中考数学二轮复习压轴题培优训练专题09二次函数与正方形存在性问题（2份，原卷版+解析版）

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二次函数与正方形存在性问题
1.作为特殊四边形中最特殊的一位，正方形拥有更多的性质，因此坐标系中的正方形存在性问题变化更加多样，从判定的角度来说，可以有如下：（1）有一个角为直角的菱形；
（2）有一组邻边相等的矩形；（3）对角线互相垂直平分且相等的四边形．依据题目给定的已知条件选择恰当的判定方法，即可确定所求的点坐标．
2.对于二次函数与正方形的存在性问题，常见的处理思路有：
思路1：从判定出发若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等；若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直；若已知对角线互相垂直或平分或相等，则加上其他条件．
思路2：构造三垂直全等若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等来求得第3个点，再求第4个点．
3.示例：在平面直角坐标系中，已知A、B的坐标，在平面中求C、D使得以A、B、C、D为顶点的四边形是正方形．

如图，一共6个这样的点C使得以A、B、C为顶点的三角形是等腰直角三角形．
【例1】（2022•齐齐哈尔）综合与探究
如图，某一次函数与二次函数y＝x2+mx+n的图象交点为A（﹣1，0），B（4，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为 （1，2） ；
（3）点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；
（4）在（2）条件下，点M为y轴上一点，点F为直线AB上一点，点N为平面直角坐标系内一点，若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）将A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n，解方程即可得出答案；
（2）根据两点之间，线段最短，可知当点A、B、C三点共线时，AC+BC的最小值为AB的长，求出直线AB的解析式，即可得出点C的坐标；
（3）设D（a，a2﹣2a﹣3），则E（a，a+1），表示出DE的长度，利用二次函数的性质可得答案；
（4）分CF为对角线和边，分别画出图形，利用正方形的性质可得答案．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n得，
，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）设直线AB的函数解析式为y＝kx+b，
，
∴，
∴直线AB的解析式为y＝x+1，
∵AC+BC≥AB，
∴当点A、B、C三点共线时，AC+BC的最小值为AB的长，
∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，
∴当x＝1时，y＝2，
∴C（1，2），
故答案为：（1，2）；
（3）设D（a，a2﹣2a﹣3），则E（a，a+1），
∴DE＝（a+1）﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a+4（﹣1＜a＜4），
∴当a＝时，DE的最大值为；
（4）当CF为对角线时，如图，
此时四边形CMFN是正方形，
∴N（1，1），
当CF为边时，若点F在C的上方，
此时∠MFC＝45°，
∴MF∥x轴，
∵△MCF是等腰直角三角形，
∴MF＝CN＝2，
∴N（1，4），
当点F在点C的下方时，如图，四边形CFNM是正方形，
同理可得N（﹣1，2），
当点F在点C的下方时，如图，四边形CFMN是正方形，
同理可得N（，），
综上：N（1，1）或（1，4）或（﹣1，2）或（，）．
【例2】（2022•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．
【分析】（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，﹣t2+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）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＝﹣，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+8，
∵四边形EFGH是正方形，
∴GH＝FG＝2OG，
设H（t，﹣t2+8）（t＞0），
∴﹣t2+8＝2t，
解得：t1＝﹣2+2，t2＝﹣2﹣2（舍），
∴此正方形的面积＝FG2＝（2t）2＝4t2＝4（﹣2+2）2＝（96﹣32）dm2；
（2）如图2，由（1）知：设H（t，﹣t2+8）（t＞0），
∴矩形EFGH的周长＝2FG+2GH＝4t+2（﹣t2+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）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，﹣m2+8），
由勾股定理得：PM2+PN2＝MN2，
∴m2+（﹣m2+8﹣3）2＝32，
解得：m1＝2，m2＝﹣2（舍），
∴N（2，4），
∴PM＝4﹣1＝3，
∵cs∠NMP＝＝＝，
∴MQ＝3MN＝9，
∴Q（0，12），
设QN的解析式为：y＝kx+b，
∴，
∴，
∴QN的解析式为：y＝﹣2x+12，
﹣x2+8＝﹣2x+12，
x2﹣2x+4＝0，
Δ＝（﹣2）2﹣4××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．
【例3】（2022•海南）如图1，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A（﹣1，0）、C（0，3），并交x轴于另一点B，点P（x，y）在第一象限的抛物线上，AP交直线BC于点D．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）当点P的坐标为（1，4）时，求四边形BOCP的面积；
（3）点Q在抛物线上，当的值最大且△APQ是直角三角形时，求点Q的横坐标；
（4）如图2，作CG⊥CP，CG交x轴于点G（n，0），点H在射线CP上，且CH＝CG，过GH的中点K作KI∥y轴，交抛物线于点I，连接IH，以IH为边作出如图所示正方形HIMN，当顶点M恰好落在y轴上时，请直接写出点G的坐标．
【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式，进一步求得结果；
（2）可推出△PCB是直角三角形，进而求出△BOC和△PBC的面积之和，从而求得四边形BOCP的面积；
（3）作PE∥AB交BC的延长线于E，根据△PDE∽△ADB，求得的函数解析式，从而求得P点坐标，进而分为点P和点A和点Q分别为直角顶点，构造“一线三直角”，进一步求得结果；
（4）作GL∥y轴，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于K，作HW⊥IK于点W，则△GLC≌△CRH，△ITM≌△HWI．根据△GLC≌△CRH可表示出H点坐标，从而表示出点K坐标，进而表示出I坐标，根据MT＝IW，构建方程求得n的值．
【解答】解：（1）由题意得，
，
∴，
∴该抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
∵PC2+BC2＝[1+（4﹣3）2]+（32+32）＝20，PB2＝[（3﹣1）2+42]＝20，
∴PC2+BC2＝PB2，
∴∠PCB＝90°，
∴S△PBC＝＝＝3，
∵S△BOC＝＝＝，
∴S四边形BOCP＝S△PBC+S△BOC＝3+＝；
（3）如图1，作PE∥AB交BC的延长线于E，
设P（m，﹣m2+2m+3），
∵B（3，0），C（0，3），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
由﹣x+3＝﹣m2+2m+3得，
x＝m2﹣2m，
∴PE＝m﹣（m2﹣2m）＝﹣m2+3m，
∵PE∥AB，
∴△PDE∽△ADB，
∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，（）最大＝，
当m＝时，y＝﹣（）2+2×+3＝，
∴P（，），
设Q（n，﹣n2+2n+3），
如图2，当∠PAQ＝90°时，过点A作y轴平行线AF，作PF⊥AF于F，作QG⊥AF于G，则△AFP∽△GQA，
∴＝，
∴＝，
∴n＝，
如图3，当∠AQP＝90°时，过QN⊥AB于N，作PM⊥QN于M，可得△ANQ∽△QMP，
∴＝，
∴＝，
可得n1＝1，n2＝，
如图4，当∠APQ＝90°时，作PT⊥AB于T，作QR⊥PT于R，
同理可得：＝，
∴n＝，
综上所述：点Q的横坐标为：或1或或；
（4）如图5，作GL∥y轴，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于T，作HW⊥IK于点W，则△GLC≌△CRH，△ITM≌△HWI．
∴RH＝OG＝﹣n，CR＝GL＝OC＝3，MT＝IW，
∴G（n，0），H（3，3+n），
∴K（，），
∴I（，﹣（）2+n+3+3），
∵TM＝IW，
∴＝（）2+n+6﹣（3+n），
∴（n+3）2+2（n+3）﹣12＝0，
∴n1＝﹣4+，n2＝﹣4﹣（舍去），
∴G（﹣4+，0）．
【例4】（2022•长春）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣bx（b是常数）经过点（2，0）．点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（m≠0）．以点A为中心，构造正方形PQMN，PQ＝2|m|，且PQ⊥x轴．
（1）求该抛物线对应的函数表达式；
（2）若点B是抛物线上一点，且在抛物线对称轴左侧．过点B作x轴的平行线交抛物线于另一点C，连结BC．当BC＝4时，求点B的坐标；
（3）若m＞0，当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，或者y随x的增大而减小时，求m的取值范围；
（4）当抛物线与正方形PQMN的边只有2个交点，且交点的纵坐标之差为时，直接写出m的值．
【分析】（1）把（2，0）代入y＝x2﹣bx，得到b＝2，可得结论；
（2）判断出点B的横坐标为﹣1，可得结论；
（3）分两种情形：当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大．当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小．利用图象法解决问题即可；
（4）分三种情形：如图4﹣1中，当点N（0，）时，满足条件，如图4﹣2中，当点N（0，﹣），满足条件，如图4﹣3中，当正方形PQMN的边长为时，满足条件，分别求出点A的坐标，可得结论．
【解答】解：（1）把（2，0）代入y＝x2﹣bx，得到b＝2，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x；
（2）如图1中，
∵y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
∴抛物线的顶点为（1，﹣1），对称轴为直线x＝1，
∵BC∥x，
∴B，C故对称轴x＝1对称，BC＝4，
∴点B的横坐标为﹣1，
∴B（﹣1，3）；
（3）如图2中，
∵点A的横坐标为m，PQ＝2|m|，m＞0，
∴PQ＝PQM＝MN＝2m，
∴正方形的边MN在y轴上，
当点M与O重合时，
由，
解得或，
∴A（3，3），
观察图象可知，当m≥3时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大．
如图3中，当PQ落在抛物线的对称轴上时，m＝，观察图象可知，当0＜m≤时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小．
综上所述，满足条件的m的值为0＜m≤或m≥3；
（4）如图4﹣1中，当点N（0，）时，满足条件，
此时直线NQ的解析式为y＝﹣x+，
由，解得，或，
∵点A在第四象限，
∴A（，﹣），
∴m＝．
如图4﹣2中，当点N（0，﹣），满足条件，
此时直线NQ是解析式为y＝﹣x﹣，
由，解得，
∴A（，﹣），
∴m＝．
如图4﹣3中，当正方形PQMN的边长为时，满足条件，此时m＝﹣，
综上所述，满足条件的m的值为或或﹣．
1．（2020•乐平市一模）如图，抛物线y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）的顶点为A，对称轴与x轴交于点C，当以AC为对角线的正方形ABCD的另外两个顶点B、D恰好在抛物线上时，我们把这样的抛物线称为美丽抛物线，正方形ABCD为它的内接正方形．
（1）当抛物线y＝ax2+1是美丽抛物线时，则a＝ ﹣2 ；当抛物线y＝+k是美丽抛物线时，则k＝ ﹣4 ；
（2）若抛物线y＝ax2+k是美丽抛物线时，则请直接写出a，k的数量关系；
（3）若y＝a（x﹣h）2+k是美丽抛物线时，（2）a，k的数量关系成立吗？为什么？
（4）系列美丽抛物线yn＝an（x﹣n）2+kn（n为小于7的正整数）顶点在直线y＝x上，且它们中恰有两条美丽抛物线内接正方形面积比为1：16．求它们二次项系数之和．
【分析】（1）画出函数y＝ax2+k的图象，求出点D的坐标，即可求解；
（2）由（1）知，点D的坐标为（k，k），即可求解；
（3）美丽抛物线沿x轴向右或向左平移后得到的抛物线仍然是美丽抛物线，美丽抛物线y＝a（x﹣h）2+k沿x轴经过适当平移后为抛物线y＝ax2+k，即可求解；
（4）设这两条美丽抛物线的顶点坐标分别为和，它们的内接正方形的边长比为，则m＝4k，，进而求解．
【解答】解：（1）函数y＝ax2+k的图象如下：
①抛物线y＝ax2+1是美丽抛物线时，则AC＝1，
∵四边形ABCD为正方形，则点D的坐标为（，），
将点D的坐标代入y＝ax2+1得：＝a（）2+1，解得a＝﹣2；
②同理可得，点D的坐标为（k，k），
将点D的坐标代入y＝+k得：k＝（k）2+1，解得k＝0（不合题意）或﹣4；
故答案为：﹣4；
（2）由（1）知，点D的坐标为（k，k），
将点D的坐标代入y＝ax2+k得：k＝a（k）2+k，
解得ak＝﹣2；
（3）答：成立．
∵美丽抛物线沿x轴向右或向左平移后得到的抛物线仍然是美丽抛物线．
∴美丽抛物线y＝a（x﹣h）2+k沿x轴经过适当平移后为抛物线y＝ax2+k．
∴ak＝﹣2；
（4）设这两条美丽抛物线的顶点坐标分别为和，（k，m为小7的正整数，且k＜m），
它们的内接正方形的边长比为，
∴m＝4k，．
∴这两条美丽抛物线分别为和．
∵，＝﹣2，
∴a1＝﹣12，a4＝﹣3．
∴a1+a4＝﹣15．
答：这两条美丽抛物线对应的二次函数的二次项系数和为﹣15．
2．（2016秋•西城区校级期中）我们规定：在正方形ABCD中，以正方形的一个顶点A为顶点，且过对角顶点C的抛物线，称为这个正方形的以A为顶点的对角抛物线．
（1）在平面直角坐标系xOy中，点在轴正半轴上，点C在y轴正半轴上．
①如图1，正方形OABC的边长为2，求以O为顶点的对角抛物线；
②如图2，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的边长为a，其以O为顶点的对角抛物线的解析式为y＝x2，求a的值；
（2）如图3，正方形ABCD的边长为4，且点A的坐标为（3，2），正方形的四条对角抛物线在正方形ABCD内分别交于点M、P、N、Q，直接写出四边形MPNQ的形状和四边形MPNQ的对角线的交点坐标．
【分析】（1）①设O为顶点的抛物线的解析式为y＝ax2，把B（2，2）代入即可解决问题．
②设B（a，a）．代入y＝x2求出a即可解决问题．
（2）如图3中，结论：四边形MPNQ是菱形，对角线的交点坐标为（5，4）．求出A、B、C、D的顶点的对角抛物线，利用方程组求出M、P、N、Q的坐标即可解决问题．
【解答】解：（1）①如图1中，设O为顶点的抛物线的解析式为y＝ax2，
∵过B（2，2），
∴2＝4a，
∴a＝，
∴所求的抛物线的解析式为y＝x2．
②如图2中，设B（a，a）．
则有a＝a2，解得a＝4或0（舍弃），
∴B（4，4），
∴OA＝4，
∴正方形的边长为4．
（2）如图3中，结论：四边形MPNQ是菱形，对角线的交点坐标为（5，4）．
理由：∵正方形ABCD的边长为4，A（3，2），
∴B（7，2），C（7，6），D（3，6），
∴以A为顶点的对角抛物线为y＝（x﹣3）2+2，
以B为顶点的对角抛物线为y＝（x﹣7）2+2，
以C为顶点的对角抛物线为y＝﹣（x﹣7）2+6，
以D为顶点的对角抛物线为y＝﹣（x﹣3）2+6，
由可得M（5，3），
由可得N（5，5），
由可得P（3+2，4），
由可得Q（7﹣2，4），
∴PM＝，
PN＝，
QN＝，
QM＝，
∴PM＝PN＝QN＝QM，
∴四边形MPNQ是菱形，对角线的交点坐标为（5，4）．
3．（2022•陇县二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（﹣2，0），两点，且与y轴交于点C，点B是该抛物线的顶点．
（1）求抛物线L1的表达式；
（2）将L1平移后得到抛物线L2，点D，E在L2上（点D在点E的上方），若以点A，C，D，E为顶点的四边形是正方形，求抛物线L2的解析式．
【分析】（1）利用顶点式，可以求得该抛物线的解析式；
（2）根据题意，画出相应的图形，然后利用分类讨论的方法，可以分别求得对应的抛物线L2的解析式．
【解答】解：（1）设抛物线L1的表达式是，
∵抛物线L1过点A（﹣2，0），
∴，
解得，
∴．
即抛物线L1的表达式是；
（2）令x＝0，则y＝﹣2，∴C（0，﹣2）．
Ⅰ．当AC为正方形的对角线时，如图所示，
∵AE3＝E3C＝CD3＝D3A＝2，
∴点D3的坐标为（0，0），点E3的坐标为（﹣2，﹣2）．
设，则，
解得即抛物线L2的解析式是．
Ⅱ．当AC为边时，分两种情况，
如图，第①种情况，点D1，E1在AC的右上角时．
∵AO＝CO＝E1O＝D1O＝2，∴点D1的坐标为（0，2），点E1的坐标为（2，0）．
设，
则，
解得：，
即抛物线L2的解析式是．
第②种情况，点D2E2在AC的左下角时，过点D2作D2M⊥x轴，
则有△AD2M≌△AD1O，
∴AO＝AM，D1O＝D2M．
过E2作E2N⊥y轴，同理可得，△CE2N≌△CE1O，
∴CO＝CN，E1O＝E2N．
则点D2的坐标为（﹣4，﹣2），点E2的坐标为（﹣2，﹣4），
设，
则，
解得，
即抛物线L2的解析式是．
综上所述：L2的表达式为：，或．
4．（2022•临潼区二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线L1：y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（1，﹣）两点，且与y轴交于点C，点B是该抛物线的顶点．
（1）求抛物线L1的表达式；
（2）将L1平移后得到抛物线L2，点D，E在L2上（点D在点E的上方），若以点A，C，D，E为顶点的四边
形是正方形，求抛物线L2的解析式．
【分析】（1）利用顶点式，可以求得该抛物线的解析式；
（2）根据题意，画出相应的图形，然后利用分类讨论的方法，可以分别求得对应的抛物线L2的解析式．
【解答】解：（1）设抛物线L1的表达式是y＝a（x﹣1）2﹣，
∵抛物线L1：y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），
∴0＝9a﹣，
解得a＝，
∴y＝（x﹣1）2﹣，
即抛物线L1的表达式是y＝x2﹣x﹣2；
（2）当AC为正方形的对角线时，
则点D的坐标为（0，0），点E（﹣2，﹣2），
设y＝x2+bx+c，
∴，解得，
即抛物线L2的解析式是y＝x2+x；
当AC为边时，分两种情况，
第一种情况，点D、E在AC的右上角时，
则点D的坐标（0，2），点E（2，0），
设y＝x2+bx+c，
∴，解得，
即抛物线L2的解析式是y＝x2﹣x+2；
第二种情况，点D、E在AC的左下角时，
则点D的坐标（﹣4，﹣2），点E（﹣2，﹣4），
设y＝x2+bx+c，则，
解得，
即抛物线L2的解析式是y＝x2+x﹣4．
5．（2022•松阳县一模）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．
【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．
【解答】解：（1）∵点A（4，0），点C（0，4）．且四边形OABC是正方形，
∴QA＝QC＝BC＝4，
∵CG：GB＝3：1．
∴CG＝3，BG＝l，
∴点G的坐标为（3，4），
设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
把.4（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）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，如图：
∵点E与点R关于直线FG对称，EF⊥FG，
∴RF＝EF，∠RFS＝∠EFO，
∴△RFS≌△EFO（AAS），
∴RS＝EO＝m，FS＝FO＝t，则SO＝2t，
∴点R的坐标为（﹣m，21）
∵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：t1＝，t2＝，
∵0≤t1≤4，
∴当t＝时，点G恰好落在抛物线上．
6．（2022•香坊区校级开学）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A、C分别在x轴、y轴正半轴上，四边形OABC是正方形，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B、C，OA＝18．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D是OA的中点，经过点D的直线交AB于点E、交y轴于点F，连接BD，若∠EDA＝2∠ABD，求直线DE的解析式；
（3）如图3，在（2）的条件下，点G在OD上，连接GC、GE，点P在AB右侧的抛物线上，点Q为BP中点，连接DQ，过点B作BH⊥BP，交直线DP于点H，连接CH、GH，若GC＝GE，DQ＝PQ，求△CGH的周长
【分析】（1）根据正方形的性质求得B，C的坐标，利用待定系数法求解析式即可；
（2）在AD延长线时取DI＝DE，连接IE，设∠ABD＝α，可得tan∠EIA＝＝，设AE＝x，则AI＝2x，在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，建立方程，解方程进而可得E点的坐标，利用待定系数法求解析式即可；
（3）延长BD，交y轴于点M．设直线DP交y轴于点S，分别求得G，C．H三点的坐标，进而根据勾股定理以及两点距离公式分别求得CG，HG，HC的长，即可求得△CGH的周长．
【解答】解：∵四边形OABC是正方形，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B、C，OA＝18．
∴AB＝OC＝OA＝18，
∴C（0，18），B（18，18），
∴c＝18，
∴18＝﹣×182+bx+18，
解得b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+18；
（2）如图，在AD延长线时取DI＝DE，连接IE，
设∠ABD＝α，
∵∠EDA＝2∠ABD，
∴∠EDA＝2α，
∵DI＝DE，
∴∠EID＝∠IED＝α，
∵点D是OA的中点，
∴OD＝DA＝9，
∴tanα＝＝，
∴tan∠EIA＝＝，
设AE＝x，则AI＝2x，
∴ED＝DI＝IA﹣DA＝2x﹣9，
在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，
即（2x﹣9）2＝92+x2，
解得x1＝12，x2＝0 （舍），
∴AE＝12，
∴E（18，12），
∵D（9，0），
设直线ED的解析式为y＝kx+t，
∴，
解得，
∴直线DE的解析式为y＝x﹣12；
（3）如图，延长BD，交y轴于点M，设直线DP交y轴于点S，
∵OD＝DA，∠DOM＝∠DAB，∠ODM＝∠ADB，
∴△ODM≌△ADB（ASA），
∴MD＝DB，
∵点Q为BP中点，DQ＝PQ，
∴DQ＝BQ＝PQ，
∴∠QDB＝∠QBD，∠QDP＝∠QPD，∠QDB+∠QBD+∠QDP+∠QPD＝180°，
∴∠BDQ+∠PDQ＝90°，即∠BDP＝90°，
∴PH⊥BD，
∴∠SDO+∠MDO＝∠MDO+∠OMD＝90°，
∴∠SDO＝∠OMD＝∠ABD，
∴tan∠SDO＝tan∠ABD＝＝，
∴OS＝OD＝，
∴S（0，），
设直线SD的解析式为y＝mx+n，将点S（0，），D（9，0）代入得，
，
解得，
∴直线SD的解析式为y＝﹣x+，
联立，
解得，，
∵点P在AB右侧的抛物线上，
∴P（27，﹣9），
∵D（9，0），B（18，18），
∴PD＝＝9，BD＝＝9，
∴DB＝DP，
∴△DBP是等腰直角三角形，
∴∠DBP＝45°，DQ⊥BP，
∵BH⊥BP，
∴BH∥DQ，
∴＝1，
∴DH＝DP，
∵D（9，0），P（27，﹣9），
∴H（﹣9，9），
∵点G在OD上，GC＝GE，C（0，18），E（18，12），
设G（p，0），则p2+182＝（18﹣p）2+122，
解得p＝4，
∴G（4，0），
∵H（﹣9，9），G（4，0），C（0，18），
∴CG＝＝2，
CH＝＝9，
HG＝＝5，
∴CG+HG+CH＝2+5+9，
∴△CGH的周长为2+5+9．
7．（2021•咸丰县一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l，P是该抛物线上一动点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为．以PQ，QM为边作矩形PQMN．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点Q与点M重合时，求m的值；
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值；
（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，求m的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可．
（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．
（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q是下方下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中．
【解答】解：（1）∵抛物线的图象经过点A（3，0），
∴＝0，
解得b＝1．
∴抛物线解析式为：．
（2）∵P点的横坐标为m，且P点在抛物线y＝的图象上，
∴P点的坐标为（m，），
∵PQ⊥l，l过A点且垂直于x轴，
∴Q点的坐标为（3，），
∵M点的坐标为（3，﹣m+），
∵Q点与M点重合，
∴＝﹣m+，
解方程得：m＝0或m＝4．
（3）∵抛物线＝﹣（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2）．
∵N点的坐标为N（m，﹣m+），
要使顶点（1，2）在正方形PQMN内部，
∴﹣m+＞2，得m＜﹣．
∴PN＝﹣m+﹣（）＝m2﹣2m，PQ＝3﹣m．
∵四边形PQMN是正方形，
∴m2﹣2m＝3﹣m，
解得m＝1+（舍去）或m＝1﹣．
∴当m＝1﹣时，抛物线顶点在正方形PQMN内部．
（4）∵M点的纵坐标﹣m+，随P点的横坐标m的增大而减小，根据（1）的结果得：
当m＝0时，M，Q两点重合；m＝3时，P，Q重合；m＝4时，M，Q重合，矩形PQMN不存在；
当m＜0时，直线MN在直线PQ上方，抛物线顶点在矩形PQMN内部，不合题意．
当0＜m＜4时，直线MN在直线PQ下方，如图4﹣1，
当3＜m＜4时，矩形内部没有抛物线图象，不合题意；
当m＞4时，直线MN在直线PQ上方，矩形内部有抛物线，且为对称轴右侧，y随x的增大而减小，如图4﹣2；
综上：当0＜m＜3或m＞4时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小．
8．（2021•云南模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，且经过点D（5，6）．
（1）求抛物线的解析式及点A，B的坐标；
（2）在平面直角坐标系xOy中，是否存在点P，使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出符合条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在直线AD下方，作正方形ADEF，并将沿对称轴平移|t|个单位长度（规定向上平移时t为正，向下平移时t为负，不平移时t为0），若平移后的抛物线与正方形ADEF（包括正方形的内部和边）有公共点，求t的取值范围．
【分析】（1）用待定系数法直接求出解析式，然后令y＝0，求出点A、B的坐标即可；
（2）求出直线AD的解析式，设直线AD与y轴交于点E，得出∠DAB＝45°，过点D作DP1⊥x轴，过点A作AP2∥y轴，过点D作DP2∥x轴，AP2与DP2交于点P2，延长AP1至P3，使AP1＝P1P3，连接DP3，延长DP1至P4，使DP1＝P1P4，连接AP4，延长AP2至P5，使AP2＝P2P5，连接DP5，延长DP2至P6，使DP2＝P2P6，连接AP6，则△AP1D，△AP2D，△AP3D，△AP4D，△AP5D，△AP6D为所有符合题意的等腰直角三角形，求出各个P点的坐标即可；
（3）设平移后的抛物线解析式为，分别求出抛物线平移后与正方形ADEF有公共点的最低位置和最高位置的t值，即可求出t的取值范围．
【解答】解：（1）依题意，将点D（5，6）代入，
得，
解得k＝﹣2，
∴抛物线的解析式为，
令y＝0，得，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）存在，
设直线AD的解析式为y＝mx+n（m≠0），
将A（﹣1，0），D（5，6）两点坐标代入得，，
解得，
∴直线AD的解析式为y＝x+1，
如图1，设直线AD与y轴交于点E，
令x＝0，得y＝1，
∴OA＝OE＝1，
∴∠DAB＝45°，
过点D作DP1⊥x轴，过点A作AP2∥y轴，
过点D作DP2∥x轴，AP2与DP2交于点P2，
延长AP1至P3，使AP1＝P1P3，连接DP3，
延长DP1至P4，使DP1＝P1P4，连接AP4，
延长AP2至P5，使AP2＝P2P5，连接DP5，
延长DP2至P6，使DP2＝P2P6，连接AP6，
则△AP1D，△AP2D，△AP3D，△AP4D，△AP5D，△AP6D为所有符合题意的等腰直角三角形，
∴P1（5，0），P2（﹣1，6），P3（11，0），P4（5，﹣6），P5（﹣1，12），P6（﹣7，6）；
（3）如图2，由（2）可知，点E的坐标是（11，0），点F的坐标是（5，﹣6），
直线AD的解析式是y＝x+1，
设平移后的抛物线解析式为，
结合图象可知，当抛物线经过点E时，是抛物线平移后与正方形ADEF有公共点的最低位置，
将点（11，0）代入，
得，
解得t＝﹣48，
当抛物线与AD边有唯一公共点时，
是抛物线平移后与正方形ADEF有公共点的最高位置，
将y＝x+1与联立方程组，
，
化简得x2﹣4x+2t﹣5＝0，
∵只有唯一解，即此一元二次方程有两个相等的实数根，
∴△＝（﹣4）2﹣4×1×（2t﹣5）＝0，
解得，
∴t的取值范围．
9．（2019秋•温州校级月考）如图1所示，动点A、B同时从原点O出发，运动的速度都是每秒1个单位，动点A沿x轴正方向运动，动点B沿y轴正方向运动，以OA、OB为邻边建立正方形OACB，抛物线y＝﹣x²+bx+c经过B、C两点，假设A、B两点运动的时间为t秒．
（1）当t＝3秒时，求此时抛物线的解析式；此时抛物线上是否存在一点D，使得S△BCD＝6？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；
（2）如图2，在（1）的条件下，有一条平行于y轴的动直线l，交抛物线于点E，交直线OC于点F，若以O、B、E、F四个点构成的四边形是平行四边形，求点F的坐标；
（3）在动点A、B运动的过程中，若正方形OACB内部有一个点P，且满足OP＝，CP＝，∠OPA＝135°，直接写出此时AP的长度．
【分析】（1）根据正方形的性质可得OA、OB，然后写出点B、C的坐标，再利用待定系数法求二次函数解析式解答，设BC边上的高为h，利用三角形的面积求出h，从而确定出点P的纵坐标，再代入抛物线解析式求解即可；
（2）分点E在点F上方和下方两种情况表示出EF，再根据平行四边形对边相等列方程求解即可；
（3）将△AOP绕点A逆时针旋转90°得到△AP′C，根据旋转的性质可得AP′＝AP，P′C＝OP，∠AP′C＝∠OPA，然后判断出△APP′是等腰直角三角形，再求出∠PP′C＝90°，利用勾股定理列式求出PP′，再根据等腰直角三角形的性质解答．
【解答】解：（1）∵t＝3秒，
∴OA＝OB＝3，
∴点B（0，3），C（3，3），
将点B、C代入抛物线得，，
解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+3，
设BC边上的高为h，
∵BC＝OA＝3，S△BCD＝6，
∴h＝4，
∴点D的纵坐标为3﹣4＝﹣1，
令y＝﹣1，则﹣x2+3x+3＝﹣1，
整理得，x2﹣3x﹣4＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
所以，D1（﹣1，﹣1），D2（4，﹣1）；
（2）∵OB＝3，
∴EF＝3，
设E（m，﹣m2+3m+3），F（m，m），
若E在F上方，则，﹣m2+3m+3﹣m＝3，
整理得，m2﹣2m＝0，
解得m1＝0（舍去），m2＝2，
∴F1（2，2），
若F在E上方，则，m﹣（﹣m2+3m+3）＝3，
整理m2﹣2m﹣6＝0，
解得m1＝1﹣，m2＝1+，
∴F2（1﹣，1﹣），
F3（1+，1+）；
（4）如图，将△AOP绕点A逆时针旋转90°得到△AP′C，
由旋转的性质得，AP′＝AP，P′C＝OP＝，∠AP′C＝∠OPA＝135°，
∵△APP′是等腰直角三角形，
∴∠AP′P＝45°，
∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，
由勾股定理得，PP′＝＝，
所以，AP＝PP′＝×＝1．
10．（2021•峨眉山市模拟）如图，已知直线y＝与坐标轴交于A，B两点，以线段AB为边向上作正方形ABCD，过点A，D，C的抛物线与直线的另一个交点为E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若正方形以每秒个单位长度的速度沿射线AB下滑，直至顶点D落在x轴上时停止，设正方形落在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，抛物线与正方形一起平移，同时停止，求抛物线上C，E两点间的抛物线弧所扫过的面积．
【分析】（1）求出OA、OB，根据勾股定理求出AB，过C作CZ⊥x轴于Z，过D作DM⊥y轴于M，证△AOB≌△BZC≌△DMA，推出BZ＝OA＝DM＝1，CZ＝OB＝MA＝2，进而求解；
（2）分为三种情况，根据题意画出图形，①当点A运动到x轴上点F时，②当点C运动x轴上时，③当点D运动到x轴上时，根据相似三角形的性质和判定和三角形的面积公式求出即可；
（3）由抛物线上C，E两点间的抛物线弧所扫过的面积即为▱EE′C′C的面积，即可求解．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+1，
∴当x＝0时，y＝1，当y＝0时，x＝2，
∴OA＝1，OB＝2，
过C作CZ⊥x轴于Z，过D作DM⊥y轴于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠ABC＝∠AOB＝∠CZB＝90°，
∴∠ABO+∠CBZ＝90°，∠OAB+∠ABO＝90°，
∴∠OAB＝∠CBZ，
在△AOB和△BZC中，
，
∴△AOB≌△BZC（AAS），
∴OA＝BZ＝1，OB＝CZ＝2，
∴C（3，2），
同理可求D的坐标是（1，3）；
设抛物线为y＝ax2+bx+c，
∵抛物线过A（0，1），D（1，3），C（3，2），
则，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+1；
（2）∵OA＝1，OB＝2，
∴由勾股定理得：AB＝，
①当点A运动到x轴上点F时，t＝1，
当0＜t≤1时，如图1，
∵∠OFA＝∠GFB′，tan∠OFA＝，
∴tan∠GFB′＝＝＝，
∴GB′＝t，
∴S△FB′G＝FB′×GB′＝•t•t＝t2；
②当点C运动x轴上时，t＝2，
当1＜t≤2时，如图2，
∵AB＝A′B′＝，
∴A′F＝t﹣，
∴A′G＝，
∵B′H＝t，
∴S四边形A′B′HG＝（A′G+B′H）•A′B′＝（+t）•＝t﹣；
③当点D运动到x轴上时，t＝3，
当2＜t≤3时，如图3，
∵A′G＝，
∴GD′＝﹣＝，
∵S△AOF＝×2×1＝1，OA＝1，∠AOF＝∠GD′H＝90°，∠AFO＝∠GFA′，
∴△AOF∽△GA′F，
∴＝（）2，
∴S△GA′F＝（）2，
则S五边形GA′B′CH＝（）2﹣（）2＝﹣t2+t﹣；
综上，S＝；
（3）设平移后点E和点C对应的点为E′、C′，
则抛物线上C，E两点间的抛物线弧所扫过的面积即为▱EE′C′C的面积，
联立y＝与y＝﹣x2+x+1并解得，
∴E（4，﹣1），
∴BC＝BE，CE＝，
当顶点D落在x轴上时，抛物线向下平移了3个单位长度，向右平移了6个单位长度，此时点E′的坐标为（10，﹣4），
∴EE′＝3，
∴抛物线上C，E两点间的抛物线弧所扫过的面积为S＝EE′•BC＝3×＝15．
11．（2021•深圳模拟）如图1，抛物线C1：y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，且顶点为C，直线y＝kx+2经过A，C两点．
（1）求直线AC的表达式与抛物线C1的表达式；
（2）如图2，将抛物线C1沿射线AC方向平移一定距离后，得到抛物线为C2，其顶点为D，抛物线C2与直线y＝kx+2的另一交点为E，与x轴交于M，N两点（M点在N点右边），若S△MDE＝S△MAE，求点D的坐标；
（3）如图3，若抛物线C1向上平移4个单位得到抛物线C3，正方形GHST的顶点G，H在x轴上，顶点S，T在x轴上方的抛物线C3上，P（m，0）是射线GH上一动点，则正方形GHST的边长为 4 ，当m＝ 2+1 时，有最小值 ．
【分析】（1）由直线y＝kx+2经过A（﹣1，0）求出k的值，得到直线AC的表达式为y＝2x+2，再由抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，得抛物线的对称轴为直线x＝1，将x＝1代入y＝2x+2求出抛物线顶点C的坐标，设抛物线的表达式为顶点式求出抛物线C1的表达式；
（2）由平移后得到的抛物线C2的顶点D仍在直线AC上，设抛物线C2的顶点坐标为D（t，2t+2），则抛物线C2的表达式为y＝﹣（x﹣t）2+2t+2，与直线y＝2x+2联立方程组求出x的值，就是点E和点F的横坐标，从而求出线段EF的长，再根据相似三角形的性质求出点D的坐标；
（3）先由平移的特征求出抛物线C3的表达式，再由正方形GHST与抛物线C3有相同的对称轴求出正方形GHST的边长；将△PSH绕点S顺时针90°得到△KST，取SK的中点R，连结TR、PR，则点K在GT上，设PS＝KS＝t，则TR＝SR＝KS＝PS＝t，PR＝t，由PR+TR≥PT列不等式求出的最小值，由相似三角形的性质求出此时m的值．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+2经过A（﹣1，0），
∴﹣k+2＝0，
解得k＝2，
∴直线AC的表达式为y＝2x+2；
由抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，得抛物线的对称轴为直线x＝1，
当x＝1时，y＝2×1+2＝4，
∴抛物线的顶点C的坐标为（1，4）；
设抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2+4，则4a+4＝0，解得a＝﹣1，
∴抛物线C1的表达式为y＝﹣（x﹣1）2+4，即y＝﹣x2+2x+3．
（2）如图2，作DQ⊥x轴于点Q，EF⊥DQ于点F，设抛物线C2的顶点D的横坐标为t.
∵抛物线C2由抛物线C1沿射线AC方向平移得到，
∴D（t，2t+2），
∴抛物线C2的表达式可表示为y＝﹣（x﹣t）2+2t+2，
由，得2x+2＝﹣（x﹣t）2+2t+2，
解关于x的方程，得x1＝t﹣2，x2＝t，则点E、F的横坐标分别为t﹣2、t，
∴EF＝t﹣（t﹣2）＝2，
∵S△MDE＝S△MAE，
∴＝，
∴＝；
∵EF∥AQ，
∴△DEF∽△DAQ，
∴，
∴2＝AQ，
∴AQ＝5，
∴OQ＝5﹣1＝4；
当x＝4时，y＝2×4+2＝10，
∴D（4，10）．
（3）由（1）得，抛物线C1的表达式为y＝﹣（x﹣1）2+4，
将抛物线y＝﹣（x﹣1）2+4向上平移4个单位得到的抛物线为y＝﹣（x﹣1）2+8，即y＝﹣x2+2x+7，
∴抛物线C3的表达式为y＝﹣x2+2x+7．
由题意可知，正方形GHST与抛物线C3有相同的对称轴直线x＝1，
如图3，设H（t，0），则S（t，2t﹣2），
∴﹣t2+2t+7＝2t﹣2，
解得t1＝3，t2＝﹣3（不符合题意，舍去），
∴H（3，0）．
∴SH＝2（t﹣1）＝2×（3﹣1）＝4，
∴正方形的边长为4；
将△PSH绕点S顺时针90°得到△KST，取SK的中点R，连结TR、PR，则点K在GT上，
设PS＝KS＝t（t＞0），则TR＝SR＝KS＝t，
由旋转得，∠PSR＝90°，
∴PR＝＝t，
∵PR+TR≥PT，
∴t+t≥PT，
∴，
即，
∴的最小值为；
如图4，当＝时，则点R落在PT上.
设PT交SH于点L．
∵∠PSL＝∠TSR＝∠PTS，∠SPL＝∠TPS（公共角），
∴△PLS∽△PST，
∴＝，
∴SL＝4×＝2﹣2；
∵∠KTS＝∠LST＝90°，ST＝TS（公共边），∠TSK＝∠STL，
∴△KST≌△LTS（ASA），
∴PH＝KT＝SL＝2﹣2，
∴OP＝3+2﹣2＝2+1，
∴P（2+1，0），
∴m＝2+1．
故答案为：4，2+1，．
12．（2021•社旗县二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c过（1，0），（3，0），（0，6）三点，边长为4的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴上，y轴上．
（1）求抛物线解析式，并直接写出当﹣1≤x≤4时，y的最大值与最小值的差．
（2）将正方形OABC向右平移，平移距离记为h，
①当点C首次落在抛物线上，求h的值．
②当抛物线落在正方形内的部分，满足y随x的增大而减小时，请直接写出h的取值范围．
【分析】（1）当x＝﹣1时，y＝2x2﹣8x+6＝16，故当﹣1≤x≤4时，x＝﹣1时，y取得最大值16，而在顶点处取得最小值﹣2，即可求解；
（2）①当点C首次落在抛物线上，则yC＝4＝2x2﹣8x+6，解得x＝2（舍去负值），则h＝x＝2﹣；
②当点C首次落在抛物线上，h＝2﹣，当h＞2﹣时，抛物线落在正方形内的部分，满足y随x的增大而减小，当h＝3时，即正方形运动到点（3，0）处，此时抛物线落在正方形内的部分，满足y随x的增大而减小，当h＞3时，对称轴右侧的抛物线进入正方形内，即满足y随x的增大而减小，故h≤3，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为y＝2x2﹣8x+6，
由抛物线的表达式知，其顶点坐标为（2，﹣2），
当x＝﹣1时，y＝2x2﹣8x+6＝16，
故当﹣1≤x≤4时，x＝﹣1时，y取得最大值16，而在顶点处取得最小值﹣2，
∴y的最大值与最小值的差为16﹣（﹣2）＝18；
（2）①当点C首次落在抛物线上，yC＝4＝2x2﹣8x+6，解得x＝2，
因为点C首次落在抛物线上，x＝2+舍弃，
则h＝x＝2﹣；
②当点C首次落在抛物线上，h＝2﹣，当h＞2﹣时，抛物线落在正方形内的部分，满足y随x的增大而减小，
当h＝3时，即正方形运动到点（3，0）处，此时抛物线落在正方形内的部分，满足y随x的增大而减小，
当h＞3时，对称轴右侧的抛物线进入正方形内，即满足y随x的增大而减小，故h≤3；
故2﹣＜h≤3．
13．（2021•越秀区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q；M是直线l上的一点，其纵坐标为﹣m+，以PQ，QM为边作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）当点Q与点M重合时，求m的值．
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．
（4）抛物线在矩形PQMN内的部分称为被扫描部分．请问该抛物线是否全部被扫描？若是，请说明理由，若否，直接写出抛物线被扫描部分自变量的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可．
（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．
（4）分两种情形，如图4﹣1中，当点P在第三象限时，随点P向下移动，能把抛物线在直线l的左侧部分全部扫描，当m≥4时，矩形你能覆盖抛物线在直线y＝4的右侧部分（包括m＝4），可得当3＜m＜4时，矩形不能覆盖抛物线．
【解答】解：（1）把点A（3，0）代入y＝﹣x2+bx+，得到0＝﹣+3b+，
解得b＝1．
（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，
∴P（m，﹣m2+m+），
∵M，Q重合，
∴﹣m+＝﹣m2+m+，
解得m＝0或4．
（3）y＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2），
由题意PQ＝MQ，且抛物线的顶点在该正方形内部，
∴3﹣m＝﹣m+﹣（﹣m2+m+）且﹣m+＞2，得m＜﹣
解得m＝1﹣或1+（不合题意舍弃），
∴m＝1﹣．
（4）当m≤3和m≥4时，抛物线不能被覆盖，理由如下：
如图4﹣1中，当点P在第三象限时，随点P向下移动，能把抛物线在直线l的左侧部分全部扫描，
当m＝4时，点M与点Q重合，
当m≥4时，矩形你能覆盖抛物线在直线x＝4的右侧部分（包括m＝4），
∴抛物线被扫描部分自变量的取值范围为：x≤3或x≥4，
14．（2020秋•新抚区期末）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C，P为y轴上的动点，连接AP，以AP为对角线作正方形AMPN．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当正方形AMPN与△AOP面积之比为5：2时，求点P的坐标；
（3）当正方形AMPN有两个顶点在抛物线上时，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c可求b、c的值即可．
（2）设出点p的坐标，根据面积关系列方程求解．
（3）设P（0，m），连接MN交AP于T，过点T作TJ⊥OA于J，过点P作PE⊥TJ于E，过点N作NF⊥TJ于F，过点M作MG⊥TJ于G．利用全等三角形的性质求出点M，N的坐标，再利用待定系数法，构建方程求出m的值即可
【解答】解：（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c得，
，解得，
∴抛物线的关系式为y＝x2+2x﹣3．
（2）设P的纵坐标为y．
∵正方形AMPN与△AOP面积之比为5：2．
∴（32+y2）＝××3×|y|．
解得：y＝±或＝±6．
∴点P的坐标为：P1（0，）或P2（0，﹣）或P3（0，6）或P4（0，﹣6）．
（3）设P（0，m），连接MN交AP于T，过点T作TJ⊥OA于J，过点P作PE⊥TJ于E，过点N作NF⊥TJ于F，过点M作MG⊥TJ于G．
∵四边形AMPN是正方形，
∴TA＝TP＝TM＝TN，AP⊥MN，
∵A（﹣3，0），P（0，m），
∴T（﹣，m），
∵∠PET＝∠F＝∠PTN＝90°，
∴∠PTE+∠NTF＝90°，∠NTF+∠TNF＝90°，
∴∠PTE＝∠TNF，
∴△PET≌△TFN（AAS），
∴ET＝FN，PE＝TF，
同法可证△PET≌△TGM，
∴MG＝ET＝FN，GT＝PE＝TF，
∴M（﹣﹣，+），N（﹣+，﹣），
当点M在抛物线上时，+＝（﹣﹣）2+2（﹣﹣）﹣3，
解得m＝±，
当点N在抛物线上时，﹣＝（﹣+）2+2（﹣+）﹣3，
解得m＝2±
∴满足条件的点P的坐标是：（0，）或（0，﹣）或（0，2﹣）或（0，2+）．
15．（2020•雁塔区校级一模）如图，抛物线y＝x2+2x的顶点为A，与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧）．
（1）请求出A、B、C三点的坐标；
（2）平移抛物线，记平移后的抛物线的顶点为D，与y轴交于点E，F为平面内一点，若以A、D、E、F为顶点的四边形是正方形，且平移后的抛物线的对称轴在y轴右侧，请求出满足条件的平移后抛物线的表达式．
【分析】（1）令y＝0，可求点B，点C坐标，通过配方可求点A坐标；
（2）设平移后抛物线的表达式为：y＝（x+1﹣m）2﹣1+n（m＞1），分两种情况讨论，可求点D，点E坐标，分两种情况讨论，由全等三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+2x与x轴交于B、C两点，
∴0＝x2+2x，
∴x1＝0，x2＝﹣2，
∴点B（﹣2，0），点C（0，0），
∵y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴点A（﹣1，﹣1）；
（2）设平移后抛物线的表达式为：y＝（x+1﹣m）2﹣1+n（m＞1），
∴点D（m﹣1，﹣1+n），
∵y＝（x+1﹣m）2﹣1+n＝x2+2×（1﹣m）x+m2﹣2m+n，
∴点E（0，m2﹣2m+n），
Ⅰ、如图1，当点D在点A的下方时，过点A作AM⊥y轴于N，过点D作DM⊥AM于M，
∴∠ANE＝∠AMD＝90°，
∵以A、D、E、F为顶点的四边形是正方形，
∴AE＝AD，∠EAD＝90°，
∴∠EAN+∠DAM＝90°，
∵∠AEN+∠EAN＝90°，
∴∠AEN＝∠DAM，
∴△AEN≌△DAM（AAS），
∴AN＝DM，EN＝AM，
∴1＝﹣1﹣（﹣1+n），m﹣1﹣（﹣1）＝m2﹣2m+n﹣（﹣1），
∴n＝﹣1，m＝3，
∴平移后抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2﹣2；
Ⅱ、如图2，点D在点A上方时，过点D作DM⊥y轴于N，过点A作AM⊥DM于M，
同理可证△EDN≌△DAM，
∴DN＝AM，EN＝DM，
∴m﹣1＝﹣1+n+1，m2﹣2m+n﹣（﹣1+n）＝m﹣1+1，
∴m＝，n＝，
∴平移后抛物线的表达式为：y＝（x﹣）2﹣，
Ⅲ、当∠AED＝90°时，
同理可求：y＝（x﹣1）2﹣1；
综上所述：平移后抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2﹣2或y＝（x﹣）2﹣或y＝（x﹣1）2﹣1．
16．（2020•吉林）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为﹣m+．以PQ，QM为边作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）当点Q与点M重合时，求m的值．
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．
（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可．
（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．
（3）当点P在直线l的左边，点M在点Q是下方下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中．
【解答】解：（1）把点A（3，0）代入y＝﹣x2+bx+，得到0＝﹣+3b+，
解得b＝1．
（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，
∴P（m，﹣m2+m+），
∵M，Q重合，
∴﹣m+＝﹣m2+m+，
解得m＝0或4．
（3）y＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2），
由题意PQ＝MQ，且抛物线的顶点在该正方形内部，
∴3﹣m＝﹣m+﹣（﹣m2+m+）且﹣m+＞2，得m＜﹣
解得m＝1﹣或1+（不合题意舍弃），
∴m＝1﹣．
（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，
则有﹣m+＜﹣m2+m+，
∴m2﹣4m＜0，
解得0＜m＜4，
观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中，
当3＜m＜4时，抛物线不在矩形PQMN内部，不符合题意，
当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中，
综上所述，满足条件的m的值为0＜m＜3或m＞4．
17．（2020•雁塔区校级模拟）已知抛物线L：y＝﹣ax2+2ax+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），且AB＝4．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）将抛物线L沿x轴翻折后得到的新抛物线记为L'，且记L和L'的顶点分别记为M、M'，要使点A、B、M、M'为顶点的四边形是正方形，请求抛物线L的解析式．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴和AB＝4，即可求得A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）根据题意得出||＝2，即|c+a|＝2，即可得出c＝±2﹣a，即可得到y＝﹣ax2+2ax±2﹣a，把A的坐标代入解析式即可求得a，进而求得c，从而求得抛物线的解析式．
【解答】解：（1）∵抛物线L：y＝﹣ax2+2ax+c的对称轴为x＝﹣＝1，且AB＝4，
∴OB＝3，OA＝1，
∴点A（﹣1，0），点B（3，0），
（2）∵点A、B、M、M'为顶点的四边形是正方形，
∴MM′＝AB＝4，
∴||＝2，即|c+a|＝2，
当c+a＝2时，c＝2﹣a，
∴抛物线L为：y＝﹣ax2+2ax+2﹣a，
代入A（﹣1，0）得，﹣a﹣2a+2﹣a＝0，解得a＝，c＝，
∴抛物线L的解析式为：y＝﹣x2+x+；
当c+a＝﹣2时，c＝﹣2﹣a，
∴抛物线L为：y＝﹣ax2+2ax﹣2﹣a，
代入A（﹣1，0）得，﹣a﹣2a﹣2﹣a＝0，解得a＝﹣，c＝﹣，
∴抛物线L解析式为：y＝x2﹣x﹣，
综上，抛物线L的解析式为y＝﹣x2+x+或y＝x2﹣x﹣．
18．（2021•龙马潭区模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣2，0）和B（4，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P为直线BC下方抛物线上一动点（不与点B、C重合），PM⊥BC于点M，PD⊥AB于点D，交直线BC于点N，当P点的坐标为何值时，PM+PN的值最大？
（3）点P在第四象限的抛物线上移动，以PC为边作正方形CPEF、当抛物线的对称轴经过点E时，求出此时点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法确定抛物线解析式即可；
（2）求出直线BC的解析式为y＝．设P点坐标为（n，），N点的坐标为（n，），则PN＝，由锐角三角函数表示PM＝PN，则由二次函数的性质可得解；
（3）过点P作PK⊥y轴于K，交抛物线的对称轴于G，证明△PEG≌△CPK（AAS），得出CK＝PG，设P（x，x2﹣x﹣3），抛物线的对称轴为直线x＝1，则G（1，x2﹣x﹣3），K（0，x2﹣x﹣3），可得出PG＝|1﹣x|，CK＝|x2﹣x﹣3+3|＝|x2﹣x|，解方程即可得解．
【解答】解：（1）依题意得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x﹣3；
（2）设直线BC的解析式为y＝kx+m，
∴，
解得：，
∴y＝x﹣3．
设P点坐标为（n，n﹣3），N点的坐标为（n，n﹣3），
∴PN＝n，
∵PM⊥BC，PD⊥AB，
∴∠PMN＝∠PDB，
∵∠PNM＝∠BND，
∴∠MPN＝∠OBC，
∵OB＝4，OC＝3，
∴BC＝＝＝5，
∴PM＝PN•cs∠MPN＝PN•cs∠OBC＝PN，
∴PM+PN＝PN＝﹣n＝﹣．
即当n＝2时，PM+PN的值最大，此时P点坐标为（2，﹣3）．
（3）过点P作PK⊥y轴于K，交抛物线的对称轴于G，如图，
∵四边形PEFC为正方形，
∴PE＝PC，∠EPC＝90°
∵∠PGE＝∠PKC＝90°，
∴∠PEG＝∠CPK，
∴△PEG≌△CPK（AAS），
∴CK＝PG，
设P（x，x2﹣x﹣3），抛物线的对称轴为直线x＝1，
则G（1，x2﹣x﹣3），K（0，x2﹣x﹣3），
∴PG＝|1﹣x|，CK＝|x2﹣x﹣3+3|＝|x2﹣x|，
∴|1﹣x|＝|x2﹣x|，
解方程1﹣x＝x2﹣x得，x1＝，x2＝﹣2（舍去）；
解方程x﹣1＝x2﹣x得，x1＝，x2＝﹣4（舍去）；
∴P点坐标为（，﹣）或（，﹣）．
19．（2020•海淀区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直．则称该矩形为点P，Q的相关矩形“．如图为点P，Q的“相关矩形”的示意图．
（1）已知点A的坐标为（1，0）．
①若点B的坐标为（2，5），求点A，B的“相关矩形”的周长；
②点C在直线x＝3上，若点A，C的“相关矩形”为正方形，已知抛物线y＝x2+mx+n经过点A和点C，求抛物线y＝x2+mx+n与y轴的交点D的坐标；
（2）⊙O的半径为4，点E是直线y＝3上的从左向右的一个动点．若在⊙O上存在一点F，使得点E，F的“相关矩形”为正方形，直接写出动点E的横坐标的取值范围．
【分析】（1）①根据矩形的性质求出点C的坐标，进而得出BC，AC即可得出结论；
②先确定出点C的坐标，再用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）当点F在y轴右侧，且在x轴下方时，点E的横坐标大，进而得出点E的横坐标为OG+ME＝OG+MF＝OG+MG+FG＝OG+3+FG＝m++3，进而确定出点E的横坐标的最大值，同理：得出点E的横坐标的最小值，即可得出结论．
【解答】解：（1）①如图1，
∵矩形ACBD是点A，B的“相关矩形”，
∴AD∥CB，
∵点A（1，0），B（2，5），
∴点C（2，0），BC＝5，
∴AC＝2﹣1＝1，
∴点A，B的“相关矩形”的周长为2（AC+BC）＝2×（1+5）＝12；
②如图2，
∵点C在直线x＝3上，
∴点C的横坐标为3，
∵点A（1，0），C的“相关矩形”为正方形，
∴BC∥AD，AB＝BC，
∴点B的坐标为（3，0），
∴BC＝AB＝3﹣1＝2
∴点C的坐标为（3，2）或（3，﹣2），
∵抛物线y＝x2+mx+n经过点A和点C，
∴或
∴或
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣3x+2或y＝x2﹣5x+4，
令x＝0，则y＝2或y＝4
∴点D的坐标为（0，2）或（0，4）；
（2）如图3，
当点F在y轴的右侧时，点E在点M的右侧时，点E的横坐标大，连接OM，OF，
设OG＝m，
∵点E，F的“相关矩形”为正方形，
∴FM＝ME，
∵点E在直线y＝3上，
∴MG＝3，
在Rt△OGF中，FG＝＝，
∴点E的横坐标为OG+ME＝OG+MF＝OG+MG+FG＝OG+3+FG
＝m++3
＝（﹣）2+2+3
≥2+3（当且仅当＝时，取等号），
即m＝2时，点E的横坐标为（OG+ME）最大＝（m+）最大+3＝4+3，
∴点E的横坐标最大是4+3，
由圆的对称性得，点E的横坐标的最小值为﹣（4+3），
即点E的横坐标的范围是大于等于﹣（4+3）而小于等于（4+3）．
20．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的两个交点为A，B（点A在点B的左侧），在线段AB上取两点M、N（点M不与点A重合），点M、N关于这条抛物线的对称轴对称，点M在点N的左侧，分别过点M、N作x轴的垂线交抛物线于点P、Q，我们称这样的四边形MPQN为这条抛物线的“抛物线矩形．”
（1）若抛物线y＝2（x+1）（x﹣3）的抛物线矩形MPQN的顶点M的坐标为（0，0），则点N的坐标为 （2，0） ，点P的坐标为 （0，﹣6） ，点Q的坐标为 （2，﹣6） ．
（2）当抛物线y＝﹣x2+bx的抛物线矩形MPQN为正方形时，若点M的坐标为（﹣2，0），求b的值．
（3）设抛物线y＝x2+4x﹣6的抛物线矩形MPQN的周长为C．点M的横坐标为m，求C与m之间的函数关系式．
（4）将抛物线y＝ax2﹣6ax+5a（a≠0）的抛物线矩形MPQN绕点P顺时针或逆时针旋转90°后，边MN恰好落在y轴上，若MN＝2，直接写出a的值．
【分析】（1）先根据抛物线解析式求出点A，B的坐标及对称轴，由对称性及矩形的性质即可写出所求点的坐标；
（2）由题意判断抛物线对称轴在y轴左侧，画出草图，由点M的坐标及正方形的性质写出点Q坐标，将其代入y＝﹣x2+bx即可求出b的值；
（3）由抛物线解析式画出图形，求出对称轴，设出点M的坐标，写出N，P的坐标，求出MN，MP的长度，即可求出C与m之间的函数关系式；
（4）先求出抛物线与x轴交点坐标，设出点M坐标，分a＞0和a＜0两种情况分别写出P，Q的坐标，代入抛物线y＝ax2﹣6ax+5a即可求出a的值．
【解答】解：（1）在抛物线y＝2（x+1）（x﹣3）中，
当y＝0时，
x1＝﹣1，x2＝3，
∵A在B的左侧，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∵M（0，0），且MP⊥x轴交抛物线于点P，
∴P（0，﹣6），
抛物线y＝2（x+1）（x﹣3）的对称轴为x＝＝1，
又∵点M，N关于x＝1对称，
∴N（2，0），Q（2，﹣6），
故答案为：（2，0），（0，﹣6），（2，﹣6）；
（2）∵抛物线y＝﹣x2+bx经过原点，且M（﹣2，0），
∴抛物线对称轴在y轴左侧，
如图2，
∵M（﹣2，0），
∴P（﹣2，﹣4﹣2b），
∵四边形MPQN为正方形，
∴PQ∥MN，PQ＝PM，
∴Q（﹣6﹣2b，﹣4﹣2b），
将点Q（﹣6﹣2b，﹣4﹣2b）代入y＝﹣x2+bx中，
得﹣（﹣6﹣2b）2+b（﹣6﹣2b）＝﹣4﹣2b，
解得，b1＝﹣2，b2＝﹣（舍去），
∴b的值为﹣2；
（3）如图3，
y＝x2+4x﹣6
＝（x+2）2﹣10，
∴抛物线对称轴为x＝﹣2，
设M（m，0），
则N（﹣4﹣m，0），P（m，m2+4m﹣6），
∴MN＝﹣4﹣2m，MP＝﹣m2﹣4m+6，
∴C＝2（MN+MP）
＝﹣2m2﹣12m+4，
∴C＝﹣2m2﹣12m+4；
（4）将y＝0代入抛物线y＝ax2﹣6ax+5a，
得，ax2﹣6ax+5a＝0，
解得，x1＝1，x2＝5，
∴A（1，0），B（5，0），
①当a＞0时，如图4﹣1，
∵将抛物线矩形顺时针旋转90°，边MN恰好落在y轴上，
∴MP＝MO，
设M（m，0），
则N（m+2，0），
∴P（m，﹣m），Q（m+2，﹣m），
将P（m，﹣m），Q（m+2，﹣m）分别代入y＝ax2﹣6ax+5a，
得，，
解得：；
②当a＜0时，如图4﹣2，
设M（m，0），
则N（m+2，0），
∴P（m，m），Q（m+2，m），
将P（m，m），Q（m+2，m）分别代入y＝ax2﹣6ax+5a，
得，，
解得：，
综上所述，a的值为或﹣．
21．（2022•抚顺县一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于点A（1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式和点D的坐标；
（2）求△BCD的面积；
（3）点M为抛物线上一动点，点N为平面内一点，以A，M，I，N为顶点作正方形，是否存在点M，使点I恰好落在对称轴上？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）方法一：如图1，设抛物线的对称轴与BC的交点为H，运用待定系数法求得直线BC的解析式y＝，得出：H（3，），DH＝﹣（﹣）＝，由S△BCD＝S△DHB+S△DHC，即可求得答案；方法二：设直线DC交x轴于点K，可求得直线DC的解析式为y＝x﹣2，得出K（，0），BK＝5﹣＝，由S△BCD＝S△CKB+S△DKB，即可求得答案；
（3）设点M的坐标为（x，），分情况画出图形，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（1，0），B（5，0）两点
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式是，
∵＝，
∴顶点D的坐标是（3，）；
（2）方法一：如图1，设抛物线的对称轴与BC的交点为H，
设直线BC的解析式y＝kx+d，
∵B（5，0），C（0，﹣2），
∴，
解得：，
∴直线BC的解析式y＝，
当x＝3时，y＝×3﹣2＝﹣，
∴H（3，），
∴DH＝﹣（﹣）＝，
∴S△BCD＝S△DHB+S△DHC＝；
方法二：如图1，设直线DC交x轴于点K，设直线DC的解析式为y＝mx+n，把D（3，），C（0，﹣2）代入得：，
解得：，
∴直线DC的解析式为y＝x﹣2，
令y＝0，得x﹣2＝0，
解得：x＝，
∴K（，0），
∴BK＝5﹣＝，
∴S△BCD＝S△CKB+S△DKB＝××（+2）＝6；
（3）存在．设点M的坐标为（x，），
分以下四种情况：①（一）如图2，图3，过点M作对称轴x＝3的垂线，垂足为H，过点A作AG⊥MH于点G，
则∠AGM＝∠MHI＝90°，
∴∠AMG+∠MAG＝90°，
∵四边形AMIN是正方形，
∴AM＝MI，∠AMI＝90°，
∴∠AMG+∠IMH＝90°，
∴∠MAG＝∠IMH，
在△GAM和△HMI中，
，
∴△GAM≌△HMI（AAS），
∴AG＝MH，
即＝3﹣x，
解得x＝，
∴M点的坐标为（，）或（，）；
②如图4，过点M作PQ∥x轴交对称轴于点Q，过点A作AP⊥PQ于点P，
如图5，过点M作PQ∥y轴交x轴于点P，过点I作IQ⊥PQ于点Q，
则∠APM＝∠MQI＝90°，
∴∠PAM+∠AMP＝90°，
∵四边形AMIN是正方形，
∴AM＝MI，∠AMI＝90°，
∴∠AMP+∠IMQ＝90°，
∴∠PAM＝∠IMQ，
在△MAP和△IMQ中，
，
∴△MAP≌△IMQ（AAS），
∴AP＝MQ，
即＝3﹣x，
解得：x＝，
∴M点的坐标为（，）或（，），
③如图6，当点M与点B重合时，四边形ANMI是矩形，此时M（5，0）；
④如图7，当点M与点C重合时，四边形AMNI是正方形，此时M（0，﹣2）；
⑤如图8，过点M作对称轴的垂线，垂足为L，设对称轴交x轴于点K，
则△ATK≌△IBL（AAS），
∴AK＝LI，KI＝BL，
∴﹣x2+x﹣2+x﹣3＝2，
解得：x1＝5，x2＝，
∴M（，）；
⑥如图9，过点M作MH⊥x轴于点H，设对称轴交x轴于点K，
则△AIK≌△MAH（AAS），
∴AK＝MH，
∴x2﹣x+2＝2，
解得：x＝0（舍去）或6，
∴M（6，﹣2）；
⑦如图10，过点M作MH⊥对称轴于点H，设对称轴交x轴于点K，
则△AIK≌△IMH（AAS），
∴IH＝AK＝2，MH＝KI，
∴x2﹣x+2＝2+3﹣x，
解得：x＝5（舍去）或x＝﹣，
∴M（﹣，﹣）；
综上所述，点M的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）或（5，0）或（0，﹣2）或（，）或（6，﹣2）或（﹣，﹣）．
22．（2022•新化县模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）过点A（1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，OC＝3．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）过点A作AM⊥BC，垂足为M，求证：四边形ADBM为正方形；
（3）若点Q为线段OC上的一动点，问：AQ+QC是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由OC＝3得C（0，3），可得函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3），将C（0，3）代入即可求解；
（2）AM＝MB＝AB•sin45°＝＝AD＝BD，则四边形ADBM为菱形，而∠AMB＝90°，即可求解；
（3）过点C作与y轴夹角为30°的直线CH，过点A作AH⊥CH，垂足为H，则HQ＝CQ，AQ+QC最小值＝AQ+HQ＝AH，即可求解．
【解答】（1）解：函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3），
即：3a＝3，解得：a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x+3，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点D（2，﹣1）；
（2）证明：∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴AM＝MB＝AB•sin45°＝，
∵AD＝BD＝＝，
∴AM＝MB＝AD＝BD，
∴四边形ADBM为菱形，
∵AM⊥BC，
∴∠AMB＝90°，
∴四边形ADBM为正方形；
（3）解：存在，理由：
如图，过点C作与y轴夹角为30°的直线CH，作AH⊥CH，垂足为H，交OC于点Q，
则HQ＝CQ，AQ+QC最小值＝AQ+HQ＝AH，
∵∠HCQ＝30°，
∴直线HC所在表达式中的k值为，
∴直线HC的表达式为：y＝x+3…①，
则直线AH所在表达式中的k值为﹣，
则直线AH的表达式为：y＝﹣x+s，将点A的坐标代入并解得：s＝，
则直线AH的表达式为：y＝﹣x+…②，
联立①②并解得：x＝，
故点H（，），
∵点A（1，0），
则AH＝，
即：AQ+QC的最小值为 ．
23．（2022•宜兴市校级二模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数y＝﹣x2+bx+c（b＞0，c＞0）图象的顶点是点A，对称轴为直线l，图象与y轴交于点C．点D在l右侧的函数图象上，点B在DC延长线上，且四边形ABOD是平行四边形．
（1）如图2，若CD∥x轴．
①求证：b2＝4c；
②若▱ABOD是矩形，求二次函数的解析式；
（2）当b＝2时，▱ABOD能否成为正方形，请通过计算说明理由．
【分析】（1）①连接OA，交BD于点P，如图1，由平行四边形的性质可得PA＝PO，进而得出P（，+），由CD∥x轴，可得+＝c，即可证得结论；
②如图1，设抛物线对称轴交x轴于点E，则E（，0），由矩形性质可得OA＝BD，建立方程求解即可得出答案；
（2）如图2，连接OA，交BD于点G，连接AC，当b＝2时，y＝﹣x2+2x+c＝﹣（x﹣1）2+c+1，可得抛物线顶点A（1，c+1），若四边形ABOD是正方形，则GA＝GO，OA⊥BD，即BD是OA的垂直平分线，可得出c＝，y＝﹣x2+2x+，运用待定系数法求得直线CG的解析式为y＝（1﹣）x+，进而得出点D（1+，﹣1），利用两点间距离公式求得：DG2＝（1+﹣）2+（﹣1﹣）2＝5﹣，OA2＝1+（+1）2＝4+2，比较得出OA≠2DG，故当b＝2时，▱ABOD不可能是正方形．
【解答】解：（1）①∵y＝﹣x2+bx+c＝﹣（x﹣）++c，
∴顶点A（，+c），C（0，c），
连接OA，交BD于点P，如图1，
∵四边形ABOD是平行四边形，
∴PA＝PO，
∴P（，+），
∵CD∥x轴，
∴+＝c，
∴b2＝4c；
②如图1，设抛物线对称轴交x轴于点E，
则E（，0），
∴OE＝，AE＝+c＝+＝b2，
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴为直线x＝，
∴D（b，c），
∴PD＝b﹣＝b，
∴BD＝2PD＝b，
∵▱ABOD是矩形，
∴OA＝BD，
∴OA2＝BD2，
∴OE2+AE2＝BD2，
∴（）2+（b2）2＝（b）2，
∴+＝b2，即b2（b﹣2）（b+2）＝0，
∵b＞0，
∴b＝2，
∴c＝2，
∴该二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+2；
（2）当b＝2时，▱ABOD不可能是正方形．
理由如下：如图2，连接OA，交BD于点G，连接AC，
当b＝2时，y＝﹣x2+2x+c＝﹣（x﹣1）2+c+1，
∴抛物线顶点A（1，c+1），
若四边形ABOD是正方形，
则GA＝GO，OA⊥BD，
即BD是OA的垂直平分线，
∴AC＝OC，
∴AC2＝OC2，
∴（1﹣0）2+（c+1﹣c）2＝c2，
∵c＞0，
∴c＝，
∴y＝﹣x2+2x+，
∴A（1，+1），G（，），C（0，），
设直线CG的解析式为y＝kx+d，则，
解得：，
∴直线CG的解析式为y＝（1﹣）x+，
令（1﹣）x+＝﹣x2+2x+，
解得：x＝0（舍去）或x＝1+，
∴D（1+，﹣1），
∴DG2＝（1+﹣）2+（﹣1﹣）2＝5﹣，
OA2＝1+（+1）2＝4+2，
若四边形ABOD是正方形，则OA＝2DG，即OA2＝4DG2，
但4DG2＝4×（5﹣）＝20﹣2≠4+2＝OA2，
即OA≠2DG，
故当b＝2时，▱ABOD不可能是正方形．
24．（2022•于洪区二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象交y轴于点D，直线AB与之相交，且A（1，﹣）是抛物线y＝x2+bx+c的顶点．
（1）b＝ ﹣1 ，c＝ ﹣4 ；
（2）如图1，点P是第四象限抛物线上一点，且满足BP∥AD，抛物线交x轴于点C，连接PC．
①求直线PB的解析式；
②求PC的长；
（3）如图2，点Q是抛物线第三象限上一点（不与点B、D重合），连接BQ，以BQ为边作正方形BEFQ，当顶点E或F恰好落在抛物线对称轴上时，直接写出对应的Q点的坐标．
【分析】（1）设抛物线为顶点式，用待定系数法求得函数解析式即可求出b，c的值；
（2）①先求出直线AD的函数解析式，根据BP∥AD和B点的坐标即可求出直线PB的解析式；
②根据两点间距离公式可求出PC的长；
（3）先设出点Q的坐标，再利用三角形全等用含点Q横坐标的式子表示E、F的坐标，最后根据点E、F在抛物线对称轴上时横坐标为1求出点Q的横坐标，进而求得点Q的坐标．
【解答】解：（1）∵A（1，﹣）是抛物线y＝x2+bx+c的顶点，
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣1）2﹣＝x2﹣x﹣4，
∴b＝﹣1，c＝﹣4，对称轴为：x＝1，
故答案为：b＝﹣1，c＝﹣4；
（2）①当x＝0时，y＝x2﹣x﹣4＝﹣4，
∴D点坐标为（0，﹣4），
设直线AD的函数解析式为y＝kx﹣4，
把A（1，﹣）点的坐标代入得k＝，
∴直线AD的函数解析式为y＝﹣x﹣4，
由于BP∥AD，故可设直线BP的函数解析式为：y＝﹣x+b，
又BP经过点B，
得：﹣×（﹣2）+b＝0，
解得：b＝﹣1，
从而BP的解析式为y＝﹣x﹣1；
②解方程组：，
解得或，
∴点P的坐标为（3，﹣），
令0＝x2﹣x﹣4，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴点C（4，0），
∴PC＝＝；
（3）设点Q的坐标为（a，b），过点Q作QM∥x轴，过点B作BM∥y轴，交QM于点M，过点F作FN∥y轴交QM于点N，过点E作EK∥x轴交BM于点K，
则△BMQ≌△QNF≌△EKB，
∴NF＝KB＝MQ＝|a+2|，QN＝EK＝BM＝|b|，
∴点F的坐标为（a﹣b，a+b+2），
点E的坐标为（﹣2﹣b，a+2），
当点F在抛物线的对称轴上时，a﹣b＝1，
∴a﹣（a2﹣a﹣4）＝1，
解得：a＝2﹣（舍去正值），
得点Q的坐标为（2﹣，1﹣），
当点E在抛物线的对称轴上时，﹣2﹣b＝1，
∴﹣2﹣（a2﹣a﹣4）＝1，
解得：a＝1﹣（舍去正值），
得点Q的坐标为（1﹣，﹣3）．
故点Q的坐标为：（2﹣，1﹣）或（1﹣，﹣3）．