2x+3，
∴一元二次方程﹣x2+bx+3﹣t＝0的实数根可以看作y＝﹣x2﹣2x+3与函数y＝t的图象有交点，
∵方程在﹣2＜x＜3的范围内有实数根，
当x＝﹣2时，y＝3；
当x＝3时，y＝﹣12；
函数y＝﹣x2﹣2x+3在x＝﹣1时有最大值4；
∴﹣12＜t≤4．
故选：C．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的图象及性质；能够将方程的实数根问题转化为二次函数与直线的交点问题，借助数形结合解题是关键．
8．（2021•芦淞区模拟）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+a﹣c（a≠0）与y轴的正半轴相交，直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，当x＝x1+x2时，函数值为p；当x=x1+x22时，函数值为q．则p﹣q的值为（ ）
A．aB．cC．﹣a+cD．a﹣c
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】根据题意得到x1+x22=1，x1+x2＝2，即可求得p＝4a﹣4a+a﹣c＝a﹣c，q＝a﹣2a+a﹣c＝﹣c，从而求得p﹣q＝a．
【解答】解：∵y＝ax2﹣2ax+a﹣c＝a（x﹣1）2﹣c，
∴对称轴为直线x＝1，
∵直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，
∴x1+x22=1，
∴x1+x2＝2，
∴p＝4a﹣4a+a﹣c＝a﹣c，q＝a﹣2a+a﹣c＝﹣c，
∴p﹣q＝（a﹣c）﹣（﹣c）＝a，
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，求得x1+x22=1，x1+x2＝2是解题的关键．
9．（2021•望城区模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的一个交点为A（﹣1，0），与y轴的交点B在点（0，﹣2）与点（0，﹣3）之间（包含端点），顶点D的坐标为（1，n）．则下列结论：其中结论正确的个数为（ ）
①3a+c＝0；
②23＜a＜1；
③对于任意实数m，a+b≤am2+bm总成立；
④关于x的方程ax2+bx+c＝n+1没有实数根．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点；根的判别式．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力；模型思想．
【答案】B
【分析】根据抛物线开口方向、对称轴、顶点坐标以及与y轴的交点坐标，逐个进行判断，最后得出结论．
【解答】解：∵顶点D的坐标为（1，n）．
∴对称轴为x＝1，即−b2a=1，也就是b＝﹣2a；
∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的一个交点为A（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0，将b＝﹣2a代入得；a+2a+c＝0，即3a+c＝0；因此①正确；
由a﹣b+c＝0得，c＝b﹣a＝﹣2a﹣a＝﹣3a；
∵抛物线与y轴的交点B在点（0，﹣2）与点（0，﹣3）之间，
∴﹣3≤c≤﹣2，即：﹣3≤﹣3a≤﹣2，
∴23≤a≤1，因此②不正确；
当x＝1时，y＝a+b+c＝n，
当x＝m时，y＝am2+bm+c，（m为任意实数），
∵（1，n）为顶点坐标，
∴a+b+c≤am2+bm+c，即：a+b≤am2+bm，因此③正确，
∵a＞0，顶点为（1，n），
当y＝n时，关于x的方程ax2+bx+c＝n有两个相等的实数根，即：x1＝x2＝1，
当y＝n+1时，关于x的方程ax2+bx+c＝n+1有两个不相等的实数根，
因此④不正确；
综上所述，正确的结论有2个，
故选：B．
【点评】考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象与a、b、c的关系是解决问题的关键．
二．填空题（共8小题）
10．（2023•衡南县一模）如果三点P1（1，y1），P2（3，y2）和P3（4，y3）在抛物线y＝﹣x2+6x+c的图象上，那y1，y2，y3之间的大小关系是 y2＞y3＞y1 ．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；几何直观．
【答案】y2＞y3＞y1．
【分析】先求出抛物线的对称轴和开口方向，根据二次函数的性质比较即可．
【解答】解：∵抛物线y＝﹣x2+6x+c的开口向下，对称轴是直线x=−6−2=3，
∴当x＞3时，y随x的增大而减小，P1（1，y1）关于称轴是直线x＝3的对称点是（5，y1），
∵3＜4＜5，
∴y2＞y3＞y1．
故答案为：y2＞y3＞y1．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，能熟记二次函数的性质是解此题的关键．
11．（2023•双峰县三模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣3，0），对称轴为直线x＝﹣1，给出以下结论：①abc＜0；②b2﹣4ac＞0；③抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（1，0）；④若B（−52，y1），C（−12，y2）为函数图象上的两点，则y1＞y2.其中正确的结论是 ②③ .（填写代表正确结论的序号）
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】②③．
【分析】利用抛物线开口方向得到a＜0，利用抛物线的对称轴方程得到b＝2a＜0，则可对①进行判断；利用抛物线与x轴的交点个数对②进行判断；利用抛物线的对称性对③进行判断；利用二次函数的性质对④进行判断．
【解答】解：由图象可知，a＜0，b＜0，c＞0，
∴abc＞0，故①错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，故②正确；
∵抛物线与x轴的一个交点为（﹣3，0），而抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为的横坐标为2×（﹣1）﹣（﹣3）＝1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（1，0），所以③正确；
∵B（−52，y1），C（−12，y2）为函数图象上的两点，又点C离对称轴近，
∴y1＜y2，故④错误．
∴②③正确，
故答案为：②③．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置．当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数由△决定：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
12．（2023•郴州模拟）将二次函数y＝x2+2x的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位，平移后的二次函数的图象的顶点坐标是 （0，1） ．
【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力；应用意识．
【答案】（0，1）．
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律解答．
【解答】解：∵y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴二次函数y＝x2+2x的图象的顶点坐标是（﹣1，﹣1），
图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到函数图象的顶点坐标是（0，1）．
故答案为：（0，1）．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，关键是掌握平移的规律．
13．（2022•天心区二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝（m+2）x2﹣3x+m开口向下，那么m的取值范围是 m＜﹣2 ．
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】m＜﹣2．
【分析】根据抛物线开口向下可得m+2＜0，进而求解．
【解答】解：∵抛物线y＝（m+2）x2﹣3x+m开口向下，
∴m+2＜0，
∴m＜﹣2．
故答案为：m＜﹣2．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质．
14．（2022•攸县模拟）把二次函数 y＝αx2+bx+c（a＞0）的图象作关于x轴的对称变换，所得图象的解析式为y＝﹣α（x﹣1）2+2α，若（m﹣1）α+b+c≤0，则m的最大值是 4 ．
【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】4．
【分析】根据关于x轴对称的点的坐标特征得出原二次函数的顶点为（1，﹣2a），即可得出原二次函数为y＝a（x﹣1）2﹣2a＝ax2﹣2ax﹣a，和y＝ax2+bx+c比较即可得出b＝﹣2a，c＝﹣a，代入（m﹣1）a+b+c≤0，即可得到m≤4．
【解答】解：∵把二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象作关于x轴的对称变换，所得图象的解析式为y＝﹣a（x﹣1）2+2a，
∴原二次函数的顶点为（1，﹣2a），
∴原二次函数为y＝a（x﹣1）2﹣2a＝ax2﹣2ax﹣a，
∴b＝﹣2a，c＝﹣a，
∵（m﹣1）a+b+c≤0，
∴（m﹣1）a﹣2a﹣a≤0，
∵a＞0，
∴m﹣1﹣2﹣1≤0，即m≤4，
∴m的最大值为4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，作关于x轴的对称的点的坐标特征，二次函数的图象与几何变换，得到b＝﹣2a，c＝﹣a是解题的关键．
15．（2022•天元区模拟）当函数y＝（x﹣1）2﹣2的函数值y随着x的增大而减小时，x的取值范围是 x＜1 ．
【考点】二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】x＜1．
【分析】利用二次函数的性质求解即可．
【解答】解：y＝（x﹣1）2﹣2，
该函数图象开口向上，对称轴为x＝1，
所以当x＜1时，函数值y随x的增大而减小，
故答案为：x＜1．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟记二次函数的性质．
16．（2021•雨花区校级模拟）边长为1的正方形OA1B1C1的顶点A1在x轴的正半轴上，如图将正方形OA1B1C1绕顶点O顺时针旋转75°得正方形OABC，使点B恰好落在函数y＝ax2（a＜0）的图象上，则a的值为 −23 ．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】此题考查图形旋转问题，求出B点坐标代入函数就可以了．
【解答】解：连接OB，
∵旋转75°，
∴x轴正半轴与OA的夹角为75°，
∵∠AOB＝45°，
∴OB与x轴正半轴夹角为75°﹣45°＝30°，
过B作BD⊥x轴于D，
∵BC＝OC＝1，∴OB=2，
∴BD=22，
∴OD=62，
∴B（62，−22），
把B点坐标代入y＝ax2中得：−22=(62)2a，
解之得：a=−23．
【点评】此题主要考查坐标转换问题，先给一个确定的坐标再通过旋转求出旋转以后的坐标，问题就解决了．
17．（2021•雨花区校级二模）已知二次函数y＝mx2+2mx+1（m≠0）在﹣2≤x≤2时有最小值﹣2，则m＝ 3或−38 ．
【考点】二次函数的最值．
【专题】分类讨论；二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】3或−38．
【分析】先求出对称轴为x＝﹣1，分m＞0，m＜0两种情况讨论解答即可求得m的值．
【解答】解：∵二次函数y＝mx2+2mx+1＝m（x+1）2﹣m+1，
∴对称轴为直线x＝﹣1，
①m＞0，抛物线开口向上，
x＝﹣1时，有最小值y＝﹣m+1＝﹣2，
解得：m＝3；
②m＜0，抛物线开口向下，
∵对称轴为直线x＝﹣1，在﹣2≤x≤2时有最小值﹣2，
∴x＝2时，有最小值y＝4m+4m+1＝﹣2，
解得：m=−38；
故答案为：3或−38．
【点评】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
三．解答题（共6小题）
18．（2023•株洲模拟）平面直角坐标系中，抛物线y=a(x−1)2+92与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BCP是直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如图，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM+OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】二次函数的应用；推理能力．
【答案】（1）y=−12(x−1)2+92，A（﹣2，0），C（0，4）；
（2）存在，P（1，5），（1，﹣3），（1，2+7），（1，2−7）；
（3）存在，M（85，125）．
【分析】（1）将B（4，0）代入y=a(x−1)2+92，待定系数法求解析式，进而分别令x，y＝0，解方程即可求解；
（2）根据题意y=−12(x−1)2+92，对称轴为直线x＝1，设P（1，n），根据勾股定理BC2＝42+42＝32，BP2＝（4﹣1）2+n2，PC2＝12+（4﹣n）2，分①当∠BCP＝90°时，②当∠CBP＝90°时，③当∠BPC＝90°时，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解；
（3）存在点M使AM+OM最小，作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，求得直线AQ的解析式y=23x+43，直线BC的解析式为y＝﹣x+4，联立方程即可求解．
【解答】解：（1）将B（4，0）代入y=a(x−1)2+92，
即0=9a+92，
解得：a=−12，
∴y=−12(x−1)2+92，
令x＝0，则y=−12+92=4，
令y＝0，则−12(x−1)2+92=0，
解得：x1＝4，x2＝﹣2，A（﹣2，0），C（0，4）；
（2）存在点P，使△BCP是直角三角形，
∵y=−12(x−1)2+92，对称轴为直线x＝1，
设P（1，n），
∵B（4，0），C（0，4），
∴BC2＝42+42＝32，BP2＝（4﹣1）2+n2，PC2＝12+（4﹣n）2，
①当∠BCP＝90°时，BP2＝BC2+PC2，
∴（4﹣1）2+n2＝32+12+（4﹣n）2，
解得：n＝5；
②当∠CBP＝90°时，PC2＝BC2+BP2，
∴12+（4﹣n）2＝（4﹣1）2+n2+32
解得：n＝﹣3；
③当∠BPC＝90°时，BC2＝BP2+PC2，32＝（4﹣1）2+n2+12+（4﹣n）2
解得：n=2−7或n=2+7，
综上所述：P（1，5），（1，﹣3），（1，2+7），（1，2−7）；
（3）存在点M使AM+OM最小，理由如下：
作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，
由对称性可知，OM＝QM，
∴AM+OM＝AM+QM≥AQ，
当A、M、Q三点共线时，AM+OM有最小值，
∵B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
由对称性可知∠QBM＝45°，
∴BQ⊥BO，
∴Q（4，4），
设直线AQ的解析式为y＝kx+b，
∴−2k+b=04k+b=4，
解得：k=23b=43，
∴直线AQ的解析式y=23x+43，
设直线BC的解析式为y＝mx+4，
∴4m+4＝0，
∴m＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
联立方程组y=−x+4y=23x+43，
解得：x=85y=125，
∴M（85，125）．
【点评】本题考查了二次函数综合运用，待定系数求解析式，勾股定理，轴对称的性质求线段长的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
19．（2023•新化县一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2−43x+c的图象与x轴交于点A，B两点，点A坐标为（3，0），点B坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）若将直线AC绕点A顺时针旋转，交抛物线于一点P，交y轴于点D，使∠BAP＝∠BAC，求直线AP函数解析式；
（3）在（2）条件下若将线段AC平移（点A，C的对应点M，N），若点M落在抛物线上且点N落在直线AP上，求点M的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；分类讨论；数据分析观念．
【答案】（1）y=23x2−43x﹣2；
（2）y=−23x+2；
（3）点M的坐标为：（4，103）或（﹣3，8）．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由∠BAP＝∠BAC，则点C、D关于x轴对称，得到点D（0，2），进而求解；
（3）由题意知，M、N、A、C组成的几何图形为平行四边形，则点C向右平移3个单位向上平移2个单位得到点A，同样M（N）向右平移3个单位向上平移2个单位得到N（M），即可求解．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣3）（x+1）＝a（x2﹣2x﹣3）＝ax2﹣2ax﹣3a，
∴﹣2a=−43，
解得：a=23，
则抛物线的解析式为：y=23x2−43x﹣2；
（2）由抛物线的解析式知，点C（0，﹣2），
∵∠BAP＝∠BAC，则点C、D关于x轴对称，
∴点D（0，2），
设直线PA的解析式为：y＝kx+2，
将点A的坐标代入上式得：0＝3k+2，
解得：k=−23，
∴直线AP的解析式为：y=−23x+2；
（3）设点M（m，23m2−43m﹣2），点N（n，−23n+2），
由题意知，M、N、A、C组成的几何图形为平行四边形，
则点C向右平移3个单位向上平移2个单位得到点A，同样M（N）向右平移3个单位向上平移2个单位得到N（M），
则m±3=n23m2−43m−2±2=−23n+2，
解得：m＝4或﹣3或1（舍去），
即点M的坐标为（4，103）或（﹣3，8）．
【点评】本题考查了二次函数综合题，涉及到点的对称性、平行四边形的性质、一次函数的性质等，综合性强，难度适中．
20．（2022•湘潭县校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣2x+10与x轴、y轴相交于A、B两点，点C的坐标是（8，4），连接AC、BC．
（1）求过O、A、C三点的抛物线的解析式；
（2）求证：△AOB≌△ACB；
（3）动点P从点O出发，沿OB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BC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，PA＝QA？
【考点】二次函数综合题．
【专题】二次函数图象及其性质；模型思想．
【答案】（1）y=16x2−56x．
（2）证明见解答．
（3）t=103秒时，PA＝QA．
【分析】（1）利用坐标轴上点的特点确定出点A，B坐标，进而用待定系数法即可得出结论；
（2）求出AB2，AC2，BC2进而利用勾股定理逆定理即可得出结论；
（3）先根据勾股定理得出PA2＝4t2+25，QA2＝（10﹣t）2+52．进而建立方程求解即可．
【解答】（1）解：设过O、A、C三点的抛物线解析式为y＝ax2+bx+c．
∵直线y＝﹣2x+10与x轴，y轴相交于A、B两点，
∴点A（5，0）和点B（0，10）．
又∵C点坐标为（8，4），
将O、A、C三点代入抛物线解析式为y＝ax2+bx+c得c=025a+5b+c=064a+8b+c=4，
解得a=16b=−56c=0，
∴所求抛物线解析式为y=16x2−56x．
（2）证明：由A、B两点的坐标得OA＝5，OB＝10，
由勾股定理得AB2＝OA2+OB2，
∴AB2＝125．
过C点作CD⊥x轴于D，作CE⊥y轴于E，
∵C点坐标为（8，4），
∴CD＝4，CE＝8，BE＝10﹣4＝6，AD＝8﹣5＝3．
由勾股定理得AC2＝CD2+AD2＝42+32＝25．
∴AC＝5．
∵BC2＝BE2+CE2＝62+82＝100，
∴BC2+AC2＝100+25＝AB2，
∴由勾股定理得∠ACB＝90°．
∴△ABC是直角三角形；
∴∠ACB＝∠AOB＝90°，
∵AO＝AC＝5，AB＝AB，
∴Rt△AOB≌Rt△ACB（HL）；
（3）解：由题意得动点运动t秒后，OP＝2t，BQ＝t，CQ＝10﹣t．
由勾股定理得PA2＝OP2+OA2＝4t2+25，QA2＝QC2+AC2＝（10﹣t）2+52．
∵PA＝QA，
∴PA2＝QA2．
∴4t2+25＝（10﹣t）2+52．
解得t1=103，t2＝﹣10（舍去）．
∴动点运动103秒时，PA＝QA．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理和逆定理，方程的思想，解（1）的关键是利用待定系数法求出抛物线解析式，解（2）的关键是求出AB2，AC2，BC2，解（3）关键是表示出PA2＝4t2+25，QA2＝（10﹣t）2+52．
21．（2022•长沙县校级三模）规定：如果两个函数图象上至少存在一组点是关于原点对称的，我们则称这两个函数互为“O—函数”．这组点称为“XC点”．例如：点P（1，1）在函数y＝x2上，点Q（﹣1，﹣1）在函数y＝﹣x﹣2上，点P与点Q关于原点对称，此时函数y＝x2和y＝﹣x﹣2互为“O—函数”，点P与点Q则为一组“XC点”．
（1）已知函数y＝﹣2x﹣1和y=−6x互为“O—函数”，请求出它们的“XC点”；
（2）已知函数y＝x2+2x+4和y＝4x+n﹣2022互为“O—函数”，求n的最大值并写出“XC点”；
（3）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）与y＝2bx+1互为“O—函数”有且仅存在一组“XC点”，如图，若二次函数的顶点为M，与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）其中0＜x1＜x2，AB=c2−2c+6c，过顶点M作x轴的平行线l，点P在直线l上，记P的横坐标为−t，连接OP，AP，BP．若∠OPA＝∠OBP，求t的最小值．
【考点】二次函数综合题．
【专题】新定义；二次函数图象及其性质；运算能力；应用意识．
【答案】（1）（﹣2，3）与（2，﹣3）或（32，﹣4）与（−32，4）；
（2）n有最大值2019，（1，7）与（﹣1，﹣7）；
（3）14．
【分析】（1）设P（a，b）在y＝﹣2x﹣1上，则Q（﹣a，﹣b）在y=−6x上，由此得到方程组−2a−1=bb=−6a，求解方程组即可；
（2）设P（s，t）在y＝x2+2x+4上，则Q（﹣s，﹣t）在y＝4x+n﹣2022上，由此得到方程组s2+2s+4=t−4s+n−200=−t，整理得n＝﹣（s﹣1）2+2019，当s＝1时，n有最大值2019，再求“XC点”即可；
（3）设P（x，y）在y＝ax2+bx+c上，则Q（﹣x，﹣y）在y＝2bx+1上，由此可得方程组y=ax2+bx+c−y=−2bx+1，整理得ax2﹣bx+c+1＝0，由题意可得Δ＝b2﹣4a（c+1）＝0，即4ac−b24a=−1，从而得到顶点M的纵坐标为﹣1，又由根与系数的关系可得x1+x2=−ba，x1•x2=ca，则AB=c2−2c+6c=2a，整理得ca=c2−2c+64，证明△POA∽△BOP，得到OP2＝OB•OA＝x1•x2，可得t+1=14（c﹣1）2+54，所以当c＝1时，t有最小值14．
【解答】解：（1）设P（a，b）在y＝﹣2x﹣1上，则Q（﹣a，﹣b）在y=−6x上，
∴−2a−1=bb=−6a，
解得a=−2b=3或a=32b=−4，
∴“XC点”为（﹣2，3）与（2，﹣3）或（32，﹣4）与（−32，4）；
（2）设P（s，t）在y＝x2+2x+4上，则Q（﹣s，﹣t）在y＝4x+n﹣2022上，
∴s2+2s+4=t−4s+n−200=−t，
∴n＝﹣t+4s+2022＝﹣s2+2s+2018＝﹣（s﹣1）2+2019，
当s＝1时，n有最大值2019，
此时“XC点”为（1，7）与（﹣1，﹣7）；
（3）设P（x，y）在y＝ax2+bx+c上，则Q（﹣x，﹣y）在y＝2bx+1上，
∴y=ax2+bx+c−y=−2bx+1，
整理得ax2﹣bx+c+1＝0，
∵有且仅存在一组“XC点”，
∴Δ＝b2﹣4a（c+1）＝0，即4ac−b24a=−1，
∴顶点M的纵坐标为﹣1，
∵ax2+bx+c＝0，
∴x1+x2=−ba，x1•x2=ca，
∴AB=(x1+x2)2−4x1x2=2a，
∵AB=c2−2c+6c，
∴c2−2c+6c=2a，
∴ca=c2−2c+64，
∵∠OPA＝∠OBP，∠AOP＝∠POB，
∴△POA∽△BOP，
∴OP2＝OB•OA＝x1•x2，
∵P的横坐标为−t，
∴P（−t，﹣1），
∴t+1=ca=c2−2c+64=14（c﹣1）2+54，
∴当c＝1时，t有最小值14．
【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，三角形相似的判定及性质，一元二次方程根与系数的关系，弄清定义是解题的关键．
22．（2021•娄底模拟）如图，已知抛物线y=13x2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（﹣9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点 E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标；
（3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】综合题；存在型；分类讨论；推理能力；应用意识．
【答案】（1）y=13x2+2x+1；
（2）P（−92，−54）；
（3）存在直线AC上的点Q，使以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，Q坐标分别是Q1（﹣4，1）、Q2（3，1）．
【分析】（1）将A、B坐标代入即可得解析式；
（2）求出AB解析式，设P横坐标表达E坐标和EP长，将四边形AECP面积分成△EAC和△PAC面积之和表达出来，求出面积取最大值时P的横坐标进而求出P坐标；
（3）画出图形观察、计算线段长可以发现∠PCQ＝∠BAC，夹这两角的边对应成比例时两三角形就相似，故有两种情况．
【解答】解：（1）∵y=13x2+bx+c经过A（0，1），B（﹣9，10），
∴1=c10=13×(−9)2−9b+c，
解得b＝2，c＝1，
∴抛物线的解析式是y=13x2+2x+1，
故答案为：y=13x2+2x+1；
（2）设直线AB的解析式为y＝mx+n，将A（0，1），B（﹣9，10）代入得：1=n10=−9m+n，
解得m＝﹣1，n＝1，
∴AB解析式为y＝﹣x+1，
由13x2+2x+1＝1解得x1＝0，x2＝﹣6，
∴C（﹣6，1），AC＝6，
∵P在AC下方抛物线上，设P（t，13t2+2t+1），
∴﹣6＜t＜0
∵过点P且与y轴平行的直线l与直线AB交于点E，
∴E（t，﹣t+1），
∴EP＝（﹣t+1）﹣（13t2+2t+1）=−13t2﹣3t，
而四边形AECP的面积S四边形AECP＝S△EAC+S△PAC=12AC•EF+12AC•PF=12AC•EP，
∴S四边形AECP=12×6×（−13t2﹣3t）＝﹣t2﹣9t＝﹣（t+92）2+814，
∵﹣6＜−92＜0，
∴t=−92时，S四边形AECP最大为814，此时13t2+2t+1=13×（−92）2+2×（−92）+1=−54，
故答案为：P（−92，−54）；
（3）∵抛物线y=13x2+2x+1顶点为P，
∴P（﹣3，﹣2），
∵过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点 E、F，且AB解析式为y＝﹣x+1，
∴E（﹣3，4），F（﹣3，1），
而C（﹣6，1），A（0，1），B（﹣9，10），
∴CF＝FP＝EF＝FA＝3，AB＝92，CP＝32，
∴∠PCF＝∠CPF＝∠AEF＝∠EAF＝45°，
∴以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似时，∠PCQ与∠BAC为45°故对应，
设Q（k，1），则CQ＝k+6，分两种情况：
①如答图1，△CPQ1∽△ABC，
则CQ1AC=CPAB可得k+66=3292，
解得k＝﹣4，此时Q1（﹣4，1），
②如答图2，△CQ2P∽△ABC，
则CQ2AB=CPAC可得k+692=326，
解得k＝3，此时Q2（3，1），
综上所述，存在直线AC上的点Q，使以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，这种Q有两个，分别是Q1（﹣4，1）、Q2（3，1），
故答案为：存在直线AC上的点Q，使以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，Q坐标分别是Q1（﹣4，1）、Q2（3，1）．
【点评】本题是二次函数、相似三角形、面积等问题的综合题，主要考查坐标、线段的转化，面积的表示，涉及方程思想，分类思想等，难度较大．
23．（2021•岳麓区校级二模）如图，抛物线y=−12x2+bx+c的图象经过点C（0，2），交x轴于点A（﹣1，0）和B，连接BC，直线y＝kx+1与y轴交于点D，与BC上方的抛物线交于点E，与BC交于点F．
（1）求抛物线的表达式及点B的坐标；
（2）求EFDF的最大值及此时点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点M为直线DE上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题；函数思想；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（1）y=−12x2+32x+2，B（4，0）；
（2）EFDF的最大值为2，点E的坐标为（2，3）；
（3）存在；点M的坐标为（342，34+22）或（−342，2−342）或（3，4）或（176，236）．
【分析】（1）运用待定系数法将点A，C的坐标代入求出抛物线解析式，再根据点B在x轴上，令y＝0，即可求出点B的坐标；
（2）由题意知，点E位于y轴右侧，作EG∥y轴交BC于点G，根据平行线截线段成比例可得EFDF=EGCD，由于CD＝1，即可将求EFDF的最大值转化为求EG的最大值，应用两点间距离公式即可；
（3）设M（n，n+1），用含m的代数式表示出BD，DM，BM，再根据以点B、D、M、N为顶点的四边形是菱形分两种情况：以BD为边，BD＝DM或BD＝BM；以BD为对角线；分别进行讨论即可．
【解答】解：（1）设B（xB，yB），
将A（﹣1，0），C（0，2）代入y=−12x2+bx+c中，
得：−12−b+c=0c=2，
解得：b=32c=2，
∴抛物线的表达式为：y=−12x2+32x+2，
∵点B在x轴上，
∴yB＝0，
将yB＝0代入y=−12x2+32x+2中，得：−12xB2+32xB+2＝0，
解得：xB1＝4，xB2＝﹣1（不符合题意，舍去），
∴B（4，0）；
（2）由题意知，点E位于y轴右侧，作EG∥y轴交BC于点G，
∴CD∥EG，
∴EFDF=EGCD，
∵直线y＝kx+1与y轴交于点D，
∴D（0，1），
∴CD＝2﹣1＝1，
∴EFDF=EG，
设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），
将B（4，0），C（0，2）代入，得：4m+n=0n=2，
解得：m=−12n=2，
∴直线BC的解析式为y=−12x+2，
设点E（t，−12t2+32t+2），则G（t，−12t+2），且0＜t＜4，
∴EG＝（−12t2+32t+2）﹣（−12t+2）=−12t2+2t=−12（t﹣2）2+2，
∴EFDF=−12（t﹣2）2+2，
∵−12＜0，
∴当t＝2时，EFDF的值最大，最大值为2，此时点E的坐标为（2，3）；
（3）存在点M和点N，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是菱形．
设直线DE的解析式为y＝kx+b，将D（0，1），E（2，3）代入，
得：b=12k+b=3，
解得：k=1b=1，
∴直线DE的解析式为y＝x+1，
设M（n，n+1），
∵B（4，0），D（0，1），
∴BM2＝（4﹣n）2+（0﹣n﹣1）2＝2n2﹣6n+17，
DM2＝（0﹣n）2+（1﹣n﹣1）2＝2n2，
BD2＝42+12＝17，
∵以点B、D、M、N为顶点的四边形是菱形，
∴分两种情况：BD为边时或BD为对角线，
①当BD为边时，MN＝DM＝BD（如图2）或MN＝BM＝BD（如图3），
∴DM2＝BD2＝17或BM2＝BD2＝17，即2n2＝17或2n2﹣6n+17＝17，
解得：n＝±342或n＝0（舍去）或n＝3，
∴M（342，34+22）或M（−342，2−342）或M（3，4），
②如图4，当BD为对角线时，设BD的中点为Q，则Q（2，12），
∵四边形BMDN是菱形，
∴MN⊥BD，QB＝QD=12BD，
∴QD2+QM2＝DM2，
∴（2﹣0）2+（12−1）2+（n﹣2）2+（n+1−12）2＝2n2，
解得：n=176，
∴M（176，236），
综上所述，点M的坐标为（342，34+22）或（−342，2−342）或（3，4）或（176，236）．
【点评】本题考查了二次函数综合题型，待定系数法，菱形性质，平行线截线段成比例，勾股定理等知识点，综合性较强有一定难度，熟练掌握待定系数法，二次函数图象和性质等相关知识，灵活运用数形结合思想，方程思想和分类讨论思想是解题关键。