中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题20解答题压轴题二次函数与几何图形综合(原卷版+解析)

这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题20解答题压轴题二次函数与几何图形综合(原卷版+解析)，共72页。试卷主要包含了2022中考真题集训，二次函数中的面积问题，二次函数与角度问题，二次函数与圆综合，二次函数中的定值问题，二次函数中几何图形的存在性问题，抛物线的平移、翻折与旋转等内容，欢迎下载使用。
类型一 二次函数中的最值问题
（1）自变量范围与最值问题
1．(2023•绍兴）已知函数y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数）的图象经过点（0，﹣3），（﹣6，﹣3）．
（1）求b，c的值．
（2）当﹣4≤x≤0时，求y的最大值．
（3）当m≤x≤0时，若y的最大值与最小值之和为2，求m的值．
2．(2023•安顺）在平面直角坐标系中，如果点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为和谐点．例如：点（1，1），（12，12），（−2，−2），……都是和谐点．
（1）判断函数y＝2x+1的图象上是否存在和谐点，若存在，求出其和谐点的坐标；
（2）若二次函数y＝ax2+6x+c（a≠0）的图象上有且只有一个和谐点（52，52）．
①求a，c的值；
②若1≤x≤m时，函数y＝ax2+6x+c+14（a≠0）的最小值为﹣1，最大值为3，求实数m的取值范围．
（2）胡不归问题
3．(2023•淮安）如图（1），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C点，点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3），直线l经过B、C两点．
（1）求该二次函数的表达式及其图象的顶点坐标；
（2）点P为直线l上的一点，过点P作x轴的垂线与该二次函数的图象相交于点M，再过点M作y轴的垂线与该二次函数的图象相交于另一点N，当PM=12MN时，求点P的横坐标；
（3）如图（2），点C关于x轴的对称点为点D，点P为线段BC上的一个动点，连接AP，点Q为线段AP上一点，且AQ＝3PQ，连接DQ，当3AP+4DQ的值最小时，直接写出DQ的长．
4．(2023•梧州）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−43x﹣4分别与x，y轴交于点A，B，抛物线y=518x2+bx+c恰好经过这两点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点C的坐标是（0，6），将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，点A的对应点是点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
②若点P是y轴上的任一点，求35BP+EP取最小值时，点P的坐标．
5．(2023•济南）抛物线y＝ax2+114x﹣6与x轴交于A（t，0），B（8，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝kx﹣6经过点B．点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的表达式和t，k的值；
（2）如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；
（3）如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+12PQ的最大值．
类型二 二次函数中的面积问题
6．(2023•内蒙古）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过B（3，0），D（﹣2，−52）两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；
（2）若点M在直线BC上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使△MBC面积最大时M点的坐标，并求最大面积；（请在图1中探索）
（3）设点Q在y轴上，点P在抛物线上，要使以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．（请在图2中探索）
7．(2023•淄博）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D（1，4）在直线l：y=43x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上．
（1）求这条抛物线对应的函数表达式；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥l于点N，当1＜m＜3时，求PM+PN的最大值；
（3）设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化，说明理由．
类型三 二次函数与角度问题
8．(2023•菏泽）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．
9．(2023•鞍山）如图，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C（0，2），连接BC．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是第三象限抛物线上一点，直线PB与y轴交于点D，△BCD的面积为12，求点P的坐标．
（3）在（2）的条件下，若点E是线段BC上点，连接OE，将△OEB沿直线OE翻折得到△OEB'，当直线EB'与直线BP相交所成锐角为45°，时，求点B'的坐标．
类型四 二次函数与圆综合
10．(2023•扬州）如图是一块铁皮余料，将其放置在平面直角坐标系中，底部边缘AB在x轴上，且AB＝8dm，外轮廓线是抛物线的一部分，对称轴为y轴，高度OC＝8dm．现计划将此余料进行切割：
（1）若切割成正方形，要求一边在底部边缘AB上且面积最大，求此正方形的面积；
（2）若切割成矩形，要求一边在底部边缘AB上且周长最大，求此矩形的周长；
（3）若切割成圆，判断能否切得半径为3dm的圆，请说明理由．
11．(2023•盐城）【发现问题】
小明在练习簿的横线上取点O为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆，描出了同心圆与横线的一些交点，如图1所示，他发现这些点的位置有一定的规律．
【提出问题】
小明通过观察，提出猜想：按此步骤继续画圆描点，所描的点都在某二次函数图象上．
【分析问题】
小明利用已学知识和经验，以圆心O为原点，过点O的横线所在直线为x轴，过点O且垂直于横线的直线为y轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示．当所描的点在半径为5的同心圆上时，其坐标为 ．
【解决问题】
请帮助小明验证他的猜想是否成立．
【深度思考】
小明继续思考：设点P（0，m），m为正整数，以OP为直径画⊙M，是否存在所描的点在⊙M上．若存在，求m的值；若不存在，说明理由．
类型五 二次函数中的定值问题
12．(2023•巴中）如图1，抛物线y＝ax2+2x+c，交x轴于A、B两点，交y轴于点C，F为抛物线顶点，直线EF垂直于x轴于点E，当y≥0时，﹣1≤x≤3．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是线段BE上的动点（除B、E外），过点P作x轴的垂线交抛物线于点D．
①当点P的横坐标为2时，求四边形ACFD的面积；
②如图2，直线AD，BD分别与抛物线对称轴交于M、N两点．试问，EM+EN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
类型六 二次函数中几何图形的存在性问题
13．(2023•枣庄）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的关系式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；
（3）将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；
（4）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
14．(2023•攀枝花）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，y轴上一点B（0，1）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，△PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由．
15．(2023•阜新）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（5，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）如图1，点M从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．设运动时间为t秒（0＜t＜5）．当t为何值时，△BMN的面积最大？最大面积是多少？
（3）已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
16．(2023•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴分别交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3），连接BC．
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标．
（2）如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值．
（3）动点P以每秒2个单位长度的速度在线段BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
17．(2023•黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；
（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
18．(2023•鄂尔多斯）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．
19．(2023•黄石）如图，抛物线y=−23x2+23x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
（1）A，B，C三点的坐标为 ， ， ．
（2）连接AP，交线段BC于点D，
①当CP与x轴平行时，求PDDA的值；
②当CP与x轴不平行时，求PDDA的最大值；
（3）连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．
类型七 抛物线的平移、翻折与旋转
20．(2023•德州）如图，题目中的黑色部分是被墨水污染了无法辨认的文字，导致题目缺少一个条件而无法解答，经查询结果发现，该二次函数的解析式为y＝x2﹣4x+1．
（1）请根据已有信息添加一个适当的条件： ；
（2）当函数值y＜6时，自变量x的取值范围： ；
（3）如图1，将函数y＝x2﹣4x+1（x＜0）的图象向右平移4个单位长度，与y＝x2﹣4x+1（x≥4）的图象组成一个新的函数图象，记为L．若点P（3，m）在L上，求m的值；
（4）如图2，在（3）的条件下，点A的坐标为（2，0），在L上是否存在点Q，使得S△OAQ＝9．若存在，求出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
21．(2023•大庆）已知二次函数y＝x2+bx+m图象的对称轴为直线x＝2，将二次函数y＝x2+bx+m图象中y轴左侧部分沿x轴翻折，保留其他部分得到新的图象C．
（1）求b的值；
（2）①当m＜0时，图C与x轴交于点M，N（M在N的左侧），与y轴交于点P．当△MNP为直角三角形时，求m的值；
②在①的条件下，当图象C中﹣4≤y＜0时，结合图象求x的取值范围；
（3）已知两点A（﹣1，﹣1），B（5，﹣1），当线段AB与图象C恰有两个公共点时，直接写出m的取值范围．
22．(2023•岳阳）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（1，0）．
（1）求抛物线F1的解析式；
（2）如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
（3）如图3，将（2）中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点（点C在点D的左侧）．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点（点M，N与点C，D不重合），试求四边形CMDN面积的最大值．
已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（0，1），B（1，﹣2），．
求该二次函数的解析式．
专题20 解答题压轴题二次函数与几何图形综合（解析版）
模块一 2022中考真题集训
类型一 二次函数中的最值问题
（1）自变量范围与最值问题
1．(2023•绍兴）已知函数y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数）的图象经过点（0，﹣3），（﹣6，﹣3）．
（1）求b，c的值．
（2）当﹣4≤x≤0时，求y的最大值．
（3）当m≤x≤0时，若y的最大值与最小值之和为2，求m的值．
思路引领：（1）将图象经过的两个点的坐标代入二次函数解析式解答即可；
（2）根据x的取值范围，二次函数图象的开口方向和对称轴，结合二次函数的性质判定y的最大值即可；
（3）根据对称轴为x＝﹣3，结合二次函数图象的性质，分类讨论得出m的取值范围即可．
解：（1）把（0，﹣3），（﹣6，﹣3）代入y＝﹣x2+bx+c，
得b＝﹣6，c＝﹣3．
（2）∵y＝﹣x2﹣6x﹣3＝﹣（x+3）2+6，
又∵﹣4≤x≤0，
∴当x＝﹣3时，y有最大值为6．
（3）①当﹣3＜m≤0时，
当x＝0时，y有最小值为﹣3，
当x＝m时，y有最大值为﹣m2﹣6m﹣3，
∴﹣m2﹣6m﹣3+（﹣3）＝2，
∴m＝﹣2或m＝﹣4（舍去）．
②当m≤﹣3时，
当x＝﹣3时y有最大值为6，
∵y的最大值与最小值之和为2，
∴y最小值为﹣4，
∴﹣（m+3）2+6＝﹣4，
∴m=−3−10或m=−3+10（舍去）．
综上所述，m＝﹣2或−3−10．
总结提升：此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式以及二次函数的性质等知识，正确分类讨论得出m的取值范围是解题关键．
2．(2023•安顺）在平面直角坐标系中，如果点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为和谐点．例如：点（1，1），（12，12），（−2，−2），……都是和谐点．
（1）判断函数y＝2x+1的图象上是否存在和谐点，若存在，求出其和谐点的坐标；
（2）若二次函数y＝ax2+6x+c（a≠0）的图象上有且只有一个和谐点（52，52）．
①求a，c的值；
②若1≤x≤m时，函数y＝ax2+6x+c+14（a≠0）的最小值为﹣1，最大值为3，求实数m的取值范围．
思路引领：（1）设函数y＝2x+1的和谐点为（x，x），可得2x+1＝x，求解即可；
（2）将点（52，52）代入y＝ax2+6x+c，再由ax2+6x+c＝x有且只有一个根，Δ＝25﹣4ac＝0，两个方程联立即可求a、c的值；
②由①可知y＝﹣x2+6x﹣6＝﹣（x﹣3）2+3，当x＝1时，y＝﹣1，当x＝3时，y＝3，当x＝5时，y＝﹣1，则3≤m≤5时满足题意．
解：（1）存在和谐点，理由如下，
设函数y＝2x+1的和谐点为（x，x），
∴2x+1＝x，
解得x＝﹣1，
∴和谐点为（﹣1，﹣1）；
（2）①∵点（52，52）是二次函数y＝ax2+6x+c（a≠0）的和谐点，
∴52=254a+15+c，
∴c=−254a−252，
∵二次函数y＝ax2+6x+c（a≠0）的图象上有且只有一个和谐点，
∴ax2+6x+c＝x有且只有一个根，
∴Δ＝25﹣4ac＝0，
∴a＝﹣1，c=−254；
②由①可知y＝﹣x2+6x﹣6＝﹣（x﹣3）2+3，
∴抛物线的对称轴为直线x＝3，
当x＝1时，y＝﹣1，
当x＝3时，y＝3，
当x＝5时，y＝﹣1，
∵函数的最大值为3，最小值为﹣1；
当3≤m≤5时，函数的最大值为3，最小值为﹣1．
总结提升：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，理解定义，并与二次函数的性质结合解题是关键．
（2）胡不归问题
3．(2023•淮安）如图（1），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C点，点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3），直线l经过B、C两点．
（1）求该二次函数的表达式及其图象的顶点坐标；
（2）点P为直线l上的一点，过点P作x轴的垂线与该二次函数的图象相交于点M，再过点M作y轴的垂线与该二次函数的图象相交于另一点N，当PM=12MN时，求点P的横坐标；
（3）如图（2），点C关于x轴的对称点为点D，点P为线段BC上的一个动点，连接AP，点Q为线段AP上一点，且AQ＝3PQ，连接DQ，当3AP+4DQ的值最小时，直接写出DQ的长．
思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设P（t，﹣t+3），则M（t，﹣t2+2t+3），N（2﹣t，﹣t2+2t+3），则PM＝|t2﹣3t|，MN＝|2﹣2t|，由题意可得方程|t2﹣3t|=12|2﹣2t|，求解方程即可；
（3）由题意可知Q点在平行于BC的线段上，设此线段与x轴的交点为G，由QG∥BC，求出点G（2，0），作A点关于GQ的对称点A'，连接A'D与AP交于点Q，则3AP+4DQ＝4（DQ+34AP）＝4（DQ+AQ）≥4A'D，利用对称性和∠OBC＝45°，求出A'（2，3），求出直线DA'的解析式和直线QG的解析式，联立方程组y=−x+2y=3x−3，可求点Q（54，34），再求DQ=5104．
解：（1）将点B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴−9+3b+c=0c=3，
解得b=2c=3，
∴y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点坐标（1，4）；
（2）设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴3k+b=0b=3，
解得k=−1b=3，
∴y＝﹣x+3，
设P（t，﹣t+3），则M（t，﹣t2+2t+3），N（2﹣t，﹣t2+2t+3），
∴PM＝|t2﹣3t|，MN＝|2﹣2t|，
∵PM=12MN，
∴|t2﹣3t|=12|2﹣2t|，
解得t＝1+2或t＝1−2或t＝2+3或t＝2−3，
∴P点横坐标为1+2或1−2或2+3或2−3；
（3）∵C（0，3），D点与C点关于x轴对称，
∴D（0，﹣3），
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），
∴AB＝4，
∵AQ＝3PQ，
∴Q点在平行于BC的线段上，设此线段与x轴的交点为G，
∴QG∥BC，
∴AQAP=AGBA，
∴34=AG4，
∴AG＝3，
∴G（2，0），
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
作A点关于GQ的对称点A'，连接A'D与AP交于点Q，
∵AQ＝A'Q，
∴AQ+DQ＝A'Q+DQ≥A'D，
∴3AP+4DQ＝4（DQ+34AP）＝4（DQ+AQ）≥4A'D，
∵∠QGA＝∠CBO＝45°，AA'⊥QG，
∴∠A'AG＝45°，
∵AG＝A'G，
∴∠AA'G＝45°，
∴∠AGA'＝90°，
∴A'（2，3），
设直线DA'的解析式为y＝kx+b，
∴b=−32k+b=3，
解得k=3b=−3，
∴y＝3x﹣3，
同理可求直线QG的解析式为y＝﹣x+2，
联立方程组y=−x+2y=3x−3，
解得x=54y=34，
∴Q（54，34），
∴DQ=5104．
总结提升：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，利用轴对称求最短距离的方法，解绝对值方程，待定系数法求函数的解析式是解题的关键．
4．(2023•梧州）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−43x﹣4分别与x，y轴交于点A，B，抛物线y=518x2+bx+c恰好经过这两点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点C的坐标是（0，6），将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，点A的对应点是点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
②若点P是y轴上的任一点，求35BP+EP取最小值时，点P的坐标．
思路引领：（1）根据直线解析式可得点A、B的坐标，代入二次函数解析式，解方程即可；
（2）①由旋转的性质可得E（6，3），当x＝6时，y=518×62−12×6−4=3，可知点E在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，sin∠ABO=AOAB=HPBP=35，则HP=35BP，得35BP+EP＝HP+PE，可知HP+PE的最小值为EH的长，从而解决问题．
解：（1）∵直线y=−43x﹣4分别与x，y轴交于点A，B，
∴当x＝0时，y＝﹣4；当y＝0时，x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（0，﹣4），
∵抛物线y=518x2+bx+c恰好经过这两点．
∴518×(−3)2−3b+c=0c=−4，
解得b=−12c=−4，
∴y=518x2−12x﹣4；
（2）①∵将△ACO绕着点C逆时针旋转90°得到△ECF，
∴∠OCF＝90°，CF＝CO＝6，EF＝AO＝3，EF∥y轴，
∴E（6，3），
当x＝6时，y=518×62−12×6−4=3，
∴点E在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，
∵A（﹣3，0），B（0，﹣4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
∵sin∠ABO=AOAB=HPBP=35，
∴HP=35BP，
∴35BP+EP＝HP+PE，
∴当E，P，H三点共线时，HP+PE有最小值，最小值为EH的长，
作EG⊥y轴于G，
∵∠GEP＝∠ABO，
∴tan∠GEP＝tan∠ABO，
∴PGEG=AOBO，
∴PG6=34，
∴PG=92，
∴OP=92−3=32，
∴P（0，−32）．
总结提升：本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，三角函数，两点之间、线段最短等知识，利用三角函数将35BP转化为HP的长是解题的关键．
5．(2023•济南）抛物线y＝ax2+114x﹣6与x轴交于A（t，0），B（8，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝kx﹣6经过点B．点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的表达式和t，k的值；
（2）如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；
（3）如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+12PQ的最大值．
思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可求解；
（2）作PM⊥x轴交于M，可求PM=14m2−114m+6，AM＝m﹣3，通过证明△COA∽△AMP，利用OAOC=PMAM，求m的值即可求P点坐标；
（3）作PN⊥x轴交BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，通过证明△PQN∽△BOC，求出QN=35PN，PQ=45PN，再由△CNE∽△CBO，求出CN=54EN=54m，则CQ+12PQ＝CN+PN=−14（m−132）2+16916，即可求解．
解：（1）将B（8，0）代入y＝ax2+114x﹣6，
∴64a+22﹣6＝0，
∴a=−14，
∴y=−14x2+114x﹣6，
当y＝0时，−14t2+114t﹣6＝0，
解得t＝3或t＝8（舍），
∴t＝3，
∵B（8，0）在直线y＝kx﹣6上，
∴8k﹣6＝0，
解得k=34；
（2）作PM⊥x轴交于M，
∵P点横坐标为m，
∴P（m，−14m2+114m﹣6），
∴PM=14m2−114m+6，AM＝m﹣3，
在Rt△COA和Rt△AMP中，
∵∠OAC+∠PAM＝90°，∠APM+∠PAM＝90°，
∴∠OAC＝∠APM，
∴△COA∽△AMP，
∴OAOC=PMAM，即OA•MA＝CO•PM，
3（m﹣3）＝6（14m2−114m+6），
解得m＝3（舍）或m＝10，
∴P（10，−72）；
（3）作PN⊥x轴交BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，
∴PN=−14m2+114m﹣6﹣（34m﹣6）=−14m2+2m，
∵PN⊥x轴，
∴PN∥OC，
∴∠PNQ＝∠OCB，
∴Rt△PQN∽Rt△BOC，
∴PNBC=NQOC=PQOB，
∵OB＝8，OC＝6，BC＝10，
∴QN=35PN，PQ=45PN，
由△CNE∽△CBO，
∴CN=54EN=54m，
∴CQ+12PQ＝CN+NQ+12PQ＝CN+PN，
∴CQ+12PQ=54m−14m2+2m=−14m2+134m=−14（m−132）2+16916，
当m=132时，CQ+12PQ的最大值是16916．
总结提升：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是解题的关键．
类型二 二次函数中的面积问题
6．(2023•内蒙古）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过B（3，0），D（﹣2，−52）两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；
（2）若点M在直线BC上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使△MBC面积最大时M点的坐标，并求最大面积；（请在图1中探索）
（3）设点Q在y轴上，点P在抛物线上，要使以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．（请在图2中探索）
思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，求出直线BC的解析式，设M（m，−12m2+m+32），则N（m，−12m+32），可得S△MBC=12•MN•OB=−34（m−32）2+2716，再求解即可；
（3）设Q（0，t），P（m，−12m2+m+32），分三种情况讨论：①当AB为平行四边形的对角线时；②当AQ为平行四边形的对角线时；③当AP为平行四边形的对角线时；根据平行四边形的对角线互相平分，利用中点坐标公式求解即可．
解：（1）将B（3，0），D（﹣2，−52）代入y＝ax2+x+c，
∴9a+3+c=04a−2+c=−52，
解得a=−12c=32，
∴y=−12x2+x+32，
令x＝0，则y=32，
∴C（0，32）；
（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴3k+b=0b=32，
解得k=−12b=32，
∴y=−12x+32
设M（m，−12m2+m+32），则N（m，−12m+32），
∴MN=−12m2+32m，
∴S△MBC=12•MN•OB=−34（m−32）2+2716，
当m=32时，△MBC的面积有最大值2716，
此时M（32，158）；
（3）令y＝0，则−12x2+x+32=0，
解得x＝3或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
设Q（0，t），P（m，−12m2+m+32），
①当AB为平行四边形的对角线时，m＝3﹣1＝2，
∴P（2，32）；
②当AQ为平行四边形的对角线时，3+m＝﹣1，
解得m＝﹣4，
∴P（﹣4，−212）；
③当AP为平行四边形的对角线时，m﹣1＝3，
解得m＝4，
∴P（4，−52）；
综上所述：P点坐标为（2，32）或（﹣4，−212）或（4，−52）．
总结提升：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，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．
7．(2023•淄博）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D（1，4）在直线l：y=43x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上．
（1）求这条抛物线对应的函数表达式；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥l于点N，当1＜m＜3时，求PM+PN的最大值；
（3）设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化，说明理由．
思路引领：（1）利用顶点式求解，可得结论；
（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J．设P（m，﹣m2+2m+3）．四边形DTBP的面积＝△PDT的面积+△PBT的面积=12×DT×PN+12×TB×PM=52（PM+PN），推出四边形DTBP的面积最大时，PM+PN的值最大，求出四边形DTBP的面积的最大值，可得结论；
（3）四边形AFBG的面积不变．如图，设P（m，﹣m2+2m+3），求出直线AP，BP的解析式，可得点E，F的坐标，求出FG的长，可得结论．
解：（1）∵抛物线的顶点D（1，4），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；
（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J．设P（m，﹣m2+2m+3）．
点D（1，4）在直线l：y=43x+t上，
∴4=43+t，
∴t=83，
∴直线DT的解析式为y=43x+83，
令y＝0，得到x＝﹣2，
∴T（﹣2，0），
∴OT＝2，
∵B（3，0），
∴OB＝3，
∴BT＝5，
∵DT=32+42=5，
∴TD＝TB，
∵PM⊥BT，PN⊥DT，
∴四边形DTBP的面积＝△PDT的面积+△PBT的面积=12×DT×PN+12×TB×PM=52（PM+PN），
∴四边形DTBP的面积最大时，PM+PN的值最大，
∵D（1，4），B（3，0），
∴直线BD的解析式为y＝﹣2x+6，
∴J（m，﹣2m+6），
∴PJ＝﹣m2+4m﹣3，
∵四边形DTBP的面积＝△DTB的面积+△BDP的面积
=12×5×4+12×（﹣m2+4m﹣3）×2
＝﹣m2+4m+7
＝﹣（m﹣2）2+11
∵﹣1＜0，
∴m＝2时，四边形DTBP的面积最大，最大值为11，
∴PM+PN的最大值=25×11=225；
解法二：延长MP交直线l与点H，易得直线l：y=43x+83，
∴H（m，43m+83） 设直线l交x轴于点C，交y轴于点L，
∴C（﹣2，0），L（0，83），
∴CL=103，
∴sin∠CLO=35，
由LO∥HM，
∴∠NHM＝∠CLO，
∴sin∠NHM=35，
∴PH=43m+83+m2﹣2m﹣3＝m2−23m−13，
∴PN=35PH，
∴PM+PN＝﹣m2+2m+3+35（m2−23m−13）=−25（m﹣2）2+225，
∵−25＜0，
∴m＝2时，PM+PN的值最小，最小值为225；
（3）四边形AFBG的面积不变．
理由：如图，设P（m，﹣m2+2m+3），
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴直线AP的解析式为y＝﹣（m﹣3）x﹣m+3，
∴E（1，﹣2m+6），
∵E，G关于x轴对称，
∴G（1，2m﹣6），
∴直线PB的解析式y＝﹣（m+1）x+3（m+1），
∴F（1，2m+2），
∴GF＝2m+2﹣（2m﹣6）＝8，
∴四边形AFBG的面积=12×AB×FG=12×4×8＝16．
∴四边形AFBG的面积是定值．
总结提升：本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
类型三 二次函数与角度问题
8．(2023•菏泽）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．
思路引领：（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点D作DE⊥x轴于点E，利用轴对称的性质和三角形的中位线的性质定理求得线段OE，DE，则点D坐标可得；利用四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ACD，S△ADC＝S△ABC，利用三角形的面积公式即可求得结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点P在BC上方时，利用平行线的判定与性质可得点C，P的纵坐标相等，利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点P在BC下方时，设PC交x轴于点H，设HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得m值，则点H坐标可求；利用待定系数法求得直线PC的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P坐标；
解：（1）∵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），
∴4a−2b+c=064a+8b+c=0c=4，
解得：a=−14b=32c=4．
∴抛物线的表达式为y=−14x2+32x+4；
（2）点D的坐标为（﹣8，8），理由：
将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，如图，
过点D作DE⊥x轴于点E，
∵A（﹣2，0）、B（8，0），C（0，4），
∴OA＝2，OB＝8，OC＝4．
∵OAOC=12，OCOB=12，
∴OAOC=OCOB．
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO＝∠CBO．
∵∠CBO+∠OCB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∵将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，
∴点D，C，B三点在一条直线上．
由轴对称的性质得：BC＝CD，AB＝AD．
∵OC⊥AB，DE⊥AB，
∴DE∥OC，
∴OC为△BDE的中位线，
∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，
∴D（﹣8，8）；
由题意得：S△ACD＝S△ABC，
∴四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ADC
＝S△OAC+S△ABC
=12×OC•OA+12×AB•OC
=12×4×2+12×10×4
＝4+20
＝24；
（3）①当点P在BC上方时，如图，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴PC∥AB，
∴点C，P的纵坐标相等，
∴点P的纵坐标为4，
令y＝4，则−14x2+32x+4＝4，
解得：x＝0或x＝6，
∴P（6，4）；
②当点P在BC下方时，如图，
设PC交x轴于点H，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴HC＝HB．
设HB＝HC＝m，
∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，
在Rt△COH中，
∵OC2+OH2＝CH2，
∴42+（8﹣m）2＝m2，
解得：m＝5，
∴OH＝3，
∴H（3，0）．
设直线PC的解析式为y＝kx+n，
∴n=43k+n=0，
解得：k=−43n=4．
∴y=−43x+4．
∴y=−43x+4y=−14x2+32x+4，
解得：x1=0y1=4，x2=343y2=−1009．
∴P（343，−1009）．
综上，点P的坐标为（6，4）或（343，−1009）．
总结提升：本题主要考查了二次函数图象的性质，待定系数法，一次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
9．(2023•鞍山）如图，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C（0，2），连接BC．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是第三象限抛物线上一点，直线PB与y轴交于点D，△BCD的面积为12，求点P的坐标．
（3）在（2）的条件下，若点E是线段BC上点，连接OE，将△OEB沿直线OE翻折得到△OEB'，当直线EB'与直线BP相交所成锐角为45°，时，求点B'的坐标．
思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）先由△BDC的面积求出OD的长，从而确定D点坐标为（0，﹣4），再由待定系数法求出直线BD的解析式，直线BD与抛物线的交点即为所求；
（3）当B'在第一象限时，由∠ODB＝45°，可知EB'∥CD，求出直线BC的解析式，可设E（t，−12t+2），在Rt△OHB'中，B'H=16−t2，则BE=16−t2+12t﹣2，在Rt△BHE中，由勾股定理得（16−t2+12t﹣2）2＝（4﹣t）2+（−12t+2）2，求出t的值即可求B'坐标；当B'在第二象限时，B'G∥x轴，可得四边形 B'OBE是平行四边形，则B'（t﹣4，−12t+2），由折叠的性质可判断平行四边形OBEB'是菱形，再由BE＝OB，可得(4−t)2+(−12t+2)2=4，求出t的值即可求B'坐标．
解：（1）将A（﹣1，0），C（0，2）代入y=−12x2+bx+c，
∴c=2−12−b+c=0，
解得b=32c=2，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）令y＝0，则−12x2+32x+2＝0，
解得x＝﹣1或x＝4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∴S△BCD=12×4×（2+OD）＝12，
∴OD＝4，
∴D（0，﹣4），
设直线BD的解析式为y＝kx+b，
∴b=−44k+b=0，
解得k=1b=−4，
∴y＝x﹣4，
联立方程组y=x−4y=−12x2+32x+2，
解得x=−3y=−7或x=4y=0，
∴P（﹣3，﹣7）；
（3）如图1，当B'在第一象限时，
设直线BC的解析式为y＝k'x+b'，
∴b′=24k′+b′=0，
解得k′=−12b′=2，
∴y=−12x+2，
设E（t，−12t+2），
∴OH＝t，EH=−12t+2，
∵D（0，﹣4），B（4，0），
∴OB＝OD，
∴∠ODB＝45°，
∵直线EB'与直线BP相交所成锐角为45°，
∴EB'∥CD，
由折叠可知，OB'＝BO＝4，BE＝B'E，
在Rt△OHB'中，B'H=16−t2，
∴B'E=16−t2−（−12t+2）=16−t2+12t﹣2，
∴BE=16−t2+12t﹣2，
在Rt△BHE中，（16−t2+12t﹣2）2＝（4﹣t）2+（−12t+2）2，
解得t=±455，
∵0≤t≤4，
∴t=455，
∴B'（455，855）；
如图2，当B'在第二象限，∠BGB'＝45°时，
∵∠ABP＝45°，
∴B'G∥x轴，
∵将△OEB沿直线OE翻折得到△OEB'，
∴BE＝B'E，OB＝OB'，∠BOE＝∠B'OE，
∴∠BOE＝∠B'EO，
∴B'E∥B'O，
∵B'E＝BO，
∴四边形 B'OBE是平行四边形，
∴B'E＝4，
∴B'（t﹣4，−12t+2），
由折叠可知OB＝OB'＝4，
∴平行四边形OBEB'是菱形，
∴BE＝OB，
∴(4−t)2+(−12t+2)2=4，
解得t＝4+855或t＝4−855，
∵0≤t≤4，
∴t＝4−855，
∴B'（−855，455）；
综上所述：B'的坐标为（455，855）或（−855，455）．
方法2：在Rt△BCO中，BC＝25，CO：OB：BC＝1：2：5，
∵BP与x轴和y轴的夹角都是45°，BP与B'E的夹角为45°，
∴B'E∥x轴或B'E∥y轴，
当B'E∥y轴时，延长B'E交x轴于F，
∴B'F⊥OB，
∵∠CBA＝∠OB'E，
∴△OB'F∽△CBO，
∴OF：FB'：B'O＝1：2：5，
∵OB＝OB'＝4，
∴FO=455，B'F=855，
∴B'（455，855）；
当B'E∥x轴时，过B'作B'F⊥x中交于F，
∴B'F⊥OF，B'E∥OB，
∵B'E和BE关于OE对称，OB和OB'关于OE对称，
∴BE∥OB'，
∵∠FOB'＝∠OBC，
∴△OB'F∽△BCO，
∴B'F：FO：OB'＝1：2：5，
∵OB＝OB'＝4，
∴B'F=455，OF=855，
∴B'（−855，455）；
综上所述：B'坐标为（455，855）或（−855，455）．
总结提升：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，直角三角形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用是解题的关键．
类型四 二次函数与圆综合
10．(2023•扬州）如图是一块铁皮余料，将其放置在平面直角坐标系中，底部边缘AB在x轴上，且AB＝8dm，外轮廓线是抛物线的一部分，对称轴为y轴，高度OC＝8dm．现计划将此余料进行切割：
（1）若切割成正方形，要求一边在底部边缘AB上且面积最大，求此正方形的面积；
（2）若切割成矩形，要求一边在底部边缘AB上且周长最大，求此矩形的周长；
（3）若切割成圆，判断能否切得半径为3dm的圆，请说明理由．
思路引领：（1）先根据题意求出抛物线的解析式，当正方形的两个顶点在抛物线上时正方形面积最大，先根据GH＝2OG计算H的横坐标，再求出此时正方形的面积即可；
（2）由（1）知：设H（t，−12t2+8）（t＞0），表示矩形EFGH的周长，再根据二次函数的性质求出最值即可；
（3）解法一：设半径为3dm的圆与AB相切，并与抛物线相交，设交点为N，求出点N的坐标，并计算点N是圆M与抛物线在y轴右侧的切点即可．
解法二：计算MN2，配方法可得结论．
解法三：同解法二得MN2，利用换元法可解答．
解：（1）如图1，由题意得：A（﹣4，0），B（4，0），C（0，8），
设抛物线的解析式为：y＝ax2+8，
把B（4，0）代入得：0＝16a+8，
∴a=−12，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+8，
∵四边形EFGH是正方形，
∴GH＝FG＝2OG，
设H（t，−12t2+8）（t＞0），
∴−12t2+8＝2t，
解得：t1＝﹣2+25，t2＝﹣2﹣25（舍），
∴此正方形的面积＝FG2＝（2t）2＝4t2＝4（﹣2+25）2＝（96﹣325）dm2；
（2）如图2，由（1）知：设H（t，−12t2+8）（t＞0），
∴矩形EFGH的周长＝2FG+2GH＝4t+2（−12t2+8）＝﹣t2+4t+16＝﹣（t﹣2）2+20，
∵﹣1＜0，
∴当t＝2时，矩形EFGH的周长最大，且最大值是20dm；
（3）解法一：若切割成圆，能切得半径为3dm的圆，理由如下：
如图3，N为⊙M上一点，也是抛物线上一点，过N作⊙M的切线交y轴于Q，连接MN，过点N作NP⊥y轴于P，
则MN＝OM＝3，NQ⊥MN，
设N（m，−12m2+8），
由勾股定理得：PM2+PN2＝MN2，
∴m2+（−12m2+8﹣3）2＝32，
解得：m1＝22，m2＝﹣22（舍），
∴N（22，4），
∴PM＝4﹣3＝1，
∵cs∠NMP=PMMN=MNQM=13，
∴MQ＝3MN＝9，
∴Q（0，12），
设QN的解析式为：y＝kx+b，
∴b=1222k+b=4，
∴k=−22b=12，
∴QN的解析式为：y＝﹣22x+12，
−12x2+8＝﹣22x+12，
12x2﹣22x+4＝0，
Δ＝（﹣22）2﹣4×12×4＝0，即此时N为圆M与抛物线在y轴右侧的唯一公共点，
∴若切割成圆，能切得半径为3dm的圆．
解法二：如图3，取点M（0，3），在抛物线上取点N（m，−12m2+8），且0＜m＜4，
则MN2＝m2+（−12m2+8﹣3）2=14（m2﹣8）2+9，
∴当m＝22时，MN有最小值为3，此时抛物线上除了点N，N'（点N，N'关于y轴对称）外，其余各点均在以点M（0，3）为圆心，3dm为半径的圆外（铁皮底部边缘中点O也在该圆上），
∴若切割成圆，能切得半径为3dm的圆．
解法三：如图3，取点M（0，m），在抛物线上取点N（a，−12a2+8），且0＜a＜4，
则MN2＝a2+（−12a2+8﹣m）2，
令y＝a2，则MN2＝y+（−12y+8﹣m）2=14（y+2m﹣14）2+15﹣2m，
∴MN2的最小值是15﹣2m，
当MN的最小值＝OM＝m时，⊙O与抛物线相切，此时⊙M最大，
∴15−2m=m，
∴m＝﹣5（舍）或3，
∴若切割成圆，能切得半径为3dm的圆．
总结提升：本题是二次函数与圆，四边形的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，圆的切线的性质，矩形和正方形的性质，二次函数的最值问题，综合性较强，并与方程相结合解决问题是本题的关键．
11．(2023•盐城）【发现问题】
小明在练习簿的横线上取点O为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆，描出了同心圆与横线的一些交点，如图1所示，他发现这些点的位置有一定的规律．
【提出问题】
小明通过观察，提出猜想：按此步骤继续画圆描点，所描的点都在某二次函数图象上．
【分析问题】
小明利用已学知识和经验，以圆心O为原点，过点O的横线所在直线为x轴，过点O且垂直于横线的直线为y轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示．当所描的点在半径为5的同心圆上时，其坐标为 （﹣3，4）或（3，4） ．
【解决问题】
请帮助小明验证他的猜想是否成立．
【深度思考】
小明继续思考：设点P（0，m），m为正整数，以OP为直径画⊙M，是否存在所描的点在⊙M上．若存在，求m的值；若不存在，说明理由．
思路引领：【分析问题】根据题意可知：该点的纵坐标为4，利用勾股定理，即可求出该点的横坐标，进而可得出点的坐标；
【解决问题】设所描的点在半径为n（n为正整数）的同心圆上，则该点的纵坐标为（n﹣1），利用勾股定理可得出该点的坐标为（−2n−1，n﹣1）或（2n−1，n﹣1），结合点横、纵坐标间的关系，可得出该点在二次函数y=12x2−12的图象上，进而可证出小明的猜想正确；
【深度思考】设该点的坐标为（±2n−1，n﹣1），结合⊙M的圆心坐标，利用勾股定理，即可用含n的代数式表示出m的值，再结合m，n均为正整数，即可得出m，n的值．
【分析问题】解：根据题意，可知：所描的点在半径为5的同心圆上时，其纵坐标y＝5﹣1＝4，
∵横坐标x＝±52−42=±3，
∴点的坐标为（﹣3，4）或（3，4）．
【解决问题】证明：设所描的点在半径为n（n为正整数）的同心圆上，则该点的纵坐标为（n﹣1），
∴该点的横坐标为±n2−(n−1)2=±2n−1，
∴该点的坐标为（−2n−1，n﹣1）或（2n−1，n﹣1）．
∵（±2n−1）2＝2n﹣1，n﹣1=2n−1−12，
∴该点在二次函数y=12（x2﹣1）=12x2−12的图象上，
∴小明的猜想正确．
【深度思考】解：设该点的坐标为（±2n−1，n﹣1），⊙M的圆心坐标为（0，12m），
∴(±2n−1−0)2+(n−1−12m)2=12m，
∴m=n2n−1=(n−1+1)2n−1=(n−1)2+2(n−1)+1n−1=n﹣1+2+1n−1．
又∵m，n均为正整数，
∴n﹣1＝1，
∴m＝1+2+1＝4，
∴存在所描的点在⊙M上，m的值为4．
总结提升：本题考查了勾股定理、二次函数图象上点的坐标特征以及与圆有关的位置关系，解题的关键是：【分析问题】利用勾股定理，求出该点的横坐标；【解决问题】根据点的横、纵坐标间的关系，找出点在二次函数y=12x2−12的图象上；【深度思考】利用勾股定理，用含n的代数式表示出m的值．
类型五 二次函数中的定值问题
12．(2023•巴中）如图1，抛物线y＝ax2+2x+c，交x轴于A、B两点，交y轴于点C，F为抛物线顶点，直线EF垂直于x轴于点E，当y≥0时，﹣1≤x≤3．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是线段BE上的动点（除B、E外），过点P作x轴的垂线交抛物线于点D．
①当点P的横坐标为2时，求四边形ACFD的面积；
②如图2，直线AD，BD分别与抛物线对称轴交于M、N两点．试问，EM+EN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
思路引领：（1）由当y≥0时，﹣1≤x≤3，可知x1＝﹣1，x2＝3是ax2+2x+c＝0的两根，代入方程可得a，c，从而得解；
（2）①把x＝2代入抛物线解析式可得D点坐标，再将x＝0代入抛物线解析式可得C点坐标，从而得知线段CD∥x轴，利用配方法可知点F坐标，从而利用S四边形ACFD=S△FCD+S△ACD=12CD(yF−yA)求面积；
②设D（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），用待定系数法求出直线AD与直线BD的解析式，再令x＝1得yM，yN，从而得出ME，NE的长，从而得到NE+ME是定值8．
解：（1）∵当y≥0时，﹣1≤x≤3，
∴x1＝﹣1，x2＝3是ax2+2x+c＝0的两根，A（﹣1，0），B（3，0），
∴a−2+c=09a+6+c=0，
解得：a=−1c=3，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）①把x＝2代入y＝﹣x2+2x+3得：y＝3，
∴D（2，3）．
又当x＝0，y＝3，
∴C（0，3），
∴线段CD∥x轴．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴F（1，4），S四边形ACFD=S△FCD+S△ACD=12CD(yF−yA)=4；
②设D（m，﹣m2+2m+3）（1＜m＜3），
直线AD：y＝k1x+b1，BD：y＝k2x+b2，
因此可得：0=−k1+b1−m2+2m+3=k1m+b1或0=3k2+b2−m2+2m+3=k2m+b2，
解得：k1=3−mb1=3−m或k2=−1−mb2=3m+3，
∴直线AD：y＝（3﹣m）x+（3﹣m），BD：y＝﹣（m+1）x+3（m+1）．
令x＝1得yM＝6﹣2m，yN＝2m+2，
∴ME＝6﹣2m，NE＝2m+2，
∴NE+ME＝8．
总结提升：本题考查二次函数与一次函数综合，涉及四边形的面积求法，待定系数法等知识，掌握待定系数法和面积求法是解题的关键．
类型六 二次函数中几何图形的存在性问题
13．(2023•枣庄）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的关系式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；
（3）将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；
（4）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PG∥y轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得△OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
解：（1）∵抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），
∴1+b+c=0c=3，解得b=−4c=3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图，过P作PG∥y轴，交OE于点G，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
=12PG•AE
=12×3×（﹣m2+5m﹣3）
=−32（m2﹣5m+3）
=−32（m−52）2+398，
∵−32＜0，
∴当m=52时，△OPE面积最大，
此时，P点坐标为（52，−34）；
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则E（3，3），
∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m=5+52（舍）或5−52，
∴P的坐标为（5−52，1−52）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1=3+52（舍）或m2=3−52，
∴P的坐标为（3−52，5+12）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，
如图，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m1=3+52或m2=3−52（舍）；
P的坐标为（3+52，1−52）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m=5+52或5−52（舍），
P的坐标为：（5+52，5+12）；
综上所述，点P的坐标是：（5−52，1−52）或（3−52，5+12）或（3+52，1−52）或（5+52，5+12）．
方法二：作直线DE：y＝x﹣2，
E（1，﹣1）是D点（2，0）绕O点顺时针旋转45°并且OD缩小2倍得到，
易知直线DE即为对称轴上的点绕O点顺时针旋转45°，且到O点距离缩小2倍的轨迹，
联立直线DE和抛物线解析式得x2﹣4x+3＝x﹣2，
解得x1=5+52，x2=5−52，
同理可得x3=3+52或x4=3−52；
综上所述，点P的坐标是：（5−52，1−52）或（3−52，5+12）或（3+52，1−52）或（5+52，5+12）．
总结提升：本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的图象与性质及图形的平移，全等三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，运用分类讨论思想和方程的思想解决问题的关键．
14．(2023•攀枝花）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，y轴上一点B（0，1）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，△PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）根据题意知，二次函数顶点为（1，﹣1），设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，将点B（0，0）代入得，a﹣1＝0，即可得出答案；
（2）连接OP，根据题意得点A的坐标，则S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP，代入化简即可；
（3）设N（n，n2﹣2n），分AB或AN或AM分别为对角线，利用平行四边形的性质和中点坐标公式，分别求出n＝的值，进而得出答案．
解：（1）∵二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，
∴二次函数顶点为（1，﹣1），
设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，
将点O（0，0）代入得，a﹣1＝0，
∴a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x；
（2）连接OP，
当y＝0时，x2﹣2x＝0，
∴x＝0或2，
∴A（2，0），
∵点P在抛物线y＝x2﹣2x上，
∴点P的纵坐标为t2﹣2t，
∴S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP
=12×2×1+12×2（﹣t2+2t）−12t
＝﹣t2+32t+1；
（3）设N（n，n2﹣2n），
当AB为对角线时，由中点坐标公式得，2+0＝1+n，
∴n＝1，
∴N（1，﹣1），
当AM为对角线时，由中点坐标公式得，2+1＝n+0，
∴n＝3，
∴N（3，3），
当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2+n＝0+1，
∴n＝﹣1，
∴N（﹣1，3），
综上：N（1，﹣1）或（3，3）或（﹣1，3）．
总结提升：本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，平行四边形的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．
15．(2023•阜新）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（5，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）如图1，点M从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．设运动时间为t秒（0＜t＜5）．当t为何值时，△BMN的面积最大？最大面积是多少？
（3）已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）用待定系数法可得二次函数的表达式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，设△BMN面积为S，由ON＝t，BM=2t，可得BN＝5﹣t，ME＝BMsin45°=2t⋅22=t，即得S=12BN•ME=12（5﹣t）•t=−12（t−52）2+258，由二次函数性质可得当t=52秒时，△BMN的面积最大，最大面积是258；
（3）由B（5，0），C（0，5）得直线BC解析式为y＝﹣x+5，设Q（m，﹣m+5），P（n，﹣n2+4n+5），分三种情况：①当PQ，AC是对角线，有m+n=−1+0−m+5−n2+4n+5=0+5，解得Q（﹣7，12）；②当QA，PC为对角线，有m−1=n+0−m+5+0=−n2+4n+5+5，解得Q（7，﹣2）；③当QC，PA为对角线，有m+0=n−1−m+5+5=−n2+4n+5+0，解得Q（1，4）或（2，3）．
解：（1）将点A（﹣1，0），B（5，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，
得0=−1−b+c0=−25+5b+c，
解这个方程组得b=4c=5，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，如图：
设△BMN面积为S，
根据题意得：ON＝t，BM=2t．
∵B（5，0），
∴BN＝5﹣t，
在y＝﹣x2+4x+5中，令x＝0得y＝5，
∴C（0，5），
∴OC＝OB＝5，
∴∠OBC＝45°．
∴ME＝BMsin45°=2t⋅22=t，
∴S=12BN•ME=12（5﹣t）•t=−12t2+52t=−12（t−52）2+258，
∵0＜t＜5，
∴当t=52时，△BMN的面积最大，最大面积是258；
（3）存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
由B（5，0），C（0，5）得直线BC解析式为y＝﹣x+5，
设Q（m，﹣m+5），P（n，﹣n2+4n+5），又A（﹣1，0），C（0，5），
①当PQ，AC是对角线，则PQ，AC的中点重合，
∴m+n=−1+0−m+5−n2+4n+5=0+5，
解得m＝0（与C重合，舍去）或m＝﹣7，
∴Q（﹣7，12）；
②当QA，PC为对角线，则QA，PC的中点重合，
∴m−1=n+0−m+5+0=−n2+4n+5+5，
解得m＝0（舍去）或m＝7，
∴Q（7，﹣2）；
③当QC，PA为对角线，则QC，PA的中点重合，
∴m+0=n−1−m+5+5=−n2+4n+5+0，
解得m＝1或m＝2，
∴Q（1，4）或（2，3），
综上所述，Q的坐标为（﹣7，12）或（7，﹣2）或（1，4）或（2，3）．
总结提升：本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形的性质及应用，解题的关键是用含字母的式子表示相关点的坐标和相关线段的长度．
16．(2023•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴分别交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3），连接BC．
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标．
（2）如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值．
（3）动点P以每秒2个单位长度的速度在线段BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式求得a，c的值，进而得出解析式，当y＝0时，求出方程的解，进而求得B点坐标；
（2）由B，C两点求出BC的解析式，进而设出点P和点Q坐标，表示出PQ的长，进一步得出结果；
（3）要使以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分为PM＝BM，PM＝PB和BP＝BM，结合图象，进一步得出结果．
解：（1）由题意得，
c=−3a+2×1+c=0，
∴c=−3a=1，
∴y＝x2+2x﹣3，
当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，
∴x1＝1，x2＝﹣3，
∴B（﹣3，0）；
（2）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
∴b=−3−3k+b=0，
∴k=−1b=−3，
∴y＝﹣x﹣3，
设点P（m，﹣m﹣3），Q（m，m2+2m﹣3），
∴PQ＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2+94，
∴当m=−32时，PQ最大=94；
（3）如图1，
∵B（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
作PD⊥y轴于D，
∴CD＝PD＝PC•sin∠OCB=2t×22=t，
当BM＝PM时，
∴∠MPB＝∠OBC＝45°，
∵∠PMO＝∠PDO＝∠MOD＝90°，
∴四边形OMPD是矩形，
∴OM＝PD＝t，
由BM+OM＝OB得，
∴2t＝3，
∴t=32，
∴P（−32，−32），
∴N（﹣3，−32），
如图2，
当PM＝PB时，作PD⊥y轴于D，作PE⊥x轴于E，
∴BM＝2BE，
可得四边形PDOE是矩形，
∴OE＝PD＝t，
∴BE＝3﹣t，
∴t＝2（3﹣t），
∴t＝2，
∴P（﹣2，﹣1），
∴N（﹣2，1），
如图3，
当PB＝MB时，
32−2t=t，
∴t＝6﹣32，
∴P（32−6，3﹣32），
∴N（0，3﹣32），
综上所述：N（﹣3，−32）或（﹣2，1）或（0，3﹣32）．
总结提升：本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形．
17．(2023•黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；
（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）将点A、O的坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，利用待定系数法求出解析式，再表示出MN，然后根据MN＝2解方程可得答案；
（3）分AC为边和对角线两种情况进行讨论：根据平移的性质，三角形相似的性质和判定，两点的距离公式可得结论．
解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（4，0）和O（0，0），
∴−16+4b+c=0c=0，
解得：b=4c=0，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x；
（2）∵直线AB经过点A（4，0）和B（0，4），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，
∵MN∥y轴，
设M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，
当M在N点的上方时，
MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，
解得：t1=5−172，t2=5+172（舍），
∴M1（5−172，3+172），
当M在N点下方时，
MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴M2（2，2），M3（3，1），
综上，满足条件的点M的坐标有三个（5−172，3+172）或（2，2）或（3，1）；
（3）存在，
①如图2，若AC是矩形的边，
设抛物线的对称轴与直线AB交于点R，且R（2，2），
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD=(2−1)2+(4−3)2=2，
同理得：CR=2，RD＝2，
∴CD2+CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴点P1与点D重合，
当CP1∥AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），
此时直线P1C的解析式为：y＝x+2，
∵直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），
∴直线P2A的解析式为：y＝x﹣4，
∵点P2是直线y＝x﹣4与抛物线y＝﹣x2+4x的交点，
∴﹣x2+4x＝x﹣4，
解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），
∴P2（﹣1，﹣5），
当AC∥P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），
∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q2（﹣4，﹣2）；
②如图3，若AC是矩形的对角线，
设P3（m，﹣m2+4m）
当∠AP3C＝90°时，过点P3作P3H⊥x轴于H，过点C作CK⊥P3H于K，
∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，
∴△P3CK∽△AP3H，
∴P3KCK=AHP3H，
∴−m2+4m−3m−1=4−m−m2+4m，
∵点P不与点A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴m2﹣3m+1＝0，
∴m=3±52，
∴如图4，满足条件的点P有两个，即P3（3+52，5+52），P4（3−52，5−52），
当P3C∥AQ3，P3C＝AQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，
∵P3（3+52，5+52）向左平移1+52个单位，向下平移−1+52个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向左平移1+52个单位，向下平移−1+52个单位得到Q3（7−52，1−52），
当P4C∥AQ4，P4C＝AQ4时，四边形AP4CQ4是矩形，
∵P4（3−52，5−52）向右平移−1+52个单位，向上平移1+52个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向右平移−1+52个单位，向上平移1+52个单位得到Q4（7+52，1+52）；
综上，点Q的坐标为（5，1）或（﹣4，﹣2）或（7−52，1−52）或（7+52，1+52）．
总结提升：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，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质等知识，正确画图，并运用分类讨论的思想是解本题的关键．
18．(2023•鄂尔多斯）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．
思路引领：（1）根据待定系数法，将点A，点B代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即可求得抛物线的解析式；
（2）设出点P的坐标，确定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；
（3）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，证明△CHM≌△HBN（AAS），由全等三角形的性质得出CM＝HN，MH＝BN，求出H点的坐标，由待定系数法求出直线CH的解析式，联立直线CH和抛物线解析式即可得出点Q的坐标．
解：（1）将点A（−12，0），B（3，72）代入到y＝ax2+bx+2中得：
14a−12b+2=09a+3b+2=72，解得：a=−1b=72，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+72x+2；
（2）设点P（m，﹣m2+72m+2），
∵y＝﹣x2+72x+2，
∴C（0，2），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
∴3k+c=72c=2，解得k=12c=2，
∴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2或3+172或3−172，
∴点P的横坐标为1或2或3+172或3−172；
（3）①当Q在BC下方时，如图，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°，
∵∠QCB＝45°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴CH＝HB，
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，
∴∠CHM＝∠HBN，
∴△CHM≌△HBN（AAS），
∴CM＝HN，MH＝BN，
∵H（m，n），
∵C（0，2），B（3，72），
∴2−n=3−m72−n=m，解得m=94n=54，
∴H（94，54），
设直线CH的解析式为y＝px+q，
∴94p+q=54q=2，解得p=−13q=2，
∴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=0y=2或x=236y=1318，
∴Q（236，1318）；
②当Q在BC上方时，如图，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，
同理得Q（12，72）．
综上，存在，点Q的坐标为（236，1318）或（12，72）．
总结提升：此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，二次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法确定出解析式是解本题的关键．
19．(2023•黄石）如图，抛物线y=−23x2+23x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
（1）A，B，C三点的坐标为 （﹣2，0） ， （3，0） ， （0，4） ．
（2）连接AP，交线段BC于点D，
①当CP与x轴平行时，求PDDA的值；
②当CP与x轴不平行时，求PDDA的最大值；
（3）连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）令x＝0，则y＝4，令y＝0，则−23x2+23x+4＝0，所以x＝﹣2或x＝3，由此可得结论；
（2）①由题意可知，P（1，4），所以CP＝1，AB＝5，由平行线分线段成比例可知，PDDA=CPAB=15．
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q，所以直线BC的解析式为：y=−43x+4．设点P的横坐标为m，则P（m，−23m2+23m+4），Q（12m2−12m，−23m2+23m+4）．所以PQ＝m﹣（12m2−12m）=−12m2+32m，因为PQ∥AB，所以PDDA=PQAB=−12m2+32m5=−110（m−32）2+940，由二次函数的性质可得结论；
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，由∠BCO+2∠PCB＝90°，可知CP平分∠BCF，延长CP交x轴于点M，易证△CBM为等腰三角形，所以M（8，0），所以直线CM的解析式为：y=−12x+4，令−23x2+23x+4=−12x+4，可得结论．
解：（1）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4）；
令y＝0，则−23x2+23x+4＝0，
∴x＝﹣2或x＝3，
∴A（﹣2，0），B（3，0）．
故答案为：（﹣2，0）；（3，0）；（0，4）．
（2）①∵CP∥x轴，C（0，4），
∴P（1，4），
∴CP＝1，AB＝5，
∵CP∥x轴，
∴PDDA=CPAB=15．
②如图，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，
∴直线BC的解析式为：y=−43x+4．
设点P的横坐标为m，
则P（m，−23m2+23m+4），Q（12m2−12m，−23m2+23m+4）．
∴PQ＝m﹣（12m2−12m）=−12m2+32m，
∵PQ∥AB，
∴PDDA=PQAB=−12m2+32m5=−110（m−32）2+940，
∴当m=32时，PDDA的最大值为940．
另解：分别过点P，A作y轴的平行线，交直线BC于两点，仿照以上解法即可求解．
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．
过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，
∵∠BCO+2∠PCB＝90°，∠BCO+∠BCM+∠MCF＝90°，
∴∠MCF＝∠BCP，
延长CP交x轴于点M，
∵CF∥x轴，
∴∠PCF＝∠BMC，
∴∠BCP＝∠BMC，
∴△CBM为等腰三角形，
∵BC＝5，
∴BM＝5，OM＝8，
∴M（8，0），
∴直线CM的解析式为：y=−12x+4，
令−23x2+23x+4=−12x+4，
解得x=74或x＝0（舍），
∴存在点P满足题意，此时m=74．
总结提升：此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线分线段成比例，角度的存在性等相关内容，解本题的关键是求抛物线解析式，确定点P的坐标．
类型七 抛物线的平移、翻折与旋转
20．(2023•德州）如图，题目中的黑色部分是被墨水污染了无法辨认的文字，导致题目缺少一个条件而无法解答，经查询结果发现，该二次函数的解析式为y＝x2﹣4x+1．
（1）请根据已有信息添加一个适当的条件： C（2，﹣3）（答案不唯一） ；
（2）当函数值y＜6时，自变量x的取值范围： ﹣1＜x＜5 ；
（3）如图1，将函数y＝x2﹣4x+1（x＜0）的图象向右平移4个单位长度，与y＝x2﹣4x+1（x≥4）的图象组成一个新的函数图象，记为L．若点P（3，m）在L上，求m的值；
（4）如图2，在（3）的条件下，点A的坐标为（2，0），在L上是否存在点Q，使得S△OAQ＝9．若存在，求出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）只需填一个在抛物线图象上的点的坐标即可；
（2）求出y＝6时，对应的x值，再结合图象写出x的取值范围即可；
（3）求出抛物线向右平移4个单位后的解析式为y＝（x﹣6）2﹣3，根据题意可知x＝3时，P点在抛物线y＝（x﹣6）2﹣3的部分上，再求m的值即可；
（4）分两种情况讨论：当Q点在抛物线y＝（x﹣6）2﹣3的部分上时，设Q（t，t2﹣12t+33），由S△OAQ=12×2×（t2﹣12t+33）＝9，求出Q点坐标即可；当Q点在抛物线y＝x2﹣4x+1的部分上时，设Q（m，m2﹣4m+1），由S△OAQ=12×2×（m2﹣4m+1）＝9，求出Q点坐标即可．
解：（1）C（2，﹣3），
故答案为：C（2，﹣3）（答案不唯一）；
（2）∵y＝x2﹣4x+1，
∴当x2﹣4x+1＝6时，解得x＝5或x＝﹣1，
∴当y＜6时，﹣1＜x＜5，
故答案为：﹣1＜x＜5；
（3）∵y＝x2﹣4x+1＝（x﹣2）2﹣3，
∴抛物线向右平移4个单位后的解析式为y＝（x﹣6）2﹣3，
当x＝3时，点P在抛物线y＝（x﹣6）2﹣3的部分上，
∴m＝6；
（4）存在点Q，使得S△OAQ＝9，理由如下：
当Q点在抛物线y＝（x﹣6）2﹣3的部分上时，设Q（t，t2﹣12t+33），
∴S△OAQ=12×2×（t2﹣12t+33）＝9，
解得t＝6+23或t＝6﹣23，
∴t＜4，
∴t＝6﹣23，
∴Q（6﹣23，9）；
当Q点在抛物线y＝x2﹣4x+1的部分上时，设Q（m，m2﹣4m+1），
∴S△OAQ=12×2×（m2﹣4m+1）＝9，
解得m＝23+2或m＝﹣23+2，
∵m≥4，
∴m＝23+2，
∴Q（23+2，9）；
综上所述：Q点坐标为（6﹣23，9）或（23+2，9）．
总结提升：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，函数图象平移的性质，数形结合解题是关键．
21．(2023•大庆）已知二次函数y＝x2+bx+m图象的对称轴为直线x＝2，将二次函数y＝x2+bx+m图象中y轴左侧部分沿x轴翻折，保留其他部分得到新的图象C．
（1）求b的值；
（2）①当m＜0时，图C与x轴交于点M，N（M在N的左侧），与y轴交于点P．当△MNP为直角三角形时，求m的值；
②在①的条件下，当图象C中﹣4≤y＜0时，结合图象求x的取值范围；
（3）已知两点A（﹣1，﹣1），B（5，﹣1），当线段AB与图象C恰有两个公共点时，直接写出m的取值范围．
思路引领：（1）由二次函数的对称轴直接可求b的值；
（2）①求出M（2−4−m，0），N（2+4−m，0），再求出MN＝24−m，MN的中点坐标为（2，0），利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，列出方程即可求解；
②求出抛物线y＝x2﹣4x﹣1（x≥0）与直线y＝﹣4的交点为（1，﹣4），（3，﹣4），再求出y＝x2﹣4x﹣1关于x轴对称的抛物线解析式为y＝﹣x2+4x+1（x＜0）当﹣x2+4x+1＝﹣4时，解得x＝5（舍）或x＝﹣1，抛物线y＝﹣x2+4x+1（x＜0）与直线y＝﹣4的交点为（﹣1，﹣4），结合图像可得﹣1≤x＜2−5或0≤x≤1或3≤x＜2+5时，﹣4≤y＜0；
（3）通过画函数的图象，分类讨论求解即可．
解：（1）∵已知二次函数y＝x2+bx+m图象的对称轴为直线x＝2，
∴b＝﹣4；
（2）如图1：①令x2+bx+m＝0，
解得x＝2−4−m或x＝2+4−m，
∵M在N的左侧，
∴M（2−4−m，0），N（2+4−m，0），
∴MN＝24−m，MN的中点坐标为（2，0），
∵△MNP为直角三角形，
∴4+m2=4−m，
解得m＝0（舍）或m＝﹣1；
②∵m＝﹣1，
∴y＝x2﹣4x﹣1（x≥0），
令x2﹣4x﹣1＝﹣4，
解得x＝1或x＝3，
∴抛物线y＝x2﹣4x﹣1（x≥0）与直线y＝﹣4的交点为（1，﹣4），（3，﹣4），
∵y＝x2﹣4x﹣1关于x轴对称的抛物线解析式为y＝﹣x2+4x+1（x＜0），
当﹣x2+4x+1＝﹣4时，解得x＝5（舍）或x＝﹣1，
∴抛物线y＝﹣x2+4x+1（x＜0）与直线y＝﹣4的交点为（﹣1，﹣4），
∴﹣1≤x＜2−5或0≤x≤1或3≤x＜2+5时，﹣4≤y＜0；
（3）y＝x2﹣4x+m关于x轴对称的抛物线解析式为y＝﹣x2+4x﹣m（x＜0），
如图2，当y＝﹣x2+4x﹣m（x＜0）经过点A时，﹣1﹣4﹣m＝﹣1，
解得m＝﹣4，
∴y＝x2﹣4x﹣4（x≥0），当x＝5时，y＝1，
∴y＝x2﹣4x﹣4（x≥0）与线段AB有一个交点，
∴m＝﹣4时，当线段AB与图象C恰有两个公共点；
如图3，当y＝x2﹣4x+m（x≥0）经过点（0，﹣1）时，m＝﹣1，
此时图象C与线段AB有三个公共点，
∴﹣4≤m＜﹣1时，线段AB与图象C恰有两个公共点；
如图4，当y＝﹣x2+4x﹣m（x＜0）经过点（0，﹣1）时，m＝1，
此时图象C与线段AB有两个公共点，
当y＝x2﹣4x+m（x≥0）的顶点在线段AB上时，m﹣4＝﹣1，
解得m＝3，
此时图象C与线段AB有一个公共点，
∴1≤m＜3时，线段AB与图象C恰有两个公共点；
综上所述：﹣4≤m＜﹣1或1≤m＜3时，线段AB与图象C恰有两个公共点．
总结提升：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，图形翻折的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
22．(2023•岳阳）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0）和点B（1，0）．
（1）求抛物线F1的解析式；
（2）如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
（3）如图3，将（2）中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点（点C在点D的左侧）．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点（点M，N与点C，D不重合），试求四边形CMDN面积的最大值．
思路引领：（1）将点A（﹣3，0）和点B（1，0）代入y＝x2+bx+c，即可求解；
（2）利用对称性求出函数F1顶点（﹣1，﹣4）关于原点的对称点为（1，4），即可求函数F2的解析式；
（3）①通过联立方程组y=−x2+2x+5y=x2+2x−3，求出C点和D点坐标即可；
②求出直线CD的解析式，过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交CD于点E，设M（m，m2+2m﹣3），N（n，﹣n2+2n+5），则F（m，2m+1），N（n，2n+1），可求MF＝﹣m2+4，NE＝﹣n2+4，由S四边形CMDN＝S△CDN+S△CDM＝2（MF+NE），分别求出MF的最大值4，NE的最大值4，即可求解．
解：（1）将点A（﹣3，0）和点B（1，0）代入y＝x2+bx+c，
∴9−3b+c=01+b+c=0，
解得b=2c=−3，
∴y＝x2+2x﹣3；
（2）∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点（﹣1，﹣4），
∵顶点（﹣1，﹣4）关于原点的对称点为（1，4），
∴抛物线F2的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（3）由题意可得，抛物线F3的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+6＝﹣x2+2x+5，
①联立方程组y=−x2+2x+5y=x2+2x−3，
解得x＝2或x＝﹣2，
∴C（﹣2，﹣3）或D（2，5）；
②设直线CD的解析式为y＝kx+b，
∴−2k+b=−32k+b=5，
解得k=2b=1，
∴y＝2x+1，
过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交CD于点E，
设M（m，m2+2m﹣3），N（n，﹣n2+2n+5），
则F（m，2m+1），E（n，2n+1），
∴MF＝2m+1﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2+4，
NE＝﹣n2+2n+5﹣2n﹣1＝﹣n2+4，
∵﹣2＜m＜2，﹣2＜n＜2，
∴当m＝0时，MF有最大值4，
当n＝0时，NE有最大值4，
∵S四边形CMDN＝S△CDN+S△CDM=12×4×（MF+NE）＝2（MF+NE），
∴当MF+NE最大时，四边形CMDN面积的最大值为16．
总结提升：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，图象平移和对称的性质是解题的关键已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（0，1），B（1，﹣2），．
求该二次函数的解析式．