初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数中的四边形综合问题

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（2）动点P在线段OC上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动，过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N. 设点P移动的时间为t秒，MN的长度为s个单位，求s与t的函数关系式，并写出t的取值范围；
（3）设在（2）的条件下（不考虑点P与点O，点C重合的情况），连接CM，BN，当t为何值时，四边形BCMN为平行四边形？问对于所求的t值，平行四边形BCMN是否菱形？请说明理由
【答案】（1）；（2） （0≤t≤3）；（3）t=1或2时；四边形BCMN为平行四边形；t=1时，平行四边形BCMN是菱形，t=2时，平行四边形BCMN不是菱形，理由见解析.
【解析】
解：（1）x=0时，y=1，
∴点A的坐标为：（0，1），
∵BC⊥x轴，垂足为点C（3，0），
∴点B的横坐标为3，
当x=3时，y=，
∴点B的坐标为（3，），
设直线AB的函数关系式为y=kx+b， ，
解得，，
则直线AB的函数关系式
（2）当x=t时，y=t+1，
∴点M的坐标为（t，t+1），
当x=t时，
∴点N的坐标为
（0≤t≤3）；
（3）若四边形BCMN为平行四边形，则有MN=BC，
∴，
解得t1=1，t2=2，
∴当t=1或2时，四边形BCMN为平行四边形，
①当t=1时，MP=，PC=2，
∴MC==MN，此时四边形BCMN为菱形，
②当t=2时，MP=2，PC=1，
∴MC=≠MN，此时四边形BCMN不是菱形．
2、如图，已知抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于点A，B，AB＝2，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝2．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）根据图像，直接写出不等式x2＋bx＋c＞0的解集： ．
（3）设D为抛物线上一点，E为对称轴上一点，若以点A，B，D，E为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为： ．
【答案】（1）y＝x2－4x＋3；（2）x＜1或x＞3；（3）（2，－1）
【解析】（1）如图，∵AB＝2，对称轴为直线x＝2．
∴点A的坐标是（1，0），点B的坐标是（3，0）．
把A、B两点的坐标代入得：1+b+c＝09+3b+c＝0，解得：b＝−4c＝3，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2－4x＋3；．
（2）由图象得：不等式x2＋bx＋c＞0，即y＞0时，x＜1或x＞3；
故答案为：x＜1或x＞3；
（3）（2，－1）．
y=x2-4x+3=（x-2）2-1，
∴顶点坐标为（2，-1），
当E、D点在x轴的上方，即DE∥AB，AE=AB=BD=DE=2，此时不合题意，
如图，根据“菱形ADBE的对角线互相垂直平分，抛物线的对称性”得到点D是抛物线y=x2-4x+3的顶点坐标，即（2，-1），
故答案是：（2，-1）．
3、如图，已知抛物线经过点和点，与轴交于点.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点是直线下方的抛物线上一动点（不点，重合），过点作轴的平行线交直线于点，设点的横坐标为.
①用含的代数式表示线段的长；
②连接，，求的面积最大时点的坐标；
（3）设抛物线的对称轴与交于点，点是抛物线的对称轴上一点，为轴上一点，是否存在这样的点和点，使得以点、、、为顶点的四边形是菱形？如果存在，请直接写出点的坐标；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）y＝x2﹣4x+3；（2）①用含m的代数式表示线段PD的长为﹣m2+3m；②△PBC的面积最大时点P的坐标为（，﹣）；（3）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形．点M的坐标为M1（2，3），M2（2，1﹣2），M3（2，1+2）．
【解析】
（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）①设P（m，m2﹣4m+3），
将点B（3，0）、C（0，3）代入得直线BC解析式为yBC＝﹣x+3．
∵过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，
∴D（m，﹣m+3），
∴PD＝（﹣m+3）﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+3m．
答：用含m的代数式表示线段PD的长为﹣m2+3m．
②S△PBC＝S△CPD+S△BPD
＝OB•PD＝﹣m2+m
＝﹣（m﹣）2+．
∴当m＝时，S有最大值．
当m＝时，m2﹣4m+3＝﹣．
∴P（，﹣）．
答：△PBC的面积最大时点P的坐标为（，﹣）．
（3）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形．
根据题意，点E（2，1），
∴EF=CF=2，
∴EC=2，
根据菱形的四条边相等，
∴ME=EC=2，∴M（2，1-2）或（2，1+2）
当EM=EF=2时，M（2，3）
∴点M的坐标为M1（2，3），M2（2，1﹣2），M3（2，1+2）．
4、如图，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，B点的坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3），点P是直线BC下方抛物线上的任意一点．
（1）求这个二次函数y=x2+bx+c的解析式．
（2）连接PO，PC，并将△POC沿y轴对折，得到四边形POP′C，如果四边形POP′C为菱形,求点P的坐标．
（3）如果点P在运动过程中，能使得以P、C、B为顶点的三角形与△AOC相似，请求出此时点P的坐标．
【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3（2）（2）（2+102，-32）（3）P、C、B为顶点的三角形与△AOC相似，此时点P的坐标（1，﹣4）
【解析】（1）将B、C点代入函数解析式，得：9+3b+c=0c=−3，解得：b=−2c=−3，这个二次函数y＝x2+bx+c的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵四边形POP′C为菱形，∴OC与PP′互相垂直平分，∴yP=−OC2=−32，即x2﹣2x﹣3=−32，解得：x1=2+102，x2=2−102（舍），P（2+102，−32）；
（3）∵∠PBC＜90°，∴分两种情况讨论：
①如图1，当∠PCB＝90°时，过P作PH⊥y轴于点H，BC的解析式为y＝x﹣3，CP的解析式为y＝﹣x﹣3，设点P的坐标为（m，﹣3﹣m），将点P代入代入y═x2﹣2x﹣3中，解得：m1＝0（舍），m2＝1，即P（1，﹣4）；
AO＝1，OC＝3，CB=32+32=32，CP=12+（−4+3）2=2，此时BCCP=COAO=3，△AOC∽△PCB；
②如图2，当∠BPC＝90°时，作PH⊥y轴于H，作BD⊥PH于D．
∵PC⊥PB，∴△PHC∽△BDP，∴PHHC=BDPD．设点P的坐标为（m，m2﹣2m﹣3），则PH=m，HC=－（m2﹣2m﹣3）－（－3）=－m2+2m，BD=－（m2﹣2m﹣3），PD=3－m，∴m−m2+2m=−(m2−2m−3)3−m，∴1m−2=−(m+1)，解得：m=1+52或1−52（舍去）．当m=1+52时，m2﹣2m﹣3=−5+52．
∵△PHC∽△BDP，∴PCPB=HCPD=−m2+2m3−m=5−15−5=15=55≠COAO =3，以P、C、B为顶点的三角形与△AOC不相似．
综上所述：P、C、B为顶点的三角形与△AOC相似，此时点P的坐标（1，﹣4）．
5、如图，在平面直角些标系中，二次函数y＝ax2+bx﹣的图象经过点A（﹣1，0），C（2，0），与y轴交于点B，其对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式及其顶点的坐标；
（2）若P为y轴上的一个动点，连接PD，求PB+PD的最小值；
（3）M（x，t）为抛物线对称轴上一个动点，若平面内存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，则这样的点N共有 个．
【答案】（1），抛物线的顶点坐标为（）；（2）最小值为；（3）5个
【解析】
(1)∵二次函数的图象经过点A(﹣1，0)C(2，0)，
∴，
解得：，
∴二次函数的表达式为，
∵y=，
∴抛物线的顶点坐标为()；
(2)如图，连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此时PB+PD最小．
理由：∵OA=1，OB=，
∴，
∵，
∴∠ABO=30°，
∴PH=PB，
∴PB+PD=PH+PD=DH，
∴此时PB+PD最短(垂线段最短);
∵抛物线的顶点坐标为()，
∴，
∵∠ABO=30°，
∴∠HAD=60°，
在Rt△ADH中，∵∠AHD=90°，AD=，∠HAD=60°，
∴sin60°=，
∴DH=，
∴PB+PD的最小值为；
(3)①以A为圆心AB为半径画弧，因为AB＞AD，故此时圆弧与对称轴有两个交点，且AM=AB，即M点存在两个，所以满足条件的N点有两个；
②以B为圆心AB为半径画弧，因为，故此时圆弧与对称轴有两个交点，且BM=AB，即M点有两个，所以满足条件的N点有两个；
③线段AB的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时AM=BM，因为M点有一个，所以满足条件的N点有一个；
则满足条件的N点共有5个，
故答案为：5．
6、已知，在平面直角坐标系内一直线l1:y=-x+3分别与x轴、y轴交于A、B两点，抛物线y=-x2+bx+c经过A、B两点，y轴右侧部分抛物线上有一动点C，过点C作y轴的平行线交直线l1于点D.
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，C在第一象限，求以CD为直径的⊙E的最大面积，并判断此时⊙E与抛物线的对称轴是否相切？若不相切，求出使得⊙E与该抛物线对称轴相切时点C的横坐标；
（3）坐标平面内是否存在点M，使B、C、D、M为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点M的坐标；不存在，请说明理由.
【答案】(1)y=−x2+2x+3；（2）不相切， C的横坐标分别为2和5−172；（3）M（0,1），（2,3）（0,1-32），（0,1+32）.
【解析】
解：（1）直线l1:y=-x+3分别与x轴、y轴交于A、B两点，可得A点（3，0），B点（0，3），将A、B两点坐标代入y=-x2+bx+c，可得
0=−9+3b+c3=c，可得b=2，c=3
∴抛物线的函数表达式y=−x2+2x+3；
（2）①可得抛物线对称轴为：x=−b2a=1，
∵ C在第一象限,以CD为直径的⊙E的最大面积，即CD最长时，圆的面积最大，
设直线CD的横坐标为t，0＜t＜3，
∴D点坐标（t，-t+3），C点坐标（t，-t2+2t+3），
∴ |CD|=-t2+2t+3-(-t+3)= -t2+3t（0＜t＜3），
∴当t=−b2a=32时，CD最长，此时CD最长为94，
此时圆E的半径为98，此时CD与对称轴的距离为32-1=12≠98，
故不相切.
②当CD在对称轴右边时，即1＜t＜3时
|CD|= -t2+3t（1＜t＜3）；圆E的半径为t-1，
可得|CD|=2r；-t2+3t=2（t-1），解得：t1=-1（舍去）；
t2=2；
当CD在对称轴左边时，即即0＜t＜1时，
有-t2+3t=2（1-t），解得：t1=5+172（舍去），
t2=5−172；
综上所述：t=2或t=5−172，⊙E与该抛物线对称轴相切.
(3)存在，由菱形性质可得M点坐标（0,1），（2,3）（0,1-32），（0,1+32）.
7、如图，二次函数y=−x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为B(4,0)，另一个交点为A，且与y轴相交于C点
（1）求m的值及C点坐标；
（2）在直线BC上方的抛物线上是否存在一点M，使得它与B，C两点构成的三角形面积最大，若存在，求出此时M点坐标；若不存在，请简要说明理由
（3）P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q，当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标(直接写出答案)；
【答案】(1)m=4, C(0,4)
(2) 存在, M(2,6)
(3)P点坐标为(1+5,1+5)或(1−5,1−5)
【解析】解：(1) 将点B(4,0)的坐标代入二次函数y=−x2+3x+m，即−42+3×4+m=0，解得m=4，故二次函数解析式为y=−x2+3x+4，令x=0，解得y=4，故C点坐标为(0,4);
(2)存在，
理由：∵B(4,0)，C(0,4)
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
当直线BC向上平移b单位后和抛物线只有一个公共点时，△MBC面积最大，
∴y=−x+4+by=−x2+3x+4
整理得：x2−4x+b=0
∴∆=16−4b=0，
∴b=4
∴x=2y=6
∴M(2,6)
(3)
如图2、图3所示，连接PQ交BC于点G。
因为四边形PBQC是菱形，所以G为BC的中点，
因为点B、C的坐标分别为(4,0)、(0,4)，所以由中点坐标公式得G点坐标为(2,2)，
由(2)可知直线BC的解析式为y=−x+4，
由于PG⊥BC，所以设直线PG的解析式为y=x+b，
将G(2,2)代入，求得直线PG的解析式为y=x，
将直线PG的解析式与抛物线解析式联立得：
y=−x2+3x+4y=x，消去y得：x=−x2+3x+4，
解得：x=1±5，
将x=1+5代入直线PG的解析式得y=1+5，
将x=1−5代入直线PG的解析式得y=1−5，
故当四边形PBQC为菱形时，P点坐标为(1+5,1+5)或(1−5,1−5).
8、如图所示，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴上，点B坐标为(4，t)(t＞0)．二次函数y＝x2＋bx(b＜0)的图象经过点B，顶点为点D.
(1)当t＝12时，顶点D到x轴的距离等于__eq \f(1,4)__；
(2)点E是二次函数y＝x2＋bx(b＜0)的图象与x轴的一个公共点(点E与点O不重合)．求OE·EA的最大值及取得最大值时的二次函数表达式；
(3)矩形OABC的对角线OB，AC交于点F，直线l平行于x轴，交二次函数y＝x2＋bx(b＜0)的图象于点M，N，连结DM，DN.当△DMN≌△FOC时，求t的值．
【解析】 (1)将B点坐标(4，12)代入y＝x2＋bx求出二次函数关系式，再用配方法或二次函数的顶点坐标公式解决问题；
(2)分别用含b的代数式表示OE，AE的长，再运用二次函数的求最值的方法(配方法)求出OE·EA的最大值；
(3)由△DMN≌△FOC可得MN＝CO＝t，再分别用含b，t的代数式表示出点M，N的坐标，将点M或点N的坐标代入y＝x2＋bx就可以求出t的值．
解：(2)∵二次函数y＝x2＋bx与x轴交于点E，∴E(－b，0)．
∴OE＝－b，AE＝4＋b.∴OE·EA＝－b(b＋4)＝－b2－4b＝－(b＋2) 2＋4.
∴当b＝－2时，OE·EA有最大值，其最大值为4.此时b＝－2，二次函数表达式为y＝x2－2x；
第1题答图
(3)如答图，过D作DG⊥MN，垂足为G，过点F作FH⊥CO，垂足为H.
∵△DMN≌△FOC，∴MN＝CO＝t，DG＝FH＝2.
∵Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2)，－\f(b2,4)))，
∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2)＋\f(t,2)，－\f(b2,4)＋2))，即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－b,2)，\f(8－b2,4))).
把x＝eq \f(t－b,2)，y＝eq \f(8－b2,4)代入y＝x2＋bx，
得eq \f(8－b2,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－b,2)))eq \s\up12(2)＋b·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－b,2)))，
解得t＝±2eq \r(2)，∵t＞0，∴t＝2eq \r(2).
9、如图所示，直线y＝kx＋m分别交y轴，x 轴于A(0，2)，B(4，0)两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c过A，B两点．
(1)求直线和抛物线的表达式；
(2)设N(x，y)是(1)所得抛物线上的一个动点，过点N作直线MN垂直x轴交直线AB于点M，若点N在第一象限内．试问：线段MN的长度是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时x的值；若不存在，请说明理由；
(3)在(2)的情况下，以A，M，N，D为顶点作平行四边形，求第四个顶点D的坐标．
【解析】 (1)由直线y＝kx＋m分别交y轴、x 轴于A(0，2)，B(4，0)两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c过A，B两点，利用待定系数法即可求得直线和抛物线的表达式；
(2)假设x＝t时，线段MN的长度是最大值，可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)t＋2))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－t2＋\f(7,2)t＋2))，则可得MN＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－t2＋\f(7,2)t＋2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)t＋2))＝－t2＋4t
＝－(t－2)2＋4，然后由二次函数的最值问题，求得答案；
(3)根据平行四边形的性质即可求得答案．
解：(1)∵直线y＝kx＋m分别交y轴，x 轴于A(0，2)，B(4，0)两点，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝2，,4k＋m＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝2，,k＝－\f(1,2).))
∴直线的表达式为y＝－eq \f(1,2)x＋2，
将A(0，2)，B(4，0)分别代入抛物线，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2，,－16＋4b＋c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝\f(7,2)，,c＝2.))
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋eq \f(7,2)x＋2；
(2)存在．
假设x＝t时，线段MN的长度是最大值，
由题意，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)t＋2))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－t2＋\f(7,2)t＋2))，
∴MN＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－t2＋\f(7,2)t＋2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)t＋2))＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4，
∴当t＝2时，MN有最大值4；
第2题答图
(3)由题意可知，D的可能位置有如答图三种情形．
当D在y轴上时，
设D的坐标为(0，a)，
由AD＝MN，得|a－2|＝4，
解得a1＝6，a2＝－2，
∴D(0，6)或D(0，－2)；
当D不在y轴上时，由图可知D为D1N与D2M的交点，
∵直线D1N的表达式为y＝－eq \f(1,2)x＋6，直线D2M的表达式为y＝eq \f(3,2)x－2，
由两方程联立解得D(4，4)．
综上可得，D的坐标为(0，6)，(0，－2)或(4，4)．
10、如图所示，抛物线y＝－x2＋6x交x轴正半轴于点A，顶点为M，对称轴MB交x轴于点B，过点C(2，0)作射线CD交MB于点D(D在x轴上方)，OE∥CD交MB于点E，EF∥x轴交CD的延长线于点F，作直线MF.
(1)求点A，M的坐标；
(2)当BD为何值时，点F恰好落在该抛物线上？
(3)当BD＝1时，
①求直线MF的表达式，并判断点A是否落在该直线上；
②延长OE交FM于点G，取CF中点P，连结PG，△FPG，四边形DEGP，四边形OCDE的面积分别记为S1，S2，S3，则S1∶S2∶S3＝__3∶4∶8__.
解：(1)令y＝0，则－x2＋6x＝0，解得x1＝0，x2＝6，∴A(6，0)，∴对称轴是直线x＝3，∴M(3，9)；
(2)∵OE∥CF，OC∥EF，C(2，0)，
∴EF＝OC＝2，∴BC＝1，
∴点F的横坐标为5，
∵点F落在抛物线y＝－x2＋6x上，
∴F(5，5)，BE＝5.∵eq \f(BD,DE)＝eq \f(CB,OC)＝eq \f(1,2)，
∴DE＝2BD，∴BE＝3BD，∴BD＝eq \f(5,3)；
(3)①当BD＝1时，BE＝3，∴F(5，3)．
第3题答图
设MF的表达式为y＝kx＋b，将M(3，9)，F(5，3)代入，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(9＝3k＋b，,3＝5k＋b，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－3，,b＝18，))
∴y＝－3x＋18.
∵当x＝6时，y＝－3×6＋18＝0，
∴点A落在直线MF上；
②∵BD＝1，BC＝1，
∴△BDC为等腰直角三角形，
∴△OBE为等腰直角三角形，
∴CD＝eq \r(2)，CF＝OE＝3eq \r(2)，
∴DP＝eq \f(\r(2),2)，PF＝eq \f(3\r(2),2)，
根据MF及OE的表达式求得点G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，\f(9,2)))，如答图，过点G作GN⊥EF交EF于点N，则EN＝GN＝eq \f(3,2)，∴EG＝eq \f(3\r(2),2)，S△FPG，S梯形DEGP，S梯形OCDE的高相等，所以三者面积比等于底之比，
故S△FPG∶S梯形DEGP∶S梯形OCDE
＝PF∶(DP＋EG)∶(DC＋OE)
＝eq \f(3\r(2),2)∶2eq \r(2)∶4eq \r(2)
＝eq \f(3,2)∶2∶4＝3∶4∶8.
11、如图所示，抛物线y＝ax2＋bx－3经过点A(2，－3)，与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC＝3OB.
(1)求抛物线的表达式；
(2)点D在y轴上，且∠BDO＝∠BAC，求点D的坐标；
(3)点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)本题需先根据已知条件，求出C点坐标，即OC，进而根据OC＝3OB求出点B的坐标，再根据过A，B两点，即可得出结果；
(2)过点B作BE⊥x轴交AC的延长线于点E，由∠BDO＝∠BAC，∠BOD＝∠BEA＝90°得到Rt△BDO和Rt△BAE相似，得到OD，进而得到点D的坐标；
(3)根据题意可知N点在对称轴x＝1上，而A，B，M，N四点构成平行四边形符合题意的有三种情况：①BM∥AN，AM∥BN；②BN∥AM，AB∥MN；③BM∥AN，AB∥MN，然后根据平行直线k相同可以得到点M的坐标．
解：(1)令x＝0，由y＝ax2＋bx－3，得y＝－3，∴C(0，－3)，∴OC＝3，
又∵OC＝3OB，∴OB＝1，∴B(－1，0)，
把点B(－1，0)和A(2，－3)分别代入y＝ax2＋bx－3，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b－3＝0，,4a＋2b－3＝－3，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－2.))
∴该二次函数的表达式为y＝x2－2x－3.
(2)如答图①，过点B作BE⊥x轴交AC的延长线于点E.
∵∠BDO＝∠BAC，∠BOD＝∠BEA＝90°，
∴Rt△BDO∽Rt△BAE，
∴OD∶OB＝AE：BE，∴OD∶1＝3∶3，∴OD＝1，
∴D点坐标为(0，1)或(0，－1)．

第4题答图① 第4题答图②
(3)如答图②，M1(0，－3)，M2(－2，5)，M3(4，5)．
12、如图所示，顶点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(9,4)))的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点M(2，0)．
原图 备用图
(1)求抛物线的表达式；
(2)点A是抛物线与x轴的交点(不与点M重合)，点B是抛物线与y轴的交点，点C是直线y＝x＋1上一点(处于x轴下方)，点D是反比例函数y＝eq \f(k,x)(k>0)图象上一点．若以点A，B，C，D为顶点的四边形是菱形，求k的值．
【解析】 (1)已知抛物线的顶点坐标，可设顶点式为 y＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(9,4)，再把点M(2，0)代入，可求a＝1，所以抛物线的表达式可求；
(2)先分别求出A，B两点的坐标，及AB的长，再根据反比例函数y＝eq \f(k,x)(k>0)，考虑点C在x轴下方，故点D只能在第一、三象限．确定菱形有两种情形：①菱形以AB为边，如答图①，过点D作y轴的垂线，交y轴于点N，因此，∠BDN＝∠GAO＝45°，BD＝AB，从而求出DN，NO，即D的坐标可求，从而k可求．② 菱形以AB为对角线，如答图②，过点D作x轴的垂线，与x轴交于点F，与过点B作y轴的垂线交于点E，可证△DBE是等腰直角三角形，所以设BE＝DE＝x，则DF＝x－2，DB＝eq \r(2)x，在Rt△ADF中，AD＝BD＝eq \r(2)x，AF＝x＋1，利用勾股定理，构造关于x的方程，求出x，则D点坐标(x，x－2)可求，k可求．
解：(1)依题意可设抛物线为y＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(9,4)，将点M(2，0)代入可得a＝1，∴抛物线的表达式为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(9,4)＝x2－x－2；
(2)当y＝0时，x2－x－2＝0，解得x1＝－1，x2＝2，∴A(－1，0)，当x＝0时，y＝－2，∴B(0，－2)．
在 Rt△OAB 中，OA＝1，OB＝2，∴AB＝eq \r(5).设直线 y ＝ x＋1 与 y 轴的交点为点 G，易求 G(0，1)，∴Rt△AOG为等腰直角三角形，∴∠AGO＝45°.∵点 C 在 y＝x＋1 上且在 x 轴下方，而 k>0，∴y＝eq \f(k,x)的图象位于第一、三象限，故点 D 只能在第一、三象限，因此符合条件的菱形只能有如下两种情况：
第5题答图①
∴①菱形以 AB 为边且 AC 也为边，如答图①所示，过点 D 作 DN⊥y 轴于点 N，
在 Rt△BDN 中，
∵∠DBN＝∠AGO ＝45°，
∴DN＝BN＝eq \f(\r(10),2)，
∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),2)，－\f(\r(10),2)－2))，点D在y＝eq \f(k,x)(k>0)的图象上，∴k＝－eq \f(\r(10),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),2)－2))＝eq \f(5,2)＋eq \r(10).
②菱形以 AB 为对角线，如答图②所示，作 AB 的垂直平分线 CD 交直线 y ＝ x＋1 于点 C，交 y＝eq \f(k,x)的图象于点D．再分别过点 D，B 作 DE⊥x 轴于点 F，BE⊥y 轴，DE 与 BE 相交于点 E.
在 Rt△BDE 中，同①可证∠AGO＝∠DBO ＝∠BDE＝ 45°，∴BE＝DE.设点 D 的坐标为(x，x－2)．
第5题答图②
∵BE2＋DE2＝BD2，∴BD＝eq \r(2)BE ＝eq \r(2)x.∵四边形ACBD是菱形，∴AD＝BD＝eq \r(2)x.
∴在Rt△ADF中，AD2＝AF2＋DF2，(eq \r(2)x)2＝(x＋1)2＋(x－2)2，解得x＝eq \f(5,2)，
∴点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(1,2)))，点D在y＝eq \f(k,x)(k>0)的图象上，
∴k＝eq \f(5,4).
综上所述，k的值为eq \f(5,2)＋eq \r(10)或eq \f(5,4).
13、如图所示，抛物线y＝eq \f(1,2)x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB＝OC＝6.
(1)求抛物线的表达式及点D的坐标；
(2)连结BD，F为抛物线上一动点，当∠FAB＝∠EDB时，求点F的坐标；
(3)平行于x轴的直线交抛物线于M，N两点，以线段MN为对角线作菱形MPNQ，当点P在x轴上，且PQ＝eq \f(1,2)MN时，求菱形对角线MN的长．
【解析】 (1)利用OB＝OC＝6得到点B(6，0)，C(0，－6)，将其代入抛物线的表达可求出b，c的值，进而得到抛物线的表达式，最后通过配方得到顶点坐标；
(2)由于F为抛物线上一动点，∠FAB＝∠EDB，可以分两种情况求解：一是点F在x轴上方；二是点F在x轴下方．每一种情况都可以作FG⊥x轴于点G，构造Rt△AFG与Rt△DBE相似，利用对应边成比例或三角函数的定义求点F的坐标．
(3)首先根据MN与x轴的位置关系画出符合要求的两种图形：一是MN在x轴上方；二是MN在x轴下方．设菱形对角线的交点T到x轴的距离为n，利用PQ＝eq \f(1,2)MN，得到MT＝2n，进而得到点M的坐标为(2＋2n，n)，再由点M在抛物线上，得n＝eq \f(1,2)(2＋2n)2－2(2＋2n)－6，求出n的值，最后可以求得MN＝2MT＝4n的两个值．
解：(1)∵OB＝OC＝6，∴B(6，0)，C(0，－6)．
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×62＋6b＋c＝0，,c＝－6，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－2，,c＝－6，))∴抛物线的表达式为y＝eq \f(1,2)x2－2x－6.
∵y＝eq \f(1,2)x2－2x－6＝eq \f(1,2)(x－2)2－8，
∴点D的坐标为(2，－8)；
(2)如答图①，当点F在x轴上方时，设点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，\f(1,2)x2－2x－6)).过点F作FG⊥x轴于点G，易求得OA＝2，则AG＝x＋2，FG＝eq \f(1,2)x2－2x－6.
第7题答图①
∵∠FAB＝∠EDB，
∴tan∠FAG＝tan∠EDB，
即 eq \f(\f(1,2)x2－2x－6,x＋2)＝eq \f(1,2)，
解得x1＝7，x2＝－2(舍去)．
当x＝7时，y＝eq \f(9,2)，
∴点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7，\f(9,2))).
当点F在x轴下方时，同理求得点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，－\f(7,2))).
综上所述，点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7，\f(9,2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，－\f(7,2))).
(3)∵点P在x轴上，∴根据菱形的对称性可知点P的坐标为(2，0)．
如答图②，当MN在x轴上方时，设T为菱形对角线的交点．
第7题答图②
∵PQ＝eq \f(1,2)MN，∴MT＝2PT.设TP＝n，则MT＝2n.
∴M(2＋2n，n)．∵点M在抛物线上，
∴n＝eq \f(1,2)(2＋2n)2－2(2＋2n)－6，即2n2－n－8＝0.
解得n1＝eq \f(1＋\r(65),4)，n2＝eq \f(1－\r(65),4)(舍去)．
∴MN＝2MT＝4n＝eq \r(65)＋1.
当MN在x轴下方时，设TP＝n，得M(2＋2n，－n)．
∵点M在抛物线上，
∴－n＝eq \f(1,2)(2＋2n)2－2(2＋2n)－6，
即2n2＋n－8＝0.
解得n1＝eq \f(－1＋\r(65),4)，n2＝eq \f(－1－\r(65),4)(舍去)．
∴MN＝2MT＝4n＝eq \r(65)－1.
综上所述，菱形对角线MN的长为eq \r(65)＋1或eq \r(65)－1.