中考数学二轮精品专题复习 二次函数(解答题二)

这是一份中考数学二轮精品专题复习 二次函数(解答题二)，共130页。试卷主要包含了，对称轴为直线x＝2，，直线BC与直线PD相交于点E，综合与探究等内容，欢迎下载使用。

2023年中考数学真题知识点汇编之《二次函数(解答题二)》
一．解答题（共39小题）
1．（2023•湖北）加强劳动教育，落实五育并举．孝礼中学在当地政府的支持下，建成了一处劳动实践基地．2023年计划将其中1000m2的土地全部种植甲乙两种蔬菜．经调查发现：甲种蔬菜种植成本y（单位；元/m2）与其种植面积x（单位：m2）的函数关系如图所示，其中200⩽x⩽700；乙种蔬菜的种植成本为50元/m2．
（1）当x＝　 　m2时，y＝35元/m2；
（2）设2023年甲乙两种蔬菜总种植成本为W元，如何分配两种蔬菜的种植面积，使W最小？
（3）学校计划今后每年在这1000m2土地上，均按（2）中方案种植蔬菜，因技术改进，预计种植成本逐年下降．若甲种蔬菜种植成本平均每年下降10%，乙种蔬菜种植成本平均每年下降a%，当a为何值时，2025年的总种植成本为28920元？

2．（2023•株洲）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）．
（1）若a＝1，c＝﹣1，且该二次函数的图象过点（2，0），求b的值；
（2）如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜0＜x2，点D在⊙O上且在第二象限内，点E在x轴正半轴上，连接DE，且线段DE交y轴正半轴于点F，∠DOF=∠DEO，OF=32DF．
①求证：DOEO=23．
②当点E在线段OB上，且BE＝1．⊙O的半径长为线段OA的长度的2倍，若4ac＝﹣a2﹣b2，求2a+b的值．

3．（2023•江西）综合与实践
问题提出
某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，CD=2，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为ts，正方形DPEF的面积为S，探究S与t的关系．
初步感知
（1）如图1，当点P由点C运动到点B时，
①当t＝1时，S＝　 　；
②S关于t的函数解析式为 　 　．
（2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长．
延伸探究
（3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等．
①t1+t2＝　 　；
②当t3＝4t1时，求正方形DPEF的面积．

4．（2023•衡阳）如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，连接AC，过B、C两点作直线．
（1）求a的值．
（2）将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点．在直线B′C′上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，若存在，请求出直线BP的解析式；若不存在，请说明理由．

5．（2023•枣庄）如图，抛物线y＝﹣x²+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
（3）若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

6．（2023•安徽）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（3，3），对称轴为直线x＝2．
（1）求a，b的值；
（2）已知点B，C在抛物线上，点B的横坐标为t，点C的横坐标为t+1．过点B作x轴的垂线交直线OA于点D，过点C作x轴的垂线交直线OA于点E．
（i）当0＜t＜2时，求△OBD与△ACE的面积之和；
（ii）在抛物线对称轴右侧，是否存在点B，使得以B，C，D，E为顶点的四边形的面积为32？若存在，请求出点B的横坐标t的值；若不存在，请说明理由．
7．（2023•金华）如图，直线y=52x+5与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线的顶点P在直线AB上，与x轴的交点为C，D，其中点C的坐标为（2，0），直线BC与直线PD相交于点E．
（1）如图2，若抛物线经过原点O．
①求该抛物线的函数表达式；
②求BEEC的值．
（2）连结PC，∠CPE与∠BAO能否相等？若能，求符合条件的点P的横坐标；若不能，试说明理由．

8．（2023•天津）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数，c＞1的顶点为P，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，抛物线上的点M的横坐标为m，且−c＜m＜b2，过点M作MN⊥AC，垂足为N．
（1）若b＝﹣2，c＝3．
①求点P和点A的坐标；
②当MN=2时，求点M的坐标；
（2）若点A的坐标为（﹣c，0），且MP∥AC，当AN+3MN=92时，求点M的坐标．
9．（2023•山西）综合与探究
如图，二次函数y＝﹣x2+4x的图象与x轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与该函数图象交于点B（1，3），与y轴交于点C．
（1）求直线AB的函数表达式及点C的坐标；
（2）点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，过点P作直线PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，设点P的横坐标为m．
①当PD=12OC时，求m的值；
②当点P在直线AB上方时，连接OP，过点B作BQ⊥x轴于点Q，BQ与OP交于点F，连接DF．设四边形FQED的面积为S，求S关于m的函数表达式，并求出S的最大值．

10．（2023•宜昌）如图，已知A（0，2），B（2，0）．点E位于第二象限且在直线y＝﹣2x上，∠EOD＝90°，OD＝OE，连接AB，DE，AE，DB．

（1）直接判断△AOB的形状：△AOB是 　 　三角形；
（2）求证：△AOE≌△BOD；
（3）直线EA交x轴于点C（t，0），t＞2．将经过B，C两点的抛物线y1＝ax2+bx﹣4向左平移2个单位，得到抛物线y2．
①若直线EA与抛物线y1有唯一交点，求t的值；
②若抛物线y2的顶点P在直线EA上，求t的值；
③将抛物线y2再向下平移2(t−1)2个单位，得到抛物线y3．若点D在抛物线y3上，求点D的坐标．
11．（2023•乐山）已知（x1，y1），（x2，y2）是抛物线C1：y=−14x2+bx（b为常数）上的两点，当x1+x2＝0时，总有y1＝y2．
（1）求b的值；
（2）将抛物线C1平移后得到抛物线C2：y=−14（x﹣m）2+1（m＞0）．
当0≤x≤2时，探究下列问题：
①若抛物线C1与抛物线C2有一个交点，求m的取值范围；
②设抛物线C2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线C2的顶点为点E，△ABC外接圆的圆心为点F．如果对抛物线C1上的任意一点P，在抛物线C2上总存在一点Q，使得点P、Q的纵坐标相等．求EF长的取值范围．
12．（2023•扬州）在平面直角坐标系xOy中，已知点A在y轴正半轴上．
（1）如果四个点（0，0）、（0，2）、（1，1）、（﹣1，1）中恰有三个点在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上．
①a＝　 　；
②如图1，已知菱形ABCD的顶点B、C、D在该二次函数的图象上，且AD⊥y轴，求菱形的边长；
③如图2，已知正方形ABCD的顶点B、D在该二次函数的图象上，点B、D在y轴的同侧，且点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，试探究n﹣m是否为定值．如果是，求出这个值；如果不是，请说明理由．
（2）已知正方形ABCD的顶点B、D在二次函数y＝ax2（a为常数，且a＞0）的图象上，点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，直接写出m、n满足的等量关系式．

13．（2023•湖北）已知抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，2）．点P为第一象限抛物线上的点，连接CA，CB，PB，PC．

（1）直接写出结果；b＝　 　，c＝　 　，点A的坐标为 　 　，tan∠ABC＝　 　；
（2）如图1，当∠PCB＝2∠OCA时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D在y轴负半轴上，OD＝OB，点Q为抛物线上一点，∠QBD＝90°．点E，F分别为△BDQ的边DQ，DB上的动点，且QE＝DF，记BE+QF的最小值为m．
①求m的值；
②设△PCB的面积为S，若S=14m2−k，请直接写出k的取值范围．
14．（2023•内江）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于B（4，0），C（﹣2，0）两点，与y轴交于点A（0，﹣2）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点K，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求12PK+PD的最大值及此时点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△MAB是以AB为一条直角边的直角三角形；若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．

15．（2023•临沂）综合与实践：
问题情境
小莹妈妈的花卉超市以15元/盆的价格新购进了某种盆栽花卉，为了确定售价，小莹帮妈妈调查了附近A，B，C，D，E五家花卉店近期该种盆栽花卉的售价与日销售量情况，记录如下：

数据整理：
（1）请将以上调查数据按照一定顺序重新整理，填写在下表中：
售价（元/盆）
　 　
　 　
　 　
　 　
　 　
日销售量（盆）
　 　
　 　
　 　
　 　
　 　
模型建立
（2）分析数据的变化规律，找出日销售量与售价间的关系．
拓广应用
（3）根据以上信息，小莹妈妈在销售该种花卉中，
①要想每天获得400元的利润，应如何定价？
②售价定为多少时，每天能够获得最大利润？
16．（2023•烟台）如图，抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB＝4．抛物线的对称轴x＝3与经过点A的直线y＝kx﹣1交于点D，与x轴交于点E．
（1）求直线AD及抛物线的表达式；
（2）在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+12PA的最小值．

17．（2023•苏州）如图，二次函数y＝x2﹣6x+8的图象与x轴分别交于点A，B（点A在点B的左侧），直线l是对称轴．点P在函数图象上，其横坐标大于4，连接PA，PB，过点P作PM⊥l，垂足为M，以点M为圆心，作半径为r的圆，PT与⊙M相切，切点为T．
（1）求点A，B的坐标；
（2）若以⊙M的切线长PT为边长的正方形的面积与△PAB的面积相等，且⊙M不经过点（3，2），求PM长的取值范围．

18．（2023•宁波）如图，已知二次函数y＝x2+bx+c图象经过点A（1，﹣2）和B（0，﹣5）．
（1）求该二次函数的表达式及图象的顶点坐标．
（2）当y≤﹣2时，请根据图象直接写出x的取值范围．

19．（2023•金昌）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx与x轴交于点A，与直线y＝﹣x交于点B（4，﹣4），点C（0，﹣4）在y轴上．点P从点B出发，沿线段BO方向匀速运动，运动到点O时停止．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx的表达式；
（2）当BP＝22时，请在图1中过点P作PD⊥OA交抛物线于点D，连接PC，OD，判断四边形OCPD的形状，并说明理由；
（3）如图2，点P从点B开始运动时，点Q从点O同时出发，以与点P相同的速度沿x轴正方向匀速运动，点P停止运动时点Q也停止运动．连接BQ，PC，求CP+BQ的最小值．

20．（2023•连云港）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y＝x2﹣2x﹣3的顶点为P．直线l过点M（0，m）（m≥﹣3），且平行于x轴，与抛物线L1交于A、B两点（B在A的右侧）．将抛物线L1沿直线l翻折得到抛物线L2，抛物线L2交y轴于点C，顶点为D．
（1）当m＝1时，求点D的坐标；
（2）连接BC、CD、DB，若△BCD为直角三角形，求此时L2所对应的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，若△BCD的面积为3，E、F两点分别在边BC、CD上运动，且EF＝CD，以EF为一边作正方形EFGH，连接CG，写出CG长度的最小值，并简要说明理由．

21．（2023•怀化）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，与y轴交于点C．

（1）求抛物线的函数表达式及顶点坐标；
（2）点P为第三象限内抛物线上一点，作直线AC，连接PA、PC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）设直线l1：y＝kx+k−354交抛物线于点M、N，求证：无论k为何值，平行于x轴的直线l2：y=−374上总存在一点E，使得∠MEN为直角．
22．（2023•新疆）【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE；
【类比迁移】（2）如图2，一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，直线AC交x轴于点D．
①求点C的坐标；
②求直线AC的解析式；
【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接BQ，抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ=13，若存在，求出点M的横坐标．

23．（2023•巴中）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣1，0）和B（0，3），其顶点的横坐标为1．
（1）求抛物线的表达式．
（2）若直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M，当m取何值时，使得AN+MN有最大值，并求出最大值．
（3）若点P为抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴上一动点，将抛物线向左平移1个单位长度后，Q为平移后抛物线上一动点．在（2）的条件下求得的点M，是否能与A、P、Q构成平行四边形？若能构成，求出Q点坐标；若不能构成，请说明理由．

24．（2023•宜宾）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣4，0）、B（2，0），且经过点C（﹣2，6）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在x轴上方的抛物线上任取一点N，射线AN、BN分别与抛物线的对称轴交于点P、Q，点Q关于x轴的对称点为Q′，求△APQ′的面积；
（3）点M是y轴上一动点，当∠AMC最大时，求M的坐标．

25．（2023•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+c经过点P（4，﹣3），与y轴交于点A（0，1），直线y＝kx（k≠0）与抛物线交于B，C两点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，求点B的坐标；
（3）过点M（0，m）作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得OD⊥OE始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

26．（2023•云南）数和形是数学研究客观物体的两个方面，数（代数）侧重研究物体数量方面，具有精确性，形（几何）侧重研究物体形的方面，具有直观性．数和形相互联系，可用数来反映空间形式，也可用形来说明数量关系．数形结合就是把两者结合起来考虑问题，充分利用代数、几何各自的优势，数形互化，共同解决问题．
同学们，请你结合所学的数学解决下列问题．
在平面直角坐标系中，若点的横坐标、纵坐标都为整数，则称这样的点为整点．设函数y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4（实数a为常数）的图象为图象T．
（1）求证：无论a取什么实数，图象T与x轴总有公共点；
（2）是否存在整数a，使图象T与x轴的公共点中有整点？若存在，求所有整数a的值；若不存在，请说明理由．
27．（2023•遂宁）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=14x2+bx+c经过点O（0，0），对称轴过点B（2，0），直线l过点C（2，﹣2）且垂直于y轴．过点B的直线l1交抛物线于点M、N，交直线l于点Q，其中点M、Q在抛物线对称轴的左侧．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当BM：MQ＝3：5时，求点N的坐标；
（3）如图2，当点Q恰好在y轴上时，P为直线l1下方的抛物线上一动点，连结PQ、PO，其中PO交l1于点E，设△OQE的面积为S1，△PQE的面积为S2，求S2S1的最大值．

28．（2023•浙江）在二次函数y＝x2﹣2tx+3（t＞0）中．
（1）若它的图象过点（2，1），则t的值为多少？
（2）当0≤x≤3时，y的最小值为﹣2，求出t的值；
（3）如果A（m﹣2，a），B（4，b），C（m，a）都在这个二次函数的图象上，且a＜b＜3．求m的取值范围．
29．（2023•眉山）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），点P是抛物线上的一个动点．

（1）求抛物线的表达式；
（2）当点P在直线AC上方的抛物线上时，连接BP交AC于点D，如图1，当PDDB的值最大时，求点P的坐标及PDDB的最大值；
（3）过点P作x轴的垂线交直线AC于点M，连结PC，将△PCM沿直线PC翻折，当点M的对应点M′恰好落在y轴上时，请直接写出此时点M的坐标．
30．（2023•广安）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A、B，交y轴于点C，点B的坐标为（1，0），对称轴是直线x＝﹣1，点P是x轴上一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）若点P在线段AO上运动（点P与点A、点O不重合），求四边形ABCN面积的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

31．（2023•丽水）已知点（﹣m，0）和（3m，0）在二次函数y＝ax2+bx+3（a，b是常数，a≠0）的图象上．
（1）当m＝﹣1时，求a和b的值；
（2）若二次函数的图象经过点A（n，3）且点A不在坐标轴上，当﹣2＜m＜﹣1时，求n的取值范围；
（3）求证：b2+4a＝0．
32．（2023•重庆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=14x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，其中B（3，0），C（0，﹣3）．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD⊥AC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将该抛物线向右平移5个单位，点E为点P的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点F，Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．写出所有使得以QF为腰的△QEF是等腰三角形的点Q的坐标，并把求其中一个点Q的坐标的过程写出来．

33．（2023•凉山州）如图，已知抛物线与x轴交于A（1，0）和B（﹣5，0）两点，与y轴交于点C．直线y＝﹣3x+3过抛物线的顶点P．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）若直线x＝m（﹣5＜m＜0）与抛物线交于点E，与直线BC交于点F．
①当EF取得最大值时，求m的值和EF的最大值；
②当△EFC是等腰三角形时，求点E的坐标．

34．（2023•南充）某工厂计划从A，B两种产品中选择一种生产并销售，每日产销x件．已知A产品成本价m元/件（m为常数，且4≤m≤6，售价8元/件，每日最多产销500件，同时每日共支付专利费30元；B产品成本价12元/件，售价20元/件，每日最多产销300件，同时每日支付专利费y元，y（元）与每日产销x（件）满足关系式y＝80+0.01x2．
（1）若产销A，B两种产品的日利润分别为w1元，w2元，请分别写出w1，w2与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）分别求出产销A，B两种产品的最大日利润．（A产品的最大日利润用含m的代数式表示）
（3）为获得最大日利润，该工厂应该选择产销哪种产品？并说明理由．
【利润＝（售价﹣成本）×产销数量﹣专利费】
35．（2023•自贡）如图，抛物线y=−43x2+bx+4与x轴交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式及B，C两点坐标；
（2）以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D坐标；
（3）该抛物线对称轴上是否存在点E，使得∠ACE＝45°，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

36．（2023•达州）如图，抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P是直线BC上方抛物线上一点，求出△PBC的最大面积及此时点P的坐标；
（3）若点M是抛物线对称轴上一动点，点N为坐标平面内一点，是否存在以BC为边，点B、C、M、N为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
​
37．（2023•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+2x+c与坐标轴分别相交于点A，B，C（0，6）三点，其对称轴为x＝2．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点F是该抛物线上位于第一象限的一个动点，直线AF分别与y轴，直线BC交于点D，E．
①当CD＝CE时，求CD的长；
②若△CAD，△CDE，△CEF的面积分别为S1，S2，S3，且满足S1+S3＝2S2，求点F的坐标．

38．（2023•南充）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）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，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点K（1，3）的直线（直线KD除外）与抛物线交于G，H两点，直线DG，DH分别交x轴于点M，N．试探究EM•EN是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．

39．（2023•重庆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2过点（1，3），且交x轴于点A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C．

（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PD⊥BC于点D，过点P作y轴的平行线交直线BC于点E，求△PDE周长的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）中△PDE周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线CB方向平移5个单位长度，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平面内确定一点N，使得以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．

2023年中考数学真题知识点汇编之《二次函数(解答题儿)》
参考答案与试题解析
一．解答题（共39小题）
1．（2023•湖北）加强劳动教育，落实五育并举．孝礼中学在当地政府的支持下，建成了一处劳动实践基地．2023年计划将其中1000m2的土地全部种植甲乙两种蔬菜．经调查发现：甲种蔬菜种植成本y（单位；元/m2）与其种植面积x（单位：m2）的函数关系如图所示，其中200⩽x⩽700；乙种蔬菜的种植成本为50元/m2．
（1）当x＝　500　m2时，y＝35元/m2；
（2）设2023年甲乙两种蔬菜总种植成本为W元，如何分配两种蔬菜的种植面积，使W最小？
（3）学校计划今后每年在这1000m2土地上，均按（2）中方案种植蔬菜，因技术改进，预计种植成本逐年下降．若甲种蔬菜种植成本平均每年下降10%，乙种蔬菜种植成本平均每年下降a%，当a为何值时，2025年的总种植成本为28920元？

【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用；一次函数的应用．菁优网版权所有
【专题】一元二次方程及应用；一次函数及其应用；二次函数的应用；运算能力；应用意识．
【分析】（1）当200≤x≤600时，由待定系数法求出一次函数关系式，当600＜x≤700时，y＝40，再求出当y＝35时y的值，即可得出结论；
（2）当200≤x≤600时，W=120（x﹣400）2+42000，由二次函数的性质得当x＝400时，W有最小值，最小值为42000，再求出当600≤x≤700时，W＝﹣10x+50000，由一次函数的性质得当x＝700时，W有最小值为43000，然后比较即可；
（3）根据2025年的总种植成本为28920元，列出一元二次方程，解方程即可．
【解答】解：（1）当200≤x≤600时，设甲种蔬菜种植成本y（单位；元/m2 ）与其种植面积x（单位：m2 ）的函数关系式为y＝kx+b，
把（200，20），（600，40）代入得：200k+b=20600k+b=40，
解得：k=120b=10，
∴y=120x+10，
当600＜x≤700时，y＝40，
∴当y＝35时，35=120x+10，
解得：x＝500，
故答案为：500；
（2）当200≤x≤600时，W＝x（120x+10）+50（1000﹣x）=120（x﹣400）2+42000，
∵120＞0，
∴抛物线开口向上，
∴当x＝400时，W有最小值，最小值为42000，
此时，1000﹣x＝1000﹣400＝600，
当600≤x≤700时，W＝40x+50（1000﹣x）＝﹣10x+50000，
∵﹣10＜0，
∴当x＝700时，W有最小值为：﹣10×700+50000＝43000，
∵42000＜43000，
∴当种植甲种蔬菜的种植面积为400m2，乙种蔬菜的种植面积为600m2时，W最小；
（3）由（2）可知，甲、乙两种蔬菜总种植成本为42000元，乙种蔬菜的种植成本为50×600＝30000（元），
则甲种蔬菜的种植成本为42000﹣30000＝12000（元），
由题意得：12000（1﹣10%）2+30000（1﹣a%）2＝28920，
设a%＝m，
整理得：（1﹣m）2＝0.64，
解得：m1＝0.2＝20%，m2＝1.8（不符合题意，舍去），
∴a%＝20%，
∴a＝20，
答：当a为20时，2025年的总种植成本为28920元．
【点评】本题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用以及一次函数的应用等知识，解题的关键：（1）用待定系数法正确求出一次函数关系式；（2）找出数量关系，正确求出二次函数关系式；（3）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
2．（2023•株洲）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）．
（1）若a＝1，c＝﹣1，且该二次函数的图象过点（2，0），求b的值；
（2）如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜0＜x2，点D在⊙O上且在第二象限内，点E在x轴正半轴上，连接DE，且线段DE交y轴正半轴于点F，∠DOF=∠DEO，OF=32DF．
①求证：DOEO=23．
②当点E在线段OB上，且BE＝1．⊙O的半径长为线段OA的长度的2倍，若4ac＝﹣a2﹣b2，求2a+b的值．

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【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【分析】（1）依题意得出二次函数解析式为y＝x2+bx﹣1，该二次函数的图象过点（2，0），代入即可求解；
（2）①证明△DOF∽△DEO，根据相似三角形的性质即可求解；
②根据题意可得OE＝x2﹣1，OD＝﹣2x1，由①可得DOEO=23，进而得出x2＝1﹣3x1，由已知可得4ca+1+(ba)2=0，根据一元二次方程根与系数的关系，可得4(x1x2)+1+(x1+x2)2=0，将x2＝1﹣3x1代入，解关于x1的方程，进而得出x2，可得对称轴为直线x=−b2a=1，即可求解．
【解答】（1）解：∵a＝1，c＝﹣1，
∴二次函数解析式为y＝x2+bx﹣1，
∵该二次函数的图象过点（2，0），
∴4+2b﹣1＝0，
解得：b=−32；
（2）①证明：∵∠DOF＝∠DEO，∠ODF＝∠EDO，
∴△DOF∽△DEO，
∴DFDO=OFEO，
∴DOEO=DFOF，
∵OF=32DF，
∴DOEO=23；
②解∵该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜0＜x2，
∴OA＝﹣x1，OB＝x2，
∵BE＝1．
∴OE＝x2﹣1，
∵⊙O的半径长为线段OA的长度的2倍，
∴OD＝﹣2x1，
∵DOEO=23，
∴−2x1x2−1=23，
∴3x1+x2﹣1＝0，
即x2＝1﹣3x1①，
∵该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），
∴x1，x2是方程ax2+bx+c＝0的两个根，
∴x1+x2=−ba，
∵4ac＝﹣a2﹣b2，a≠0，
∴4⋅ca+1+(ba)2=0，
即4（x1x2）+1+（x1+x2）2＝0②
①代入②，即4x1(1−3x1)+1+(x1+1−3x1)2=0，
即4x1−12x12+1+1+4x12−4x1=0，
整理得﹣8（x1）2＝﹣2，
∴x12=14，
解得：x1=−12（正值舍去），
∴x2=1−(−32)=52，
∴抛物线的对称轴为直线x=−b2a=x1+x22=−12+522=1，
∴b＝﹣2a，
∴2a+b＝0．
【点评】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，一元二次方程根与系数的关系，相似三角形的性质与判定，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
3．（2023•江西）综合与实践
问题提出
某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，CD=2，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为ts，正方形DPEF的面积为S，探究S与t的关系．
初步感知
（1）如图1，当点P由点C运动到点B时，
①当t＝1时，S＝　3　；
②S关于t的函数解析式为 　S＝t2+2　．
（2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长．
延伸探究
（3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等．
①t1+t2＝　4　；
②当t3＝4t1时，求正方形DPEF的面积．

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【专题】代数几何综合题；压轴题；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）①当t＝1时，CP＝1，运用勾股定理即可求得答案；
②由题意得CP＝t，运用勾股定理可得S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（2）2＝t2+2；
（2）观察图象可得当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18，抛物线的顶点坐标为（4，2），由勾股定理可得BC=BD2−CD2=2，AD＝32，即M（2，6），设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，即可求得S＝t2﹣8t+18，再利用勾股定理即可求得线段AB的长；
（3）①过点D作DH⊥AB于点H，可证得△ADH∽△ABC，得出DHBC=ADAB=AHAC，可求得DH=2，AH＝4，根据存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，可得DP1＝DP2＝DP3，再证得Rt△CDP1≌Rt△HDP2（HL），可得CP1＝HP2，列出等式即可；
②证明Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL），得出P3H＝CP1，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）①当t＝1时，CP＝1，
又∵∠C＝90°，CD=2，
∴S＝DP2＝CP2+CD2＝12+（2）2＝3．
故答案为：3；
②当点P由点C运动到点B时，CP＝t，
∵∠C＝90°，CD=2，
∴S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（2）2＝t2+2．
故答案为：S＝t2+2；
（2）由图2可得：当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18，
抛物线的顶点坐标为（4，2），

∴BC=BD2−CD2=6−2=2，AD=18=32，
∴M（2，6），
设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，得4a+2＝6，
解得：a＝1，
∴S＝（t﹣4）2+2＝t2﹣8t+18，
∴AC＝AD+CD＝32+2=42，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=(42)2+22=6，
CB+AC＝2+6＝8，
∴抛物线的解析式为S＝t2﹣8t+18（2≤t≤8）；
（3）①如图，则∠AHD＝90°＝∠C，

∵∠DAH＝∠BAC，
∴△ADH∽△ABC，
∴DHBC=ADAB=AHAC，即DH2=326=AH42，
∴DH=2，AH＝4，
∴BH＝2，DH＝CD，
∵存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，
∴DP1＝DP2＝DP3，
∴CP1＝t1，P2H＝4﹣t2，
在Rt△CDP1和Rt△HDP2中，
CD=HDDP1=DP2，
∴Rt△CDP1≌Rt△HDP2（HL），
∴CP1＝HP2，
∴t1＝4﹣t2，
∴t1+t2＝4．
故答案为：4；
②∵DP3＝DP1，DH＝DC，∠DHP3＝∠C＝90°，
∴Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL），
∴P3H＝CP1，
∵P3H＝t3﹣4，
∴t3﹣4＝t1，
∵t3＝4t1，
∴t1=43，
∴S＝（43）2+2=349．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形面积等；解题关键是添加辅助线构造全等三角形和相似三角形．
4．（2023•衡阳）如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，连接AC，过B、C两点作直线．
（1）求a的值．
（2）将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点．在直线B′C′上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，若存在，请求出直线BP的解析式；若不存在，请说明理由．

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【专题】代数几何综合题；压轴题；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，即可求得a＝﹣1；
（2）利用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，由平移可得直线B′C′的解析式为y＝﹣x+3﹣m，设D（t，﹣t2+2t+3），过点D作DE∥y轴，交B′C′于点E，作DF⊥B′C′于点F，设直线B′C′交y轴于点G，则E（t，﹣t+3﹣m），可得DE＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3﹣m）＝﹣t2+3t+m，再证得△DEF是等腰直角三角形，可得DF=22DE=22（﹣t2+3t+m）=−22（t−32）2+22（94+m），运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）分两种情况：当∠PBC在BC的下方时，当∠PBC在BC的上方时，分别求得直线BP的解析式，联立方程组求解即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0），
∴a+2a+3＝0，
∴a＝﹣1．
（2）存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．
∵y＝﹣x2+2x+3，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，则3k+b=0b=3，
解得：k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∵将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点，
∴直线B′C′的解析式为y＝﹣x+3﹣m，
设D（t，﹣t2+2t+3），
过点D作DE∥y轴，交B′C′于点E，作DF⊥B′C′于点F，设直线B′C′交y轴于点G，如图，

∴E（t，﹣t+3﹣m），
∴DE＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3﹣m）＝﹣t2+3t+m，
∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，
∴∠BCO＝∠CBO＝45°，
∵B′C′∥BC，
∴∠B′GO＝∠BCO＝45°，
∵DE∥y轴，
∴∠DEF＝∠B′GO＝45°，
∵∠DFE＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DF=22DE=22（﹣t2+3t+m）=−22（t−32）2+22（94+m），
∵−22＜0，
∴当t=32时，DF取得最大值22（94+m），此时点D的坐标为（32，154）．
（3）存在．
当∠PBC在BC的下方时，在y轴正半轴上取点M（0，1），连接BM交抛物线于点P，如图，

∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），M（0，1），
∴OB＝OC＝3，OM＝OA＝1，∠BOM＝∠COA＝90°，
∴△BOM≌△COA（SAS），
∴∠MBO＝∠ACO，
∵∠CBO＝45°，
∴∠CBP+∠MBO＝45°，
∴∠CBP+∠ACO＝45°，
设直线BM的解析式为y＝k′x+b′，则3k′+b′=0b′=1，
解得：k′=−13b′=1，
∴直线BM的解析式为y=−13x+1，
联立，得y=−13x+1y=−x2+2x+3，
解得：x1=3y1=0（舍去），x2=−23y2=119，
∴P（−23，119）；
当∠PBC在BC的上方时，作点M关于直线BC的对称点M′，如图，连接MM′，CM′，直线BM′交抛物线于P，

由对称得：MM′⊥BC，CM′＝CM＝2，∠BCM′＝∠BCM＝45°，
∴∠MCM′＝90°，
∴M′（2，3），
则直线BM′的解析式为y＝﹣3x+9，
联立，得：y=−3x+9y=−x2+2x+3，
解得：x1=3y1=0（舍去），x2=2y2=3，
∴P（2，3）；
综上所述，抛物线上存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，直线BP的解析式为y=−13x+1或y＝﹣3x+9．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，直线的平移，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等，第（3）问要注意分类讨论，防止漏解．
5．（2023•枣庄）如图，抛物线y＝﹣x²+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
（3）若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

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【专题】代数几何综合题；压轴题；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式；
（2）利用待定系数法可得直线AM的解析式为y＝2x+2，进而可得D（0，2），作点D关于x轴的对称点D′（0，﹣2），连接D′M，D′H，MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，利用两点间距离公式即可求得答案；
（3）分三种情况：当DM、PQ为对角线时，当DP、MQ为对角线时，当DQ、PM为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分即对角线的中点重合，分别列方程组求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x²+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴−1−b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M（1，4），
设直线AM的解析式为y＝kx+d，则k+d=4−k+d=0，
解得：k=2d=2，
∴直线AM的解析式为y＝2x+2，
当x＝0时，y＝2，
∴D（0，2），
作点D关于x轴的对称点D′（0，﹣2），连接D′M，D′H，如图，

则DH＝D′H，
∴MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，
∵D′M=(1−0)2+(4+2)2=37，
∴MH+DH的最小值为37；
（3）对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．
由（2）得：D（0，2），M（1，4），
∵点P是抛物线上一动点，
∴设P（m，﹣m2+2m+3），
∵抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴为直线x＝1，
∴设Q（1，n），
当DM、PQ为对角线时，DM、PQ的中点重合，
∴0+1=m+12+4=−m2+2m+3+n，
解得：m=0n=3，
∴Q（1，3）；
当DP、MQ为对角线时，DP、MQ的中点重合，
∴0+m=1+12−m2+2m+3=4+n，
解得：m=2n=1，
∴Q（1，1）；
当DQ、PM为对角线时，DQ、PM的中点重合，
∴0+1=1+m2+n=4−m2+2m+3，
解得：m=0n=5，
∴Q（1，5）；
综上所述，对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为（1，3）或（1，1）或（1，5）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，二次函数图象上点的坐标特征，运用分类讨论思想是解题的关键．
6．（2023•安徽）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（3，3），对称轴为直线x＝2．
（1）求a，b的值；
（2）已知点B，C在抛物线上，点B的横坐标为t，点C的横坐标为t+1．过点B作x轴的垂线交直线OA于点D，过点C作x轴的垂线交直线OA于点E．
（i）当0＜t＜2时，求△OBD与△ACE的面积之和；
（ii）在抛物线对称轴右侧，是否存在点B，使得以B，C，D，E为顶点的四边形的面积为32？若存在，请求出点B的横坐标t的值；若不存在，请说明理由．
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【专题】代数几何综合题；压轴题；运算能力；应用意识．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）由题意得B（t，﹣t2+4t），C（t+1，﹣t2+2t+3），利用待定系数法可得OA的解析式为y＝x，则D（t，t），E（t+1，t+1），
（i）设BD与x轴交于点M，过点A作AN⊥CE，则M（t，0），N（t+1，3），利用S△OBD+S△ACE=12BD•OM+12AN•CE即可求得答案；
（ii）分两种情况：①当2＜t＜3时，②当t＞3时，分别画出图象，利用S四边形DCEB=12（BD+CE）•DH，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（3，3），对称轴为直线x＝2，
∴9a+3b=3−b2a=2，
解得：a=−1b=4；
（2）由（1）得：y＝﹣x2+4x，
∴当x＝t时，y＝﹣t2+4t，
当x＝t+1时，y＝﹣（t+1）2+4（t+1），即y＝﹣t2+2t+3，
∴B（t，﹣t2+4t），C（t+1，﹣t2+2t+3），
设OA的解析式为y＝kx，将A（3，3）代入，得：3＝3k，
∴k＝1，
∴OA的解析式为y＝x，
∴D（t，t），E（t+1，t+1），
（i）设BD与x轴交于点M，过点A作AN⊥CE，如图，
则M（t，0），N（t+1，3），

∴S△OBD+S△ACE=12BD•OM+12AN•CE=12（﹣t2+4t﹣t）•t+12（﹣t2+2t+3﹣t﹣1）=12（﹣t3+3t2）+12（t3﹣3t2+4）=−12t3+32t2+12t3−32t2+2＝2；
（ii）①当2＜t＜3时，过点D作DH⊥CE于H，如图，

则H（t+1，t），BD＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，CE＝t+1﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣t﹣2，DH＝t+1﹣t＝1，
∴S四边形DCEB=12（BD+CE）•DH，
即32=12（﹣t2+3t+t2﹣t﹣2）×1，
解得：t=52；
②当t＞3时，如图，过点D作DH⊥CE于H，

则BD＝t﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣3t，CE＝t2﹣t﹣2，
∴S四边形DBCE=12（BD+CE）•DH，
即32=12（t2﹣3t+t2﹣t﹣2）×1，
解得：t1=142+1（舍去），t2=−142+1（舍去）；
综上所述，t的值为52．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数和二次函数的综合应用，四边形面积等，其中（2）（ii）分类求解是解题的关键．
7．（2023•金华）如图，直线y=52x+5与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线的顶点P在直线AB上，与x轴的交点为C，D，其中点C的坐标为（2，0），直线BC与直线PD相交于点E．
（1）如图2，若抛物线经过原点O．
①求该抛物线的函数表达式；
②求BEEC的值．
（2）连结PC，∠CPE与∠BAO能否相等？若能，求符合条件的点P的横坐标；若不能，试说明理由．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；压轴题；存在型；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）①由抛物线经过原点O（0，0）、C（2，0），可得抛物线的顶点P（1，352），利用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y=−352x2+35x；
②先求出A（﹣2，0），B（0，5），运用待定系数法可得直线OP的解析式为y=352x，过点B作BF∥x轴交OP于点F，F（23，5），可得BF=23，再由BF∥OC，得出△BEF∽△CEO，进而可得BEEC=BFOC=232=13；
（2）过点P作PF⊥x轴于点F，设P（m，52m+5），则F（m，0），利用勾股定理可得AP2＝AF2+PF2＝（m+2）2+（52m+5）2=94m2+9m+9，若∠CPE＝∠BAO，可得△CPD∽△CAP，得出∠CDP＝∠CPA，再结合∠CDP＝∠ACP，可得∠PCD＝∠CPA，进而可得AP＝AC，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）①∵抛物线经过原点O（0，0）、C（2，0），
∴对称轴为直线x＝1，
当x＝1时，y=52×1+5=352，
∴抛物线的顶点P（1，352），
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+352，把C（2，0）代入，得a+352=0，
解得：a=−352，
∴y=−352（x﹣1）2+352=−352x2+35x，
∴该抛物线的函数表达式为y=−352x2+35x；
②∵直线y=52x+5与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴A（﹣2，0），B（0，5），
设直线OP的解析式为y＝kx，把P（1，352）代入，得：k=352，
∴直线OP的解析式为y=352x，
如图，过点B作BF∥x轴交OP于点F，则点F的纵坐标与点B的纵坐标相同，

∴5=352x，
解得：x=23，
∴F（23，5），
∴BF=23，
∵BF∥OC，
∴△BEF∽△CEO，
∴BEEC=BFOC=232=13，
∴BEEC的值为13．
（2）如图，过点P作PF⊥x轴于点F，
设P（m，52m+5），则F（m，0），
∴PF=52m+5，AF＝m﹣（﹣2）＝m+2，AC＝2﹣（﹣2）＝4，

在Rt△APF中，AP2＝AF2+PF2＝（m+2）2+（52m+5）2=94m2+9m+9，
若∠CPE＝∠BAO，
∵∠PCD＝∠ACP，
∴△CPD∽△CAP，
∴∠CDP＝∠CPA，
∵PC＝PD，
∴∠CDP＝∠ACP，
∴∠PCD＝∠CPA，
∴AP＝AC，
∴54m2+9m+9＝16，
解得：m1=−143（舍去），m2=23，
∴∠CPE与∠BAO能相等，点P的横坐标为23．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数与二次函数综合运用，勾股定理，等腰三角形性质，相似三角形的判定和性质等，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
8．（2023•天津）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数，c＞1的顶点为P，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，抛物线上的点M的横坐标为m，且−c＜m＜b2，过点M作MN⊥AC，垂足为N．
（1）若b＝﹣2，c＝3．
①求点P和点A的坐标；
②当MN=2时，求点M的坐标；
（2）若点A的坐标为（﹣c，0），且MP∥AC，当AN+3MN=92时，求点M的坐标．
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【专题】几何综合题；函数的综合应用；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】（1）①利用配方法即可得到顶点P的坐标，令y＝0，解方程即可得到A的坐标．
②过点M作ME⊥x轴于点E，于直线AC交于点F，证得EF＝AE，表示出点M、点E的坐标，进而表示出FM，根据直角三角形的性质列出方程求解即可得到M的坐标．
（2）求出顶点P的坐标和抛物线的对称轴，作辅助线，证明MQ＝QP，根据AN+3MN=92，列方程求解即可．
【解答】解：（1）①∵b＝﹣2，c＝3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴P（﹣1，4），
当y＝0时，﹣x2﹣2x+3＝0，
解得x1＝﹣3，x2＝1，
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣3，0）．
答：P点的坐标为（﹣1，4），A点的坐标为（﹣3，0）．
②如图，过点M作ME⊥x轴于点E，于直线AC交于点F，

∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴OA＝OC，
∴在Rt△AOC中，∠OAC＝45°，
∴在Rt△AEF中，EF＝AE，
∵抛物线上的点M的横坐标为m，其中﹣3＜m＜﹣1，
∴M（m，﹣m2﹣2m+3），E（m，0），
∴EF＝AE＝m﹣（﹣3）＝m+3，
∴F（m，m+3），
∴FM＝（﹣m2﹣2m+3）﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m，
∴在Rt△FMN中，∠MFN＝45°，
∴FM=2MN=2×2=2，
∴﹣m2﹣3m＝2，
解得m1＝﹣2，m2＝﹣1（舍去），
∴M（﹣2，3）．
答：点M的坐标为（﹣2，3）．
（2）∵点A（﹣c，0）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，其中c＞1，
∴﹣c2﹣bc+c＝0，
得b＝1﹣c，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+（1﹣c）x+c，
∴M（m，﹣m2+（1﹣c）m+c），其中−c＜m＜1−c2．
∴顶点P的坐标为（1−c2，(1+c)24），对称轴为直线l：x=1−c2．
如图，过点M作MQ⊥l于点Q，

则∠MQP=45°，Q(1−c2，−m2+(1−c)m+c)，
∵MP∥AC，
∴∠PMQ＝45°，
∴MQ＝QP，
∴1−c2−m=(1+c)24−[−m2+(1−c)m+c]，
即（c+2m）2＝1，
解得c1＝﹣2m﹣1，c2＝﹣2m+1（舍去），
同②，过点M作ME⊥x轴于点E，与直线AC交于点F，
则点E（m，0），点F（m，﹣m﹣1），点M（m，m2﹣1），
∴AN+3MN=AF+FN+3MN=2EF+22FM=92，
∴2(−m−1)+22(m2−1+m+1)=92，
即2m2+m﹣10＝0，
解得m1=−52，m2=2（舍去），
∴点M的坐标为（−52，214）．
答：点M的坐标为（−52，214）．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，掌握直角三角形的性质．
9．（2023•山西）综合与探究
如图，二次函数y＝﹣x2+4x的图象与x轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与该函数图象交于点B（1，3），与y轴交于点C．
（1）求直线AB的函数表达式及点C的坐标；
（2）点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，过点P作直线PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，设点P的横坐标为m．
①当PD=12OC时，求m的值；
②当点P在直线AB上方时，连接OP，过点B作BQ⊥x轴于点Q，BQ与OP交于点F，连接DF．设四边形FQED的面积为S，求S关于m的函数表达式，并求出S的最大值．

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【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】（1）利用待定系数法可求得直线AB的函数表达式，再求得点C的坐标即可；
（2）①分当点P在直线AB上方和点P在直线AB下方时，两种情况讨论，根据 PD＝2 列一元二次方程 求解即可；
②证明△FOQ∽△POE，推出 FQ＝﹣m+4，再证明四边形FQED为矩形，利用矩形面积公式得到二次 函数的表达式，再利用二次函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）由 y＝﹣x2+4x 得，当 y＝0 时，﹣x2+4x＝0，
解得 x1＝0，x2＝4，
∵点A在x轴正半轴上．
∴点A的坐标为（4，0）．
设直线AB的函数表达式为 y＝kx+b（k≠0）．
将A，B两点的坐标 （4，0），（1，3）分别代入 y＝kx+b，
得 4k+b=0k+b=3，
解得k=−1b=4，
∴直线AB的函数表达式为 y＝﹣x+4．
将x＝0代入 y＝﹣x+4，得 y＝4．
∴点C的坐标为（0，4）；

（2）①解：∵点P在第一象限内二次函数 y＝﹣x2+4x 的图象上，且PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，其横坐标为m．
∴点P，D的坐标分别为 P（m，﹣m2+4m），D（m，﹣m+4），
∴PE＝﹣m2+4m．DE＝﹣m+4，OE＝m，
∵点C的坐标为（0，4），
∴OC＝4． PD=12OC，
∴PD＝2．
如图1，当点P在直线AB上方时，PD＝PE﹣DE＝﹣m2+4m﹣（﹣m+4）＝﹣m2+5m﹣4，

∵PD＝2，
∴﹣m2+5m﹣4＝2，
解得 m1＝2．m2＝3．
如图2，当点P在直线AB下方时，PD＝DE﹣PE＝﹣m+4﹣（﹣m2+4m）＝m2﹣5m+4，

∵PD＝2，
∴m2﹣5m+4＝2，
解得 m=5±172，
∵0＜m＜1，m=“5−172．
综上所述，m的值为2或3或5−172；

②解：如图3，

由（1）得，OE＝m，PE＝﹣m2+4m，DE＝﹣m+4．
∵BQ⊥x 轴于点Q，交OP于点F，点B的坐标为（1，3），
∴OQ＝1，
∵点P在直线AB上方，
∴EQ＝m﹣1．
∵PE⊥x 轴于点E，
∴∠OQF＝∠OEP＝90°，
∴FQ∥DE，∠FOQ＝∠POE，
∴△FOQ∽△POE，
∴FQPE=OQOE，
∴FQ−m2+4m=1m，
∴FQ=−m2+4mm=−m+4，
∴FQ＝DE，
∴四边形FQED为平行四边形，
∵PE⊥x 轴，
∴四边形FQED为矩形．
∴S＝EQ+FQ＝（m﹣1）（﹣m+4），即S＝﹣m2+5m﹣4=−(m−52)2+94，
∵﹣1＜0，1＜m＜4，
∴当m=52时，S的最大值为94；
【点评】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，特殊四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建二次函数解决问题，属于中考压轴题．
10．（2023•宜昌）如图，已知A（0，2），B（2，0）．点E位于第二象限且在直线y＝﹣2x上，∠EOD＝90°，OD＝OE，连接AB，DE，AE，DB．

（1）直接判断△AOB的形状：△AOB是 　等腰直角　三角形；
（2）求证：△AOE≌△BOD；
（3）直线EA交x轴于点C（t，0），t＞2．将经过B，C两点的抛物线y1＝ax2+bx﹣4向左平移2个单位，得到抛物线y2．
①若直线EA与抛物线y1有唯一交点，求t的值；
②若抛物线y2的顶点P在直线EA上，求t的值；
③将抛物线y2再向下平移2(t−1)2个单位，得到抛物线y3．若点D在抛物线y3上，求点D的坐标．
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【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】（1）由A（0，2），B（2，0）得到 OA＝OB＝2，又由∠AOB＝90°，即可得到结论；
（2）由∠EOD＝90°，∠AOB＝90° 得到∠AOE＝∠BOD，又有 AO＝OB，OD＝OE，利用SAS即 可证明△AOE≌△BOD；
（3）①求出直线AC的解析式和抛物线y1的解析式，联立得x2﹣（t+3）x+3t＝0，Δ＝（t+3）2﹣4×3t＝（t﹣3）2＝0，即可得到t的值；
②抛物线y1=−2tx2+2t(t+2)x−4向左平移2个单位得到抛物线y2=−2t(x−t−22)2+(t−2)22t，则抛物线y2的顶点P(t−22，(t−2)22t)，将顶点P(t−22，(t−2)22t) 代入yAC=−2tx+2 得到t2﹣6r＝0，解得t1＝0，t2＝6，根据t＞2即可得到t的值；
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，先证明△ODN≌△EOM（AAS），则ON＝EM，DN＝OM，设EM＝2OM＝2m，由OA∥EM得到OC：CM＝OA：EM，则tt+m=22m 求得m=tt−1得到 D(2tt−t−t，tt−1)，由抛物线y2再向下平移 2(t−1)2 个单位，得到抛物线y3=−2tx2+2t(t−2)x−2t(t−1)2 把D(2tt−t−t) 代入抛物线y3=−2tx2+2t(t−2)x−2tt−12 得到3t2﹣19t+6＝0 解得t1=13，t2＝6 由t＞2，得t＝6，即可得到点D的坐标．
【解答】（1）解：∵A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角；

（2）证明：∵∠EOD＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠AOB﹣∠AOD＝∠DOE﹣∠AOD，
∴∠AOE＝∠BOD，
∵AO＝OB，OD＝OE，
∴△AOE≌△BOD（SAS）；

（3）解：①设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∵A（0，2），C（t，0），
∴b=2kt+b+0，
∴k=−2tb=2
∴yAC=−2tx+2，
将C（t，0），B（2，0）代入抛物线y1=ax2+bx−4，
得，at2+bt−4=04a+2b−4=0，解得a=−2t，b=2t(t+2)，
∴y1=−2tx2+2t(t+2)x−4，
∵直线yAC=−2tx+2 与抛物线y1=−2tx2+2t(t+2)x−4有唯一交点，
∴联立解析式组成方程组解得 x2﹣（t+3）x+3t＝0，
∴Δ＝（t+3）2﹣4×3t＝（t﹣3）2＝0，
∴t＝3；
②∵抛物线y1=−2tx2+2t(t+2)x−4 向左平移2个单位得到 y2，
∴抛物线y2=−2t(x−t−22)2+(t−2)22t，
∴抛物线y2的顶点 P(t−22，(t−2)22t)，
将顶点P(t−22，(t−2)22t)代入yAC=−2tx+2t2﹣6t＝0，解得t1＝0，t2＝6，
∵t＞2，
∴t＝6；
③过点E作EM⊥x 轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N．

∴∠EMO＝∠OND＝90°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠EOM+∠MEO＝∠EOM+∠NOD＝90°，
∴∠MEO＝∠NOD，
∵OD＝OE，
∴△ODN≌△EOM（AAS），
∴ON＝EM，DN＝OM，
∵OE的解析式为y＝﹣2x，
∴设EM＝2OM＝2m，
∴DN＝OM＝m，
∵EM⊥x轴，
∴OA∥EM，
∴△CAO∽△CEM，
∴OC：CM＝OA：EM，
∴tt+m=22m，
∴m=tt−1，
∴EM=ON=2OM=2m=2tt−1，DN=OM=m=tt−1，
∴D(2tt−1ttt−1)，
∵抛物线y2再向下平移 2(t−1)2 个单位，得到抛物线y3，
∴抛物线y3=−2tx2+2t(t−2)x−2t(t−1)2，
∴D(2tt−1ttt−1) 代入抛物线y3=−2tx2+2t(t−2)x−2t(t−1)2，
∴3t2﹣19t+6＝0 解得t1=13，t2＝6，
由t＞2，得t＝6，
∴2tt−1=126−1=125，tt−1=66−1=65，
∴D（125，65）．
【点评】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定 系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键．
11．（2023•乐山）已知（x1，y1），（x2，y2）是抛物线C1：y=−14x2+bx（b为常数）上的两点，当x1+x2＝0时，总有y1＝y2．
（1）求b的值；
（2）将抛物线C1平移后得到抛物线C2：y=−14（x﹣m）2+1（m＞0）．
当0≤x≤2时，探究下列问题：
①若抛物线C1与抛物线C2有一个交点，求m的取值范围；
②设抛物线C2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线C2的顶点为点E，△ABC外接圆的圆心为点F．如果对抛物线C1上的任意一点P，在抛物线C2上总存在一点Q，使得点P、Q的纵坐标相等．求EF长的取值范围．
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【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据当x1+x2＝0时，总有y1＝y2，构建方程，求解即可；
（2）①求出抛物线经过（0，0）或（2，﹣1）时的m的值，可得结论；
②判断出抛物线经过（1，0）或（2，0）时m的值，求出m的取值范围，再根据FH2+HB2＝FG2+GC2，设FH＝t，构建关系式，求出即t=m28+32，可得结论．
【解答】解：（1）由题可知：y1=−14x12+bx1，y2=−14x22+bx2，
∵当x1+x2＝0 时，总有 y1＝y2，
∴−14x12+bx1=−14x22+bx2，
整理得：（x1﹣x2）（x1+x2﹣4b）＝0，
∵x1≠x2，
∴x1﹣x2≠0，
∴x1+x2﹣4b＝0，
∴b＝0；
（2）①注意到抛物线 C2 最大值和开口大小不变，m只影响图象左右平移．
下面考虑满足题意的两种临界情形：
（i）当抛物线 C2 过点（0，0）时，如图1所示，

此时，x＝0，y=−14m2+1=0，解得m＝2或﹣2（舍）．
（i）当抛物线 C2 过点（2，﹣1）时，如图2所示，

此时，x＝2，y=−14(m−2)2+1=−1
解得 m=2+22或2−22 （舍）．
综上所述，2≤m≤2+22；
②同①考虑满足题意的两种临界情形：
（i）当抛物线 C2 过点（0，﹣1）时，如图3所示，

此时，x＝0，y=−14m2+1=−1，解得 m=22或−22 （舍）．
（ii）当抛物线 C2 过点（2，0）时，如图4所示，

此时，x＝2，y=−14(2−m)2+1=0，解得 m＝4 或0（舍）．
综上所述，22＜m＜4．
如图5，由圆的性质可知，点E、F在线段AB的垂直平分线上，

y=−14(x−m)2+1=0，解得 xA＝m﹣2，xB＝m+2，
∴HB＝m+2﹣m＝2，
∵FB＝FC．
∴FH2+HB2＝FG2+GC2，
设FH＝t，
∴t2+22＝（m24−1﹣t）2+m2，
∴（m24−1）2﹣2（m24−1）t+m2﹣4＝0，
∴（m24−1）（m24−2t+3）＝0，
∵m≥22，
∴m24−1≠0，
∴m24−2t+3=0，即 t=m28+32，
∵22＜m＜4
∴52＜t≤72，即52＜FH≤72，
∵EF＝FH+1，
∴72≤EF≤92．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一元二次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
12．（2023•扬州）在平面直角坐标系xOy中，已知点A在y轴正半轴上．
（1）如果四个点（0，0）、（0，2）、（1，1）、（﹣1，1）中恰有三个点在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上．
①a＝　1　；
②如图1，已知菱形ABCD的顶点B、C、D在该二次函数的图象上，且AD⊥y轴，求菱形的边长；
③如图2，已知正方形ABCD的顶点B、D在该二次函数的图象上，点B、D在y轴的同侧，且点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，试探究n﹣m是否为定值．如果是，求出这个值；如果不是，请说明理由．
（2）已知正方形ABCD的顶点B、D在二次函数y＝ax2（a为常数，且a＞0）的图象上，点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，直接写出m、n满足的等量关系式．

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【专题】分类讨论；待定系数法；函数的综合应用；图形的全等；矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】（1）①在y＝ax2中，令x＝0得y＝0，即知（0，2）不在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上，用待定系数法可得a＝1；
②设BC交y轴于E，设菱形的边长为2a，可得B（﹣a，a2），故AE=AB2−BE2=3a，C（2a，a2+3a），代入y＝ax2得a2+3a＝4a2，可解得a=33，故菱形的边长为233；
③过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，由点B、D的横坐标分别为m、n，可得BF＝m，OF＝m2，DE＝n，OE＝n2，证明△ABF≌△DEA（AAS），有BF＝AE，AF＝DE，故m＝n2﹣AF﹣m2，AF＝n，即可得n﹣m＝1；
（2）过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，由点B、D的横坐标分别为m、n，知B（m，am2），D（n，an2），分三种情况：①当B，D在y轴左侧时，由△ABF≌△DEA（AAS），可得﹣m＝am2﹣AF﹣an2，AF＝﹣n，故n﹣m=1a；②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，由△ABF≌△DEA（AAS），有﹣m＝am2+AF﹣an2，AF＝n，知m+n＝0或n﹣m=1a；③当B，D在y轴右侧时，m＝an2﹣AF﹣am2，AF＝n，可得n﹣m=1a．
【解答】解：（1）①在y＝ax2中，令x＝0得y＝0，
∴（0，0）在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上，（0，2）不在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上，
∵四个点（0，0）、（0，2）、（1，1）、（﹣1，1）中恰有三个点在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上，
∴二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上的三个点是（0，0），（1，1），（﹣1，1），
把（1，1）代入y＝ax2得：a＝1，
故答案为：1；
②设BC交y轴于E，如图：

设菱形的边长为2a，则AB＝BC＝CD＝AD＝2a，
∵B，C关于y轴对称，
∴BE＝CE＝a，
∴B（﹣a，a2），
∴OE＝a2，
∵AE=AB2−BE2=3a，
∴OA＝OE+AE＝a2+3a，
∴D（2a，a2+3a），
把D（2a，a2+3a）代入y＝ax2得：
a2+3a＝4a2，
解得a=33或a＝0（舍去），
∴菱形的边长为233；
③n﹣m是为定值，理由如下：
过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，如图：

∵点B、D的横坐标分别为m、n，
∴B（m，m2），D（n，n2），
∴BF＝m，OF＝m2，DE＝n，OE＝n2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝90°，AD＝AB，
∴∠FAB＝90°﹣∠EAD＝∠EDA，
∵∠AFB＝∠DEA＝90°，
∴△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE，
∴m＝n2﹣AF﹣m2，AF＝n，
∴m＝n2﹣n﹣m2，
∴m+n＝（n﹣m）（n+m），
∵点B、D在y轴的同侧，
∴m+n≠0，
∴n﹣m＝1；
（2）过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，
∵点B、D的横坐标分别为m、n，
∴B（m，am2），D（n，an2），
①当B，D在y轴左侧时，如图：

∴BF＝﹣m，OF＝am2，DE＝﹣n，OE＝n2，
同理可得△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE，
∴﹣m＝am2﹣AF﹣an2，AF＝﹣n，
∴﹣m＝am2+n﹣an2，
∴m+n＝a（n﹣m）（n+m），
∴m+n≠0，
∴n﹣m=1a；
②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，如图：

∴BF＝﹣m，OF＝am2，DE＝n，OE＝an2，
同理可得△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE，
∴﹣m＝am2+AF﹣an2，AF＝n，
∴﹣m＝am2+n﹣an2，
∴m+n＝a（n+m）（n﹣m），
∴m+n＝0或n﹣m=1a；
③当B，D在y轴右侧时，如图：

∴BF＝m，OF＝am2，DE＝n，OE＝an2，
同理可得△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE，
∴m＝an2﹣AF﹣am2，AF＝n，
∴m＝an2﹣n﹣am2，
∴m+n＝a（n+m）（n﹣m），
∵m+n≠0
∴n﹣m=1a；
综上所述，m、n满足的等量关系式为m+n＝0或n﹣m=1a．
【点评】本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，解题的关键是分类讨论思想的应用．
13．（2023•湖北）已知抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，2）．点P为第一象限抛物线上的点，连接CA，CB，PB，PC．

（1）直接写出结果；b＝　32　，c＝　2　，点A的坐标为 　（﹣1，0）　，tan∠ABC＝　12　；
（2）如图1，当∠PCB＝2∠OCA时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D在y轴负半轴上，OD＝OB，点Q为抛物线上一点，∠QBD＝90°．点E，F分别为△BDQ的边DQ，DB上的动点，且QE＝DF，记BE+QF的最小值为m．
①求m的值；
②设△PCB的面积为S，若S=14m2−k，请直接写出k的取值范围．
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【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可求得 b=32、c＝2，从而可得 OB＝4，OC＝2，由 y＝0，可得 −12x2+32x+2=0，求得 A（﹣1，0），在Rt△COB 中，根据正切的定义求值即可；
（2）过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点P作 PE∥x 轴，交y轴于点E，由 tan∠OCA=tan∠ABC=12，即∠OCA＝∠ABC，再由∠PCB＝2∠ABC，可得∠EPC＝ABC，证明△PEC∽△BOC，可得 EPOB=ECOC，设点P坐标为 (t，−12t2+32t+2)，可得 t4=−12t2+32t2，再进行求 解即可；
（3）①作DH⊥DQ，且使DH＝BQ，连接FH．根据SAS证明△BQE≌△HDF，可得 BE+QF＝FH+QF≥QH，即Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，设 G（n2） 则 Q(n，−12n2+32n+2)，根据QG＝BG求出点Q的坐标，燃然后利用勾股定理求解即可； ②作 PT∥y 轴，交BC于点T，求出BC解析式，设 T(a，−12a+2)P(a，−12a2+32a+2)，利用三 角形面积公式表示出S，利用二次函数的性质求出S的取值范围，结合①中结论即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线 y=−12x2+bx+c 经过点B（4，0），C（0，2），
∴−8+4b+c=0c=2，
解得：b=32c=2，
∴抛物线解析式为：y=−12x2+32x+2，
∵抛物线 y=−12x2+bx+c 与x轴交于A、B（4，0）两点，
∴y＝0时，−12x2+32x+2=0，解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），
∴OB＝4，OC＝2，
在 Rt△COB 中，tan∠ABC=OCOB=24=12．
故答案为：32，2，（﹣1，0），12；
（2）过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点P作 PE∥x 轴，交y轴于点E，

∵AO＝1，OC＝2，OB＝4，
∴tan∠OCA=AOCO=12，
由（1）可得，tan∠ABC=12，即 tan∠OCA＝tan∠ABC，
∴∠OCA＝∠ABC，
∵∠PCB＝2∠OCA，
∴∠PCB＝2∠ABC，
∵CD∥x轴，EP∥x 轴，
∴∠ACB＝∠DCB，∠EPC＝∠PCD，
∴∠EPC＝ABC，
又∵∠PEC＝∠BOC＝90°
∴△PEC∽△BOC，
∴EPOB=ECOC，
设点P坐标为 (t，−12t2+32t+2)，则 EP＝t，EC=−12t2+32t+2−2=−12t2+32t，
∴t4=−12t+32t2，
解得：t＝0 （舍），t＝2，
∴点P坐标为（2，3）；

（3）①如图2，作DH⊥DQ，且使 DH＝BQ，连接FH，

∵∠BQD+∠BDQ＝90°，∠HDF+∠BDQ＝90°，
∴∠BQD＝∠HDF，
∵QE＝DF，DH＝BQ，
∴△BQE≌△HDF（SAS），
∴BE＝FH，
∴BE+QF＝FH+QF≥QH，
∴Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，
∵OB＝OD，∠BOD＝90°，
∴∠OBD＝45°，
∵∠QBD＝90°，
∴∠QBG＝45°，
∴QG＝BG．设G（n，0），则 Q(n，−12n2+32n+2)，
∴−12n2+32n+2=4−n，
解得 n＝1 或 n＝4 （舍去），
∴Q（1，3），
∴QG＝BG＝4﹣1＝3，
∴BQ=DH=32QD=52，
∴m＝QH=(32)2+(52)2=217；
②如图3，作PT∥y轴，交BC于点T，

∵BC解析式为 y=−12x+2，
设T(a，−12a+2)，P(a，−12a2+32a+2)，
则 S=12(−12a2+32a+2+12a−2)×4=−(a−2)2+4，
∵点P在第一象限，
∴0＜S≤4，
∴0＜14m2−k≤4，
∴0＜17﹣k≤4，
∴13≤k＜17．
【点评】本题考查用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、二次函数与x轴的交点、全等三角 形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、锐角三角函数、最值问题、二次函数最值、用分割法求三角形面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．
14．（2023•内江）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于B（4，0），C（﹣2，0）两点，与y轴交于点A（0，﹣2）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点K，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求12PK+PD的最大值及此时点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△MAB是以AB为一条直角边的直角三角形；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．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）将A、B、C代入抛物线解析式求解即可；
（2）可求直线AB的解析式为 y=12x−2，设P(m，14m2−12m−2) （0＜m＜4），可求 k(12m2−m，14m2−12m−2)，从而可求12PK+PD=−12m2+32m+2，即可求解；
（3）过A作AM2⊥AB交抛物线的对称轴于M2，过B作BM1⊥AB交抛物线的对称轴于点M1，连接AM1，BM2，设M1（1，n），可求AM12=n2+4n+5，BM12=n2+9，由AB2+BM12=AM12，构建方程可得M1坐标，求出直线BM1的解析式，利用平行线的性质求出直线AM2的解析式，可得结论．
【解答】解：（1）由题意，16a+4b+c=04a−2b+c=0c=−2，
解得a=14b=−12c=−2，
∴抛物线的解析式为y=14x2−12x﹣2；

（2）∵A（0，﹣2），B（4，0），
∴直线AB的解析式为y=12x﹣2，
设P(m，14m2−12m−2) （0＜m＜4），则k(12m2−m，14m2−12m−2)，
∴12PK+PD=12（m−12m2+m）+（−14m2+12m+2）=−12m2+32m+2=−12（m−32）2+258，
∵−12＜0，
∴当m=32时，12PK+PD有最大值，最大值为258，此时P（32，−3516）；

（3）存在．过A作AM2⊥AB交抛物线的对称轴于M2，过B作BM1⊥AB交抛物线的对称轴于点M1，连接AM1，BM2，设M1（1，n），则AM12=n2+4n+5，BM12=n2+9，

由AB2+BM12=AM12，可得22+42+n2+9＝n2+4n+5，
∴n＝6，
∴M1（1，6），
∴直线 BM1 解析式为y＝﹣2x+8，
∵AM2∥BM1，且经过A（0，﹣2），
∴直线 AM2 解析式为y＝﹣2x﹣2，
∴当x＝1时，y＝﹣2×1﹣2＝﹣4，
∴M2（1﹣4），
综上所述：存在，M的坐标为（1，6）或（1，﹣4）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数中动点最值问题，直角三角形的判定，勾股定理 等，掌握解法及找出动点坐标满足的函数解析式是解题的关键＜/m＜/m
15．（2023•临沂）综合与实践：
问题情境
小莹妈妈的花卉超市以15元/盆的价格新购进了某种盆栽花卉，为了确定售价，小莹帮妈妈调查了附近A，B，C，D，E五家花卉店近期该种盆栽花卉的售价与日销售量情况，记录如下：

数据整理：
（1）请将以上调查数据按照一定顺序重新整理，填写在下表中：
售价（元/盆）
　18　
　20　
　22　
　26　
　30　
日销售量（盆）
　54　
　50　
　46　
　38　
　30　
模型建立
（2）分析数据的变化规律，找出日销售量与售价间的关系．
拓广应用
（3）根据以上信息，小莹妈妈在销售该种花卉中，
①要想每天获得400元的利润，应如何定价？
②售价定为多少时，每天能够获得最大利润？
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【专题】一次函数及其应用；二次函数的应用；应用意识．
【分析】（1）根据销售单价从小到大排列即可；
（2）设销售量为y盆，售价为x元，y＝kx+b，用待定系数法可得y＝﹣2x+90；
（3）①根据每天获得400元的利润，列方程可得答案；
②设每天获得的利润为w元，得：w＝（x﹣15）（﹣2x+90）＝﹣2x2+120x﹣1350＝﹣2（x﹣30）2+450，由二次函数性质可得答案．
【解答】解：（1）根据销售单价从小到大排列得下表：
售价（元/盆）
18
20
22
26
30
日销售量（盆）
54
50
46
38
30
故答案为：18，54；20，50；22，46；26，38；30，30；
（2）观察表格可知销售量是售价的一次函数；
设销售量为y盆，售价为x元，y＝kx+b，
把（18，54），（20，50）代入得：
18k+b=5420k+b=50，
解得k=−2b=90，
∴y＝﹣2x+90；
（3）①∵每天获得400元的利润，
∴（x﹣15）（﹣2x+90）＝400，
解得x＝25或x＝35，
∴要想每天获得400元的利润，定价为25元或35元；
②设每天获得的利润为w元，
根据题意得：w＝（x﹣15）（﹣2x+90）＝﹣2x2+120x﹣1350＝﹣2（x﹣30）2+450，
∵﹣2＜0，
∴当x＝30时，w取最大值450，
∴售价定为30元时，每天能够获得最大利润450元．
【点评】本题考查一次函数，二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．
16．（2023•烟台）如图，抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB＝4．抛物线的对称轴x＝3与经过点A的直线y＝kx﹣1交于点D，与x轴交于点E．
（1）求直线AD及抛物线的表达式；
（2）在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+12PA的最小值．

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【专题】函数的综合应用；运算能力．
【分析】（1）根据对称轴x＝3，AB＝4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM＝90°时，求出直线AM的解析式为y＝﹣x+1，解方程组
y=−x+1y=x2−6x+5，即可得到点M的坐标；②当∠ADM＝90°时，求出直线DM的解析式为y＝﹣x+5，解方程组
y=−x+5y=x2−6x+5，即可得到点M的坐标；
（3）在AB上取点F，使BF＝1，连接CF，证得BFPB=PBAB，又∠PBF﹣∠ABP，得到△PBF∽△ABP，推出PF=12PA，进而得到当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，利用勾股定理求出CF即可．
【解答】（1）解：∵抛物线的对称轴x＝3，AB＝4，
∴A（1，0），B（5，0），
将4（1，0）代入直线y＝kx﹣1，得k﹣1＝0，
解得k＝1，
∴直线AD的解析式为y＝x﹣1；
将A（1，0），B（5，0）代入y＝ax2+bx+5，得
a+b+5=025a+5b+5=0，解得a=1b=−6，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5；
（2）存在点M，
∵直线AD的解析式为y＝x﹣1，抛物线对称轴x＝3与x轴交于点E，
∴当x＝3时，y＝x﹣1＝2，
∴D（3，2），
①当∠DAM＝90°时，
设直线AM的解析式为y＝﹣x+c，将点A坐标代入，
得﹣1+c＝0，
解得c＝1，
∴直线AM的解析式为y＝﹣x+1，
解方程组y=−x+1y=x2−6x+5，得x=1y=0或x=4y=−3，
∴点M的坐标为（4，﹣3）；
②当∠ADM＝90°时，
设直线DM的解析式为y＝﹣x+d，将D（3，2）代入，
得﹣3+d＝2，
解得d＝5，
∴直线DM的解析式为y＝﹣x+5，
解方程组y=−x+5y=x2−6x+5，解得x=0y=5或x=5y=0，
∴点M的坐标为（0，5）或（5，0），
综上，点M的坐标为（4，﹣3）或（0，5）或（5，0）；
（3）如图，在AB上取点F，使BF＝1，连接CF，

∵PB＝2，
∴BFPB=12，
∵PBAB=24=12，
∴BFPB=PBAB，
又∵∠PBF＝∠ABP，
∴△PBF∽△ABP，
∴PFPA=BFPB=12，即PF=12PA，
∴PC+12PA＝PC+PF≥CF，
∴当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，
∵OC＝5，OF＝OB﹣1＝5﹣1＝4，
∴CF=OC2+OF2=52+42=41，
∴PC+12PA的最小值为41．
【点评】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
17．（2023•苏州）如图，二次函数y＝x2﹣6x+8的图象与x轴分别交于点A，B（点A在点B的左侧），直线l是对称轴．点P在函数图象上，其横坐标大于4，连接PA，PB，过点P作PM⊥l，垂足为M，以点M为圆心，作半径为r的圆，PT与⊙M相切，切点为T．
（1）求点A，B的坐标；
（2）若以⊙M的切线长PT为边长的正方形的面积与△PAB的面积相等，且⊙M不经过点（3，2），求PM长的取值范围．

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【专题】几何综合题；二次函数的应用；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】（1）令y＝0，代入二次函数y＝x2﹣6x+8中即可求解．
（2）利用配方法求出二次函数的对称轴，设出P点坐标，求出M点坐标，连接MT，则MT⊥PT，求出PT2＝PM2﹣MT2＝（m﹣3）2﹣r2，即以切线长PT为边长的正方形的面积为（m﹣3）2﹣r2，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，求出三角形PAB的面积，进而得出半径，假设⊙M经过点N（3，2），分两种情况：①当点M在点N的上方，②当点M在点N的下方，即可求解．
【解答】解：（1）令y＝0，
则x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝2，x2＝4，
∴A（2，0），B（4，0）．
答：点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（4，0）．
（2）∵y＝x2﹣6x+8＝（x﹣3）2﹣1，
∴对称轴为x＝3．
设P（m，m2﹣6m+8），
∵PM⊥l，
∴M（3，m2﹣6m+8），
连接MT，则MT⊥PT，
∴PT2＝PM2﹣MT2＝（m﹣3）2﹣r2，
即以切线长PT为边长的正方形的面积为（m﹣3）2﹣r2，
过点P作PH⊥x轴，垂足为H，
则S△PAB=12AB⋅PH=m2−6m+8，
∴（m﹣3）2﹣r2＝m2﹣6m+8，
∵r＞0，
∴r＝1．
假设⊙M经过点N（3，2），则有两种情况：
①如图，当点M在点N的上方，

∴M（3，3），
∴m2﹣6m+8＝3，
解得m＝5或1，
∵m＞4，
∴m＝5．
②如图，当点M在点N的下方，

∴M（3，1），
∴m2﹣6m+8＝1，
解得m=3±2，
∵m＞4，
∴m=3+2，
综上所述，PM＝m﹣3＝2或2，
∴当⊙M不经过点N（3，2）时，PM长的取值范围为：1＜PM＜2 或2＜PM＜2或PM＞2．
答：PM长的取值范围为：1＜PM＜2 或2＜PM＜2或PM＞2．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，利用分类讨论的思想方法．
18．（2023•宁波）如图，已知二次函数y＝x2+bx+c图象经过点A（1，﹣2）和B（0，﹣5）．
（1）求该二次函数的表达式及图象的顶点坐标．
（2）当y≤﹣2时，请根据图象直接写出x的取值范围．

【考点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的图象；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有
【专题】数形结合；待定系数法；二次函数图象及其性质；运算能力．
【分析】（1）用待定系数法求出函数表达式，配成顶点式即可得顶点坐标；
（2）求出A关于对称轴的对称点坐标，由图象直接可得答案．
【解答】解：（1）把A（1，﹣2）和B（0，﹣5）代入y＝x2+bx+c得：
1+b+c=−2c=−5，
解得b=2c=−5，
∴二次函数的表达式为y＝x2+2x﹣5，
∵y＝x2+2x﹣5＝（x+1）2﹣6，
∴顶点坐标为（﹣1，﹣6）；
（2）如图：

∵点A（1，﹣2）关于对称轴直线x＝﹣1的对称点C（﹣3，﹣2），
∴当y≤﹣2时，x的范围是﹣3≤x≤1．
【点评】本题考查二次函数图象及性质，解题的关键是掌握待定系数法，求出函数表达式．
19．（2023•金昌）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx与x轴交于点A，与直线y＝﹣x交于点B（4，﹣4），点C（0，﹣4）在y轴上．点P从点B出发，沿线段BO方向匀速运动，运动到点O时停止．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx的表达式；
（2）当BP＝22时，请在图1中过点P作PD⊥OA交抛物线于点D，连接PC，OD，判断四边形OCPD的形状，并说明理由；
（3）如图2，点P从点B开始运动时，点Q从点O同时出发，以与点P相同的速度沿x轴正方向匀速运动，点P停止运动时点Q也停止运动．连接BQ，PC，求CP+BQ的最小值．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；二次函数的应用；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】（1）利用待定系数法将B点坐标代入抛物线y＝﹣x2+bx中，即可求解．
（2）作辅助线，根据题意，求出PD的长，PD＝OC，PD∥OC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得证．
（3）作出图，证明△CBP≌△MOQ（SAS），CP+BQ的最小值为MB，根据勾股定理求出MB即可解答．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx过点B（4，﹣4），
∴﹣16+4b＝﹣4，
∴b＝3，
∴y＝﹣x2+3x．
答：抛物线的表达式为y＝﹣x2+3x．
（2）四边形OCPD是平行四边形，理由如下：
如图1，作PD⊥OA交x轴于点H，连接PC、OD，

∵点P在y＝﹣x上，
∴OH＝PH，∠POH＝45°，
连接BC，
∵OC＝BC＝4，
∴OB=42．
∴BP=22，
∴OP=OB−BP=22，
∴OH=PH=22OP=22×22=2，
当xD＝2时，DH＝yD＝﹣4+3×2＝2，
∴PD＝DH+PH＝2+2＝4，
∵C（0，﹣4），
∴OC＝4，
∴PD＝OC，
∵OC⊥x轴，PD⊥x轴，
∴PD∥OC，
∴四边形OCPD是平行四边形．
（3）如图2，由题意得，BP＝OQ，连接BC，

在OA上方作△OMQ，使得∠MOQ＝45°，OM＝BC，
∵OC＝BC＝4，BC⊥OC，
∴∠CBP＝45°，
∴∠CBP＝∠MOQ，
∵BP＝OQ，∠CBP＝∠MOQ，BC＝OM，
∴△CBP≌△MOQ（SAS），
∴CP＝MQ，
∴CP+BQ＝MQ+BQ≥MB（当M，Q，B三点共线时最短），
∴CP+BQ的最小值为MB，
∵∠MOB＝∠MOQ+∠BOQ＝45°+45°＝90°，
∴MB=OM2+OB2=42+(42)2=43，
即CP+BQ的最小值为43．
答：CP+BQ的最小值为43．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
20．（2023•连云港）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y＝x2﹣2x﹣3的顶点为P．直线l过点M（0，m）（m≥﹣3），且平行于x轴，与抛物线L1交于A、B两点（B在A的右侧）．将抛物线L1沿直线l翻折得到抛物线L2，抛物线L2交y轴于点C，顶点为D．
（1）当m＝1时，求点D的坐标；
（2）连接BC、CD、DB，若△BCD为直角三角形，求此时L2所对应的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，若△BCD的面积为3，E、F两点分别在边BC、CD上运动，且EF＝CD，以EF为一边作正方形EFGH，连接CG，写出CG长度的最小值，并简要说明理由．

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【专题】数形结合；几何直观．
【分析】本题考查二次函数的对称的相关知识，直角三角形的三个角为直角的情况分析，不同情况下的最值问题．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线L1的顶点坐标P（1，﹣4），
∵m＝1，点P和点D关于直线x＝1对称，
∴点D的坐标为（1，6）；
（2）∵抛物线L1的顶点P（1，﹣4）与L2的顶点D关于直线y＝m对称，
∴D（1，2m+4），抛物线L2：y＝﹣（x﹣1）2+（2m+4）＝﹣x2+2x+2m+3，
∴当x＝0时，C（0，2m+3），

①当∠BCD＝90°时，如图1，过D作DN⊥y轴于N，
∵D（1，2m+4），
∴N（0，2m+4），
∵C（0，2m+3），
∴DN＝NC＝1，
∴∠DCN＝45°，
∵∠BCD＝90°，
∴∠BCM＝45°，
∵直线l∥x轴，
∴∠BMC＝90°，
∴∠CBM＝∠BCM＝45°，BM＝CM，
∵m≥﹣3，
∴BM＝CM＝（2m+3）﹣m＝m+3，
∴B（m+3，m），
∵点B在y＝x2﹣2x﹣3的图象上，
∴m＝（m+3）2﹣2（m+3）﹣3，
∴m＝0或m＝﹣3，
∵当m＝3时，得B（0，﹣3），C（0，﹣3），此时，点B和点C重合，舍去，当m＝0时，符合题意；
将m＝0代入L2：y＝﹣x2+2x+2m+3得L2：y＝﹣x2+2x+3，
②当∠BDC＝90°，如图2，过B作BT⊥ND交ND的延长线于T，
同理，BT＝DT，
∴D（1，2m+4），
∴DT＝BT＝（2m+4）﹣m＝m+4，
∵DN＝1，
∴NT＝DN+DT＝1+（m+4）＝m+5，
∴B（m+5，m），
∵当B在y＝x2﹣2x﹣3的图象上，
∴m＝（m+5）2﹣2（m+5）﹣3，
解得m＝﹣3或m＝﹣4，
∵m≥﹣3，
∴m＝﹣3，此时，B（2，﹣3），C（0，﹣3）符合题意；
将m＝﹣3代入L2：y＝﹣x2+2x+3得，L2：y＝﹣x2+2x﹣3，
③易知，当∠DBC＝90°，此种情况不存在；
综上所述，L2所对应的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3或y＝﹣x2+2x﹣3；
（3）由（2）知，当∠BDC＝90°时，m＝﹣3，
此时，△BCD的面积为1，不合题意舍去，
当∠BCD＝90°时，m＝0，此时，△BCD的面积为3，符合题意，
由题意得，EF＝FG＝CD=2，取EF的中点Q，
在Rt△CEF中可求得CQ=12EF=22，在Rt△FGQ中可求得GQ=102，
当Q，C，G三点共线时，CG取最小值，最小值为10−22．
【点评】本题考查二次函数的对称的相关知识，直角三角形的三个角为直角的情况分析，不同情况下的最值问题．解题的关键是理解对称的关键，直角三角形的不同情况分析，综合应用．
21．（2023•怀化）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，与y轴交于点C．

（1）求抛物线的函数表达式及顶点坐标；
（2）点P为第三象限内抛物线上一点，作直线AC，连接PA、PC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）设直线l1：y＝kx+k−354交抛物线于点M、N，求证：无论k为何值，平行于x轴的直线l2：y=−374上总存在一点E，使得∠MEN为直角．
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【专题】代数几何综合题；压轴题；函数的综合应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）运用待定系数法，将A（﹣4，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx﹣8，即可求得抛物线的函数表达式，再利用配方法或顶点坐标公式即可求得抛物线的顶点坐标；
（2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8，设P（t，t2+2t﹣8），过点P作PF∥y轴，交AC于点F，则F（t，﹣2t﹣8），进而可得S△PAC＝S△PAF+S△PCF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8，运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）由直线l1：y＝kx+k−354交抛物线于点M、N，可得x2+（2﹣k）x+34−k＝0，利用根与系数关系可得xM+xN＝k﹣2，xMxN=34−k，利用两点间距离公式可得MN2＝（xM﹣xN）2+（yM﹣yN）2＝（1+k2）2，设MN的中点为O′，过点O′作O′E⊥直线l2，垂足为E，O′E=12MN，以MN为直径的⊙O′一定经过点E，所以∠MEN＝90°，即证得结论．
【解答】（1）解：∵抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，
∴16a−4b−8=04a+2b−8=0，
解得：a=1b=2，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣8，
∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，
∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣9）；
（2）解：∵抛物线y＝x2+2x﹣8与y轴交于点C，
∴C（0，﹣8），
设直线AC的解析式为y＝mx+n，则−4m+n=0n=−8，
解得：m=−2n=−8，
∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8，
设P（t，t2+2t﹣8），
过点P作PF∥y轴，交AC于点F，如图，

则F（t，﹣2t﹣8），
∴PF＝﹣2t﹣8﹣（t2+2t﹣8）＝﹣t2﹣4t，
∴S△PAC＝S△PAF+S△PCF=12PF•（t+4）+12PF•（﹣t）＝2PF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8，
∵﹣2＜0，
∴当t＝﹣2时，S△PAC的最大值为8，此时点P（﹣2，﹣8）；
（3）证明：∵直线l1：y＝kx+k−354交抛物线于点M、N，
∴x2+2x﹣8＝kx+k−354，
整理得：x2+（2﹣k）x+34−k＝0，
∴xM+xN＝k﹣2，xMxN=34−k，
∵yM＝kxM+k−354，yN＝kxN+k−354，
∴yM﹣yN＝k（xM﹣xN），
∴MN2＝（xM﹣xN）2+（yM﹣yN）2＝（1+k2）（xM﹣xN）2＝（1+k2）[（xM+xN）2﹣4xMxN]＝（1+k2）[（k﹣2）2﹣4（34−k）]＝（1+k2）2，
∵设MN的中点为O′，
∴O′（k−22，12k2−354），
过点O′作O′E⊥直线l2：y=−374，垂足为E，如图，

∴E（k−22，−374），
∴O′E=12k2−354−（−374）=12（1+k2），
∴O′E=12MN，
∴以MN为直径的⊙O′一定经过点E，
∴∠MEN＝90°，
∴在直线l2：y=−374上总存在一点E，使得∠MEN为直角．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，一元二次方程根与系数关系，圆的性质，圆周角定理等，解题关键是证得O′E=12MN，得出以MN为直径的⊙O′一定经过点E．
22．（2023•新疆）【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE；
【类比迁移】（2）如图2，一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，直线AC交x轴于点D．
①求点C的坐标；
②求直线AC的解析式；
【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接BQ，抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ=13，若存在，求出点M的横坐标．

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【专题】代数几何综合题；压轴题；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）根据垂直定义可得∠ACB＝∠BDE＝∠ABE＝90°，利用同角的余角相等可得∠A＝∠EBD，再利用AAS即可证明△ACB≌△BDE；
（2）①先求得A（0，3），B（﹣1，0），过点C作CG⊥x轴于点G，则∠BGC＝90°＝∠AOB，进而证得△BCG≌△ABO（AAS），得出BG＝OA＝3，CG＝OB＝1，OG＝OB+BG＝4，即可求得点C的坐标；
②运用待定系数法即可求得直线AC的解析式；
（3）先求得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4），分两种情况：当点M在x轴上方时，当点M在x轴下方时，分别构造直角三角形，利用相似三角形的判定和性质即可求得直线BM上特殊点的坐标，运用待定系数法求得直线BM的解析式，联立方程组求解即可得出点M的坐标．
【解答】（1）证明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，
∴∠ACB＝∠BDE＝∠ABE＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD，
在△ACB和△BDE中，
∠ACB=∠BDE∠A=∠EBDAB=BE，
∴△ACB≌△BDE（AAS）；
（2）解：①∵一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，
∴A（0，3），B（﹣1，0），
∴OA＝3，OB＝1，
过点C作CG⊥x轴于点G，如图，
则∠BGC＝90°＝∠AOB，

∴∠CBG+∠BCG＝90°，
∵线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，
∴BC＝AB，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBG＝90°，
∴∠BCG＝∠ABO，
∴△BCG≌△ABO（AAS），
∴BG＝OA＝3，CG＝OB＝1，
∴OG＝OB+BG＝1+3＝4，
∴C（﹣4，1）；
②设直线AC的解析式为y＝kx+b，则−4k+b=1b=3，
解得：k=12b=3，
∴直线AC的解析式为y=12x+3；
（3）解：抛物线上存在点M，使得tan∠MBQ=13．
∵抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，
当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
当x＝0时，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
当点M在x轴上方时，如图，设BM交y轴于点K，过点K作KH⊥BQ于点H，
则∠KHQ＝∠KHB＝90°，

设K（0，t），
∵Q（0，﹣1），B（4，0），
∴OB＝4，OQ＝1，KQ＝t+1，
在Rt△BQO中，BQ=OB2+OQ2=42+12=17，
∵∠BOQ＝90°，
∴∠KHQ＝∠BOQ，
∵∠KQH＝∠BQO，
∴△KQH∽△BQO，
∴QHOQ=KHOB=KQBQ，即QH1=KH4=t+117，
∴QH=1717（t+1），KH=41717（t+1），
∴BH＝BQ﹣QH=17−1717（t+1）=1717（16﹣t），
∵tan∠MBQ=13，
∴KHBH=13，
∴BH＝3KH，
∴1717（16﹣t）＝3×41717（t+1），
解得：t=413，
∴K（0，413），
设直线BK的解析式为y＝mx+n，则4m+n=0n=413，
解得：m=−113n=413，
∴直线BK的解析式为y=−113x+413，
联立得y=−113x+413y=x2−3x−4，
解得：x1=−1413y1=66169，x2=4y2=0（舍去），
∴M（−1413，66169）；
当点M在x轴下方时，如图，过点Q作QE⊥BQ，交BM于点E，过点E作EF⊥y轴于点F，
则∠QFE＝∠BOQ＝∠BQE＝90°，

∵tan∠MBQ=13，
∴EQBQ=tan∠MBQ=13，
∴EQ=13BQ=173，
∵∠OBQ+∠BQO＝90°，∠BQO+∠EQF＝90°，
∴∠OBQ＝∠EQF，
∴△QEF∽△BQO，
∴EFOQ=QFOB=EQBQ，即EF1=QF4=13，
∴EF=13，QF=43，
∴OF＝OQ+QF＝1+43=73，
∴E（13，−73）；
设直线BM的解析式为y＝m′x+n′，则4m′+n′=013m′+n′=−73，
解得：m′=711n′=−2811，
∴直线BM的解析式为y=711x−2811，
联立，得y=711x−2811y=x2−3x−4，
解得：x1=4y1=0（舍去），x2=−411y2=−336121，
∴E（−411，−336121）；
综上所述，抛物线上存在点M，使得tan∠MBQ=13，点M的横坐标为−1413或−411．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，勾股定理，直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转变换的性质，二次函数的图象及性质，熟练掌握三角形相似的判定及性质，直角三角形的性质，直角三角形的三角函数值，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题的关键．
23．（2023•巴中）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣1，0）和B（0，3），其顶点的横坐标为1．
（1）求抛物线的表达式．
（2）若直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M，当m取何值时，使得AN+MN有最大值，并求出最大值．
（3）若点P为抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴上一动点，将抛物线向左平移1个单位长度后，Q为平移后抛物线上一动点．在（2）的条件下求得的点M，是否能与A、P、Q构成平行四边形？若能构成，求出Q点坐标；若不能构成，请说明理由．

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【专题】函数的综合应用；推理能力；应用意识．
【分析】（1）由抛物线顶点横坐标，可得出抛物线的对称轴为直线x＝1，结合点A的坐标，可得出抛物线与x轴另一交点的坐标，结合点B的坐标，再利用待定系数法，即可求出抛物线的表达式；
（2）由“直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M”，可得出点M，N的坐标，进而可得出AN，MN的值，代入AN+MN中，可得出AN+MN＝﹣（m−32）2+254，再利用二次函数的性质，即可解决最值问题；
（3）利用平移的性质，可得出平移后抛物线的表达式为y＝﹣x2+4，利用二次函数图象上点的坐标特征，可求出点M的坐标，假设存在以A，P，Q，M为顶点的平行四边形，设点P的坐标为（1，m），点Q的坐标为（n，﹣n2+4），分AM为对角线、AP为对角线及AQ为对角线三种情况考虑，由平行四边形的对角线互相平分，可得出关于n的一元一次方程，解之可得出n值，再将其代入点Q的坐标中，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点横坐标为1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1．
∵点A的坐标为（﹣1，0），
∴抛物线与x轴的另一交点坐标为（3，0）．
将（﹣1，0），（3，0），（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：a−b+c=09a+3b+c=0c=3，
解得：a=−1b=2c=3，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M，
∴点M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），点N的坐标为（m，0），
∴MN＝﹣m2+2m+3，AN＝m+1，
∴AN+MN＝m+1+（﹣m2+2m+3）＝﹣m2+3m+4＝﹣（m−32）2+254，
∵﹣1＜0，且0＜m＜3，
∴当m=32时，AN+MN有最大值，最大值为254；
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线向左平移1个单位长度后的表达式为y＝﹣x2+4．
当x=32时，y＝﹣（32）2+2×32+3=154，
∴点M的坐标为（32，154）．
假设存在以A，P，Q，M为顶点的平行四边形，设点P的坐标为（1，m），点Q的坐标为（n，﹣n2+4）．
①当AM为对角线时，对角线AM，PQ互相平分，
∴−1+322=1+n2，
解得：n=−12，
∴点Q的坐标为（−12，154）；
②当AP为对角线时，对角线AP，MQ互相平分，
∴−1+12=32+n2，
解得：n=−32，
∴点Q的坐标为（−32，74）；
③当AQ为对角线时，对角线AQ，PM互相平分，
∴−1+n2=1+322，
解得：n=72，
∴点Q的坐标为（72，−334）．
综上所述，存在以A，P，Q，M为顶点的平行四边形，点Q的坐标为（−12，154）或（−32，74）或（72，−334）．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质以及平行四边形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的表达式；（2）利用二次函数的性质，求出AN+MN的最大值；（3）利用平行四边形的性质（对角线互相平分），找出关于n的一元一次方程．
24．（2023•宜宾）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣4，0）、B（2，0），且经过点C（﹣2，6）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在x轴上方的抛物线上任取一点N，射线AN、BN分别与抛物线的对称轴交于点P、Q，点Q关于x轴的对称点为Q′，求△APQ′的面积；
（3）点M是y轴上一动点，当∠AMC最大时，求M的坐标．

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【专题】待定系数法；二次函数图象及其性质；平移、旋转与对称；运算能力；应用意识．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的表达式为y=−34x2−32x+6；（2）设抛物线的对称轴交x轴于K，求出抛物线的对称轴为直线x=−4+22=−1，知K（﹣1，0），AK＝3，设N（t，−34t2−32t+6），可得AN的函数表达式为y＝（−34t+32）x﹣3t+6，即得P（﹣1，−94t+92），同理可得Q（﹣1，94t+9），可得Q'坐标为（﹣1，−94t﹣9），PQ'=−94t+92−（−94t﹣9）=272，从而可求出△APQ′的面积为814；
（3）当以AC为弦的⊙T与y轴相切时，切点即为使∠AMC最大的点M，设T（p，q），由AT＝CT，A（﹣4，0），C（﹣2，6），得（p+4）2+q2＝（p+2）2+（q﹣6）2，有q=−23p+2，故T（p，−13p+2），又TM＝AT，得p2＝（p+4）2+（−13p+2）2，即可解得p＝﹣30+125或p＝﹣30﹣125（不符合题意，舍去），从而M（0，12﹣45）．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0）、B（2，0），C（﹣2，6）代入y＝ax2+bx+c得：
16a−4b+c=04a+2b+c=04a−2b+c=6，
解得a=−34b=−32c=6，
∴抛物线的表达式为y=−34x2−32x+6；
（2）设抛物线的对称轴交x轴于K，如图：

∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣4，0）、B（2，0），
∴抛物线的对称轴为直线x=−4+22=−1，
∴K（﹣1，0），
∴AK＝3，
设N（t，−34t2−32t+6），
设AN的函数表达式为y＝kx+n，把A（﹣4，0），N（t，−34t2−32t+6）代入得：
−4k+n=0tk+n=−34t2−32t+6，
解得k=−34t+32n=−3t+6，
∴AN的函数表达式为y＝（−34t+32）x﹣3t+6，
在y＝（−34t+32）x﹣3t+6中，令x＝﹣1得y=−94t+92，
∴P（﹣1，−94t+92），
同理可得Q（﹣1，94t+9），
∴Q关于x轴的对称点Q'坐标为（﹣1，−94t﹣9），
∴PQ'=−94t+92−（−94t﹣9）=272，
∴S△APQ'=12×272×3=814；
∴△APQ′的面积为814；
（3）当△ACM的外接圆与y轴相切时，切点即为使∠AMC最大的点M，如图：

∴TM⊥y轴，
设T（p，q），则TM＝﹣p，
∵AT＝CT，A（﹣4，0），C（﹣2，6），
∴（p+4）2+q2＝（p+2）2+（q﹣6）2，
∴q=−23p+2，
∴T（p，−13p+2），
∵TM＝AT，
∴p2＝（p+4）2+（−13p+2）2，
解得p＝﹣30+125或p＝﹣30﹣125（不符合题意，舍去），
∴−13p+2=−13（﹣30+125）+2＝12﹣45，
∴M（0，12﹣45）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，对称变换等知识，解题的关键是找到使∠AMC最大时的点M．
25．（2023•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+c经过点P（4，﹣3），与y轴交于点A（0，1），直线y＝kx（k≠0）与抛物线交于B，C两点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，求点B的坐标；
（3）过点M（0，m）作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得OD⊥OE始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设B（x，y），则AB=x2+(y−1)2，AP＝42，BP=(x−4)2+(y+3)2，分两种情况讨论：当AB＝AP时，B（﹣4，﹣3）；当AB＝BP时，B（﹣2+25，﹣5+25）或（﹣2﹣25，﹣5﹣25）；
（3）设B（t，kt），C（s，ks），联立方程y=kxy=−14x2+1整理得x2+4kx﹣4＝0，根据根与系数的关系可知t+s＝﹣4k，t•s＝﹣4，直线AB的解析式为y=kt−1tx+1，直线AC的解析式为y=ks−1sx+1，求出D（(m−1)tkt−1，m），E（(m−1)sks−1，m），过D点作DG⊥x轴交于G点，过点E作EK⊥x轴交于K点，则△DOG∽△OEK，再由DGOK=OGEK，结合根与系数的关系整理得方程m2＝4（m﹣1）2，解得m＝2或m=23．
【解答】解：（1）将P（4，﹣3）、A（0，1）代入y＝ax2+c，
∴16a+1＝﹣3，
解得a=−14，
∴y=−14x2+1；
（2）设B（x，y），
∵P（4，﹣3），A（0，1），
∴AB=x2+(y−1)2，AP＝42，BP=(x−4)2+(y+3)2，
当AB＝AP时，42=x2+(y−1)2，
∵y=−14x2+1，
∴x＝4或x＝﹣4，
∴B（﹣4，﹣3）；
当AB＝BP时，x2+(y−1)2=(x−4)2+(y+3)2，
解得x＝﹣2+25或x＝﹣2﹣25，
∴B（﹣2+25，﹣5+25）或（﹣2﹣25，﹣5﹣25）；
综上所述：B点坐标为（﹣4，﹣3）或（﹣2+25，﹣5+25）或（﹣2﹣25，﹣5﹣25）；
（3）存在常数m，使得OD⊥OE始终成立，理由如下：
设B（t，kt），C（s，ks），
联立方程y=kxy=−14x2+1，
整理得x2+4kx﹣4＝0，
∴t+s＝﹣4k，t•s＝﹣4，
直线AB的解析式为y=kt−1tx+1，直线AC的解析式为y=ks−1sx+1，
∴D（(m−1)tkt−1，m），E（(m−1)sks−1，m），
过D点作DG⊥x轴交于G点，过点E作EK⊥x轴交于K点，
∵∠DOE＝90°，
∴∠DOG+∠EOK＝90°，
∵∠DOG+∠ODG＝90°，
∴∠EOK＝∠ODG，
∴△DOG∽△OEK，
∴DGOK=OGEK，
∴m2=−(m−1)2ts(kt−1)(ks−1)，
∴m2＝4（m﹣1）2，
解得m＝2或m=23．

【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，等腰三角形的性质是解题的关键．
26．（2023•云南）数和形是数学研究客观物体的两个方面，数（代数）侧重研究物体数量方面，具有精确性，形（几何）侧重研究物体形的方面，具有直观性．数和形相互联系，可用数来反映空间形式，也可用形来说明数量关系．数形结合就是把两者结合起来考虑问题，充分利用代数、几何各自的优势，数形互化，共同解决问题．
同学们，请你结合所学的数学解决下列问题．
在平面直角坐标系中，若点的横坐标、纵坐标都为整数，则称这样的点为整点．设函数y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4（实数a为常数）的图象为图象T．
（1）求证：无论a取什么实数，图象T与x轴总有公共点；
（2）是否存在整数a，使图象T与x轴的公共点中有整点？若存在，求所有整数a的值；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数的应用．菁优网版权所有
【专题】一次函数及其应用；二次函数的应用；用函数的观点看方程（组）或不等式；运算能力；应用意识．
【分析】（1）分一次函数和二次函数分别证明函数图象T与x轴总有交点即可；
（2）当a=−12时，不符合题意；当a≠12时，由0＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4，得x=−12或x=4a−42a+1，即x=4a−42a+1=2−62a+1，因a是整数，故当2a+1是6的因数时，4a−42a+1是整数，可得2a+1＝﹣6或2a+1＝﹣3或2a+1＝﹣2或2a+1＝﹣1或2a+1＝1或2a+1＝2或2a+1＝3或2a+1＝6，分别解方程并检验可得a＝﹣2或a＝﹣1或a＝0或a＝1．
【解答】（1）证明：当a=−12时，函数表达式为y＝12x+6，
令y＝0得x=−12，
∴此时函数y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4（实数a为常数）的图象与x轴有交点；
当a≠12时，y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4为二次函数，
∵Δ＝（9﹣6a）2﹣4（4a+2）（﹣4a+4）＝100a2﹣140a+49＝（10a﹣7）2≥0，
∴函数y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4（实数a为常数）的图象与x轴有交点；
综上所述，无论a取什么实数，图象T与x轴总有公共点；
（2）解：存在整数a，使图象T与x轴的公共点中有整点，理由如下：
当a=−12时，不符合题意；
当a≠12时，
在y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4中，令y＝0得：0＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4，
解得x=−12或x=4a−42a+1，
∵x=4a−42a+1=2−62a+1，a是整数，
∴当2a+1是6的因数时，4a−42a+1是整数，
∴2a+1＝﹣6或2a+1＝﹣3或2a+1＝﹣2或2a+1＝﹣1或2a+1＝1或2a+1＝2或2a+1＝3或2a+1＝6，
解得a=−72或a＝﹣2或a=−32或a＝﹣1或a＝0或a=12或a＝1或a=52，
∵a是整数，
∴a＝﹣2或a＝﹣1或a＝0或a＝1．
【点评】本题考查二次函数的应用，涉及一次函数，二次函数与一元二次方程的关系，解题的关键是理解整点的意义．
27．（2023•遂宁）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=14x2+bx+c经过点O（0，0），对称轴过点B（2，0），直线l过点C（2，﹣2）且垂直于y轴．过点B的直线l1交抛物线于点M、N，交直线l于点Q，其中点M、Q在抛物线对称轴的左侧．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当BM：MQ＝3：5时，求点N的坐标；
（3）如图2，当点Q恰好在y轴上时，P为直线l1下方的抛物线上一动点，连结PQ、PO，其中PO交l1于点E，设△OQE的面积为S1，△PQE的面积为S2，求S2S1的最大值．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；压轴题；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）由抛物线的对称性可得抛物线与x轴的另一个交点坐标为（4，0），运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）过点M作MG⊥直线l于点G，可证△QMG∽△QBC，得出MGBC=QMQB=58，即MG=54，得出M（1，−34），再运用待定系数法可得直线l1的解析式为y=34x−32，联立方程组即可求得点N的坐标；
（3）当点Q恰好在y轴上时，可得Q（0，﹣2），运用待定系数法可得直线l1的解析式为y＝x﹣2，设P（m，14m2﹣m），过点P作PH∥y轴交直线l1于点H，则H（m，m﹣2），可得PH＝m﹣2﹣（14m2﹣m）=−14m2+2m﹣2，再证明△PEH∽△OEQ，可得PEOE=PHOQ=−18m2+m﹣1，进而可得S2S1=S△PQES△OQE=PEOE=−18m2+m﹣1=−18（m﹣4）2+1，运用二次函数的性质即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y=14x2+bx+c经过点O（0，0），对称轴过点B（2，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，c＝0，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（4，0），代入y=14x2+bx，得4+4b＝0，
解得：b＝﹣1，
∴该抛物线解析式为y=14x2﹣x；
（2）如图1，过点M作MG⊥直线l于点G，
∵直线l过点C（2，﹣2）且垂直于y轴，
∴∠QGM＝90°，

∵B（2，0），C（2，﹣2），
∴BC＝2，∠QCB＝90°，
∴∠QGM＝∠QCB，
∵∠MQG＝∠BQC，
∴△QMG∽△QBC，
∴MGBC=QMQB，
∵BM：MQ＝3：5，
∴QMQB=58，
∴MG2=58，
∴MG=54，
∴点M的纵坐标为−34，
由14x2﹣x=−34，
解得：x1＝1，x2＝3（舍去），
∴M（1，−34），
设直线l1的解析式为y＝kx+n，则k+n=−342k+n=0，
解得：k=34n=−32，
∴直线l1的解析式为y=34x−32，
联立，得y=34x−32y=14x2−x，
解得：x1=1y1=−34（舍去），x2=6y2=3，
∴N（6，3）；
（3）当点Q恰好在y轴上时，Q（0，﹣2），
设直线l1的解析式为y＝k′x+n′，则2k′+n′=0n′=−2，
解得：k′=1n′=−2，
∴直线l1的解析式为y＝x﹣2，
设P（m，14m2﹣m），过点P作PH∥y轴交直线l1于点H，如图2，
则H（m，m﹣2），

∴PH＝m﹣2﹣（14m2﹣m）=−14m2+2m﹣2，
∵PH∥OQ，
∴△PEH∽△OEQ，
∴PEOE=PHOQ=−14m2+2m−22=−18m2+m﹣1，
∴S2S1=S△PQES△OQE=PEOE=−18m2+m﹣1=−18（m﹣4）2+1，
∵−18＜0，
∴当m＝4时，S2S1取得最大值，最大值为1．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数和二次函数的图象和性质，求一次函数和二次函数图象的交点，相似三角形的判定和性质，三角形面积等，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
28．（2023•浙江）在二次函数y＝x2﹣2tx+3（t＞0）中．
（1）若它的图象过点（2，1），则t的值为多少？
（2）当0≤x≤3时，y的最小值为﹣2，求出t的值；
（3）如果A（m﹣2，a），B（4，b），C（m，a）都在这个二次函数的图象上，且a＜b＜3．求m的取值范围．
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】分类讨论；二次函数图象及其性质；函数的综合应用；运算能力；应用意识．
【分析】（1）将（2，1）代入y＝x2﹣2tx+3即可得t=32；
（2）抛物线y＝x2﹣2tx+3对称轴为 x＝t．若0＜t≤3，有t2﹣2t2+3＝﹣2，若t＞3，有9﹣6t+3＝﹣2，解方程并检验可得t的值为5；
（3）根据A（m﹣2，a），C（m，a）都在这个二次函数的图象上，可得二次函数y＝x2﹣2tx+3的对称轴直线x＝t即为直线x=m−2+m2=m﹣1，由t＞0，得m＞1，因m﹣2＜m，知A在对称轴左侧，C在对称轴右侧，抛物线y＝x2﹣2tx+3与y轴交点为（0，3），其关于对称轴直线x＝m﹣1的对称点为（2m﹣2，3），由b＜3，知4＜2m﹣2，m＞3；①当A（m﹣2，a），B（4，b）都在对称轴左侧时，y随x的增大而减小，有4＜m﹣2，可得m满足的条件为m＞6；②当A（m﹣2，a）在对称轴左侧，B（4，b）在对称轴右侧时，B（4，b）到对称轴直线x＝m﹣1距离大于A（m﹣2，a）到对称轴直线x＝m﹣1的距离，故4﹣（m﹣1）＞m﹣1﹣（m﹣2），得：m＜4，m满足的条件是3＜m＜4．
【解答】解：（1）将（2，1）代入y＝x2﹣2tx+3得：
1＝4﹣4t+3，
解得：t=32；
（2）抛物线y＝x2﹣2tx+3对称轴为 x＝t．
若0＜t≤3，当x＝t时函数取最小值，
∴t2﹣2t2+3＝﹣2，
解得t=5；
若t＞3，当x＝3时函数取最小值，
∴9﹣6t+3＝﹣2，
解得 t=73（不符合题意，舍去）；
综上所述，t的值为5；
（3）∵A（m﹣2，a），C（m，a）都在这个二次函数的图象上，
∴二次函数y＝x2﹣2tx+3的对称轴直线x＝t即为直线x=m−2+m2=m﹣1，
∴t＝m﹣1，
∵t＞0，
∴m﹣1＞0，
解得m＞1，
∵m﹣2＜m，
∴A在对称轴左侧，C在对称轴右侧，
在y＝x2﹣2tx+3中，令x＝0得y＝3，
∴抛物线y＝x2﹣2tx+3与y轴交点为（0，3），
∴（0，3）关于对称轴直线x＝m﹣1的对称点为（2m﹣2，3），
∵b＜3，
∴4＜2m﹣2，
解得m＞3；
①当A（m﹣2，a），B（4，b）都在对称轴左侧时，
∵y随x的增大而减小，且a＜b，
∴4＜m﹣2，
解得m＞6，
此时m满足的条件为m＞6；
②当A（m﹣2，a）在对称轴左侧，B（4，b）在对称轴右侧时，
∵a＜b，
∴B（4，b）到对称轴直线x＝m﹣1距离大于A（m﹣2，a）到对称轴直线x＝m﹣1的距离，
∴4﹣（m﹣1）＞m﹣1﹣（m﹣2），
解得：m＜4，
此时m满足的条件是3＜m＜4，
综上所述，3＜m＜4或m＞6．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及函数图象上点坐标的特征，解题的关键是分类讨论思想的应用．
29．（2023•眉山）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），点P是抛物线上的一个动点．

（1）求抛物线的表达式；
（2）当点P在直线AC上方的抛物线上时，连接BP交AC于点D，如图1，当PDDB的值最大时，求点P的坐标及PDDB的最大值；
（3）过点P作x轴的垂线交直线AC于点M，连结PC，将△PCM沿直线PC翻折，当点M的对应点M′恰好落在y轴上时，请直接写出此时点M的坐标．
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；压轴题；函数的综合应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【分析】（1）运用待定系数法，将点A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，即可求得抛物线的解析式；
（2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝x+3，过点P作PE∥x轴交直线AC于点E，设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），可得PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，由PE∥x轴，得△EPD∽△ABD，进而得出PDDB=PEAB=−t2−3t4=−14（t+32）2+916，再运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）设点P的坐标，则点M的坐标可表示，PM长度可表示，利用翻折推出PM＝CM，列方程求解即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），
∴9a−3b+c=0a+b+c=0c=3，
解得：a=−1b=−2c=3，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+n，则−3k+n=0n=3，
解得：k=1n=3，
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
过点P作PE∥x轴交直线AC于点E，如图，

设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），
∴PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣3）＝4，
∵PE∥x轴，
∴△EPD∽△ABD，
∴PDDB=PEAB，
∴PDDB=−t2−3t4=−14（t+32）2+916，
∵−14＜0，
∴当t=−32时，PDDB的值最大，最大值为916，此时点P的坐标为（−32，154）；
（3）如图，设P（m，﹣m2﹣2m+3），
则M（m，m+3），

∴PM＝|m+3﹣（﹣m2﹣2m+3）|＝|m2+3m|，
CM=m2+m2=2|m|，
∵△PCM沿直线PC翻折，M的对应点为点M′，M′落在y轴上，
而PM∥y轴，
∴PM∥CM′，PM＝PM′，CM＝CM′，∠PCM＝∠PCM′，
∴∠PCM′＝∠MPC，
∴∠PCM＝∠MPC，
∴PM＝CM，
∴|m2+3m|=2|m|，
当m2+3m=2m时，
解得：m1＝0（舍去），m2=2−3，
此时点M（2−3，2）；
当m2+3m=−2m时，
解得：m1＝0（舍去），m2=−2−3，
此时点M（−2−3，−2）；
综上，点M的坐标为（2−3，2）或（−2−3，−2）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，点坐标转换为线段长度，几何图形与二次函数结合的问题，相似三角形的判定和性质，翻折变换的性质等，最后一问推出PM＝CM为解题关键．
30．（2023•广安）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A、B，交y轴于点C，点B的坐标为（1，0），对称轴是直线x＝﹣1，点P是x轴上一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）若点P在线段AO上运动（点P与点A、点O不重合），求四边形ABCN面积的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】分类讨论；方程思想；待定系数法；二次函数图象及其性质；矩形 菱形 正方形；运算能力；应用意识．
【分析】（1）由抛物线对称轴是直线x＝﹣1，点B的坐标为（1，0），得点A的坐标为（﹣3，0），故二次函数解析式为y＝（x﹣1）（x+3）＝x2+2x﹣3；
（2）连接ON，设P（m，0），则N（m，m2+2m﹣3），可得S四边形ABCN＝S△AON+S△BOC+S△CON=−32m2−92m+6=−32（m+32）2+758，根据二次函数的性质可得答案；
（3）由A（﹣3，0），C（0，﹣3）得直线AC解析式为y＝﹣x﹣3，设Q（0，t），P（n，0），则M（n，﹣n﹣3），N（n，n2+2n﹣3），由MN∥CQ，知MN，CQ是一组对边；分两种情况：①当MC，NQ为对角线时，MC，NQ的中点重合，且CN＝CQ，②当MQ，CN为对角线时，MQ，CN的中点重合，且CQ＝CM，分别列出方程组，即可解得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴是直线x＝﹣1，点B的坐标为（1，0），
∴点A的坐标为（﹣3，0），
∴二次函数解析式为y＝（x﹣1）（x+3）＝x2+2x﹣3；
（2）连接ON，如图：

设P（m，0），则N（m，m2+2m﹣3），
在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∴S四边形ABCN＝S△AON+S△BOC+S△CON
=12×3（﹣m2﹣2m+3）+12×1×3+12×3（﹣m）
=−32m2−92m+6
=−32（m+32）2+758，
∵−32＜0，
∴当m=−32时，S四边形ABCN取最大值758，
此时P（−32，0）；
∴四边形ABCN面积的最大值是758，此时点P的坐标为（−32，0）；
（3）在y轴上存在点Q，使以M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
由A（﹣3，0），C（0，﹣3）得直线AC解析式为y＝﹣x﹣3，
设Q（0，t），P（n，0），则M（n，﹣n﹣3），N（n，n2+2n﹣3），
∵MN∥CQ，
∴当M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形时，MN，CQ是一组对边；
①当MC，NQ为对角线时，MC，NQ的中点重合，且CN＝CQ，
∴−n−3−3=t+n2+2n−3n2+(n2+2n)2=(t+3)2，
解得n=0t=−3（此时M，N与C重合，舍去）或n=−2t=−1；
∴Q（0，﹣1）；
②当MQ，CN为对角线时，MQ，CN的中点重合，且CQ＝CM，
∴−n−3+t=n2+2n−3−3(t+3)2=n2+(−n)2，
解得n=0t=−3（舍去）或n=−3+2t=−1−32或n=−3−2t=−1+32，
∴Q（0，﹣1﹣32）或（0，﹣1+32）；
综上所述，Q的坐标为（0，﹣1）或（0，﹣1﹣32）或（0，﹣1+32）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形，四边形面积，菱形性质及应用，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
31．（2023•丽水）已知点（﹣m，0）和（3m，0）在二次函数y＝ax2+bx+3（a，b是常数，a≠0）的图象上．
（1）当m＝﹣1时，求a和b的值；
（2）若二次函数的图象经过点A（n，3）且点A不在坐标轴上，当﹣2＜m＜﹣1时，求n的取值范围；
（3）求证：b2+4a＝0．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【分析】（1）当m＝﹣1时，二次函数y＝ax2+bx+3图象过点（1，0）和（﹣3，0），用待定系数法可得a的值是﹣1，b的值是﹣2；
（2）y＝ax2+bx+3图象过点（﹣m，0）和（3m，0），可知抛物线的对称轴为直线x＝m，而y＝ax2+bx+3的图象过点A（n，3），（0，3），且点A不在坐标轴上，可得m=n2，根据﹣2＜m＜﹣1，即得﹣4＜n＜﹣2；
（3）由抛物线过（﹣m，0），（3m，0），可得−b2a=m，b＝﹣2am，把 （﹣m，0），（3m，0）代入y＝ax2+bx+3变形可得am2+1＝0，故b2+4a＝（﹣2am）2+4a＝4a（am2+1）＝4a×0＝0．
【解答】（1）解：当m＝﹣1时，二次函数y＝ax2+bx+3图象过点（1，0）和（﹣3，0），
∴a+b+3=09a−3b+3=0，
∴解得a=−1b=−2，
∴a的值是﹣1，b的值是﹣2；
（2）解：∵y＝ax2+bx+3图象过点（﹣m，0）和（3m，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝m，
∵y＝ax2+bx+3的图象过点A（n，3），（0，3），且点A不在坐标轴上，
∴由图象的对称性得n＝2m，
∴m=n2，
∵﹣2＜m＜﹣1，
∴﹣2＜n2＜−1，
∴﹣4＜n＜﹣2；
（3）证明：∵抛物线过（﹣m，0），（3m，0），
∴抛物线对称轴为直线x=−m+3m2=m，
∴−b2a=m，
∴b＝﹣2am，
把（﹣m，0），（3m，0）代入y＝ax2+bx+3得：
am2−bm+3=0①9am2+3bm+3=0②，
①×3+②得：12am2+12＝0，
∴am2+1＝0，
∴b2+4a＝（﹣2am）2+4a＝4a（am2+1）＝4a×0＝0．
【点评】本题考查二次函数图象上点坐标的特征，涉及待定系数法，不等式，方程组等知识，解题的关键是整体思想的应用．
32．（2023•重庆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=14x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，其中B（3，0），C（0，﹣3）．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD⊥AC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将该抛物线向右平移5个单位，点E为点P的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点F，Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．写出所有使得以QF为腰的△QEF是等腰三角形的点Q的坐标，并把求其中一个点Q的坐标的过程写出来．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；分类讨论；数据分析观念；推理能力．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由PD＝PH•sin∠PHC=45PH，即可求解；
（3）分QE＝QF、QF＝EF两种情况，列出等式，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：c=−314×9+3b+c，
解得：b=14c=−3，
则抛物线的表达式为：y=14x2+14x﹣3；

（2）令y=14x2+14x﹣3＝0，则x＝﹣4或3，则点A（﹣4，0），
由点A、C知，直线AC的表达式为：y=−34x﹣3，
过点P作y轴的平行线交AC于点H，则∠PHC＝∠ACO，
则tan∠PHC＝tan∠ACO=43，则sin∠PHC=45，
则PD＝PH•sin∠PHC=45PH，

设点H（x，−34x﹣3），则点P（x，14x2+14x﹣3），
则PD=45PH=45（−34x﹣3−14x2−14x+3）=−15（x+2）2+45≤45，
即PD的最大值为：45，此时点P（﹣2，−52）；

（3）平移后的抛物线的表达式为：y=14（x﹣5）2+14（x﹣5）﹣3=14x2−94x+2，
则点F（0，2），设点Q（92，m），
则QF2＝（92）2+（m﹣2）2，QE2=94+（m+52）2，EF2＝9+814，
当QE＝QF时，则（92）2+（m﹣2）2=94+（m+52）2，
解得：m=74，
则点Q的坐标为（92，74）；
当QF＝EF时，则（92）2+（m﹣2）2＝9+814，
解得：m＝5或﹣1，
则点Q的坐标为：（92，5）或（92，﹣1）；
综上，点Q的坐标为：（92，74）或（92，5）或（92，﹣1）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
33．（2023•凉山州）如图，已知抛物线与x轴交于A（1，0）和B（﹣5，0）两点，与y轴交于点C．直线y＝﹣3x+3过抛物线的顶点P．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）若直线x＝m（﹣5＜m＜0）与抛物线交于点E，与直线BC交于点F．
①当EF取得最大值时，求m的值和EF的最大值；
②当△EFC是等腰三角形时，求点E的坐标．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】分类讨论；方程思想；待定系数法；二次函数图象及其性质；等腰三角形与直角三角形；运算能力；应用意识．
【分析】（1）由抛物线与x轴交于A（1，0）和B（﹣5，0）两点，得抛物线对称轴为直线x=1−52=−2，即可得抛物线顶点为（﹣2，9），设抛物线函数解析式为y＝a（x+2）2+9，将A（1，0）代入可得a＝﹣1，故抛物线函数解析式为y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5；
（2）①求出C（0，5），得直线BC解析式为y＝x+5，故E（m，﹣m2﹣4m+5），F（m，m+5），得EF＝﹣m2﹣4m+5﹣（m+5）＝﹣（m+52）2+254，根据二次函数性质可得答案；
②由E（m，﹣m2﹣4m+5），F（m，m+5），C（0，5），得EF2＝（m2+5m）2，EC2＝m2+（m2+4m）2，FC2＝2m2；分三种情况列方程可解得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于A（1，0）和B（﹣5，0）两点，
∴抛物线对称轴为直线x=1−52=−2，
在y＝﹣3x+3中，令x＝﹣2得y＝9，
∴抛物线顶点为（﹣2，9），
设抛物线函数解析式为y＝a（x+2）2+9，
将A（1，0）代入得：
0＝9a+9，
解得a＝﹣1，
∴抛物线函数解析式为y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5；
（2）①如图：

在y＝﹣x2﹣4x+5中，令x＝0得y＝5，
∴C（0，5），
由B（﹣5，0），C（0，5）得直线BC解析式为y＝x+5，
∴E（m，﹣m2﹣4m+5），F（m，m+5），
∴EF＝﹣m2﹣4m+5﹣（m+5）＝﹣m2﹣5m＝﹣（m+52）2+254，
∵﹣1＜0，
∴当m=−52时，EF取最大值254，
∴m的值为−52，EF的最大值为254；
②∵E（m，﹣m2﹣4m+5），F（m，m+5），C（0，5），
∴EF2＝（m2+5m）2，EC2＝m2+（m2+4m）2，FC2＝2m2；
若EF＝EC，则（m2+5m）2＝m2+（m2+4m）2，
解得m＝0（E与C重合，舍去）或m＝﹣4，
∴E（﹣4，5）；
若EF＝FC，则（m2+5m）2＝2m2，
解得m＝0（舍去）或m=2−5或m=−2−5（不符合题意，舍去），
∴E（2−5，﹣2+62）；
若EC＝FC，则m2+（m2+4m）2＝2m2，
解得m＝0（舍去）或m＝﹣3或m＝﹣5（不符合题意，舍去），
∴E（﹣3，8）；
综上所述，E的坐标为（﹣4，5）或（2−5，﹣2+62）或（﹣3，8）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
34．（2023•南充）某工厂计划从A，B两种产品中选择一种生产并销售，每日产销x件．已知A产品成本价m元/件（m为常数，且4≤m≤6，售价8元/件，每日最多产销500件，同时每日共支付专利费30元；B产品成本价12元/件，售价20元/件，每日最多产销300件，同时每日支付专利费y元，y（元）与每日产销x（件）满足关系式y＝80+0.01x2．
（1）若产销A，B两种产品的日利润分别为w1元，w2元，请分别写出w1，w2与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）分别求出产销A，B两种产品的最大日利润．（A产品的最大日利润用含m的代数式表示）
（3）为获得最大日利润，该工厂应该选择产销哪种产品？并说明理由．
【利润＝（售价﹣成本）×产销数量﹣专利费】
【考点】二次函数的应用；由实际问题抽象出一元一次不等式组．菁优网版权所有
【专题】应用题；应用意识．
【分析】（1）根据利润＝（售价﹣成本）×产销数量﹣专利费即可列出解析式，注意取值范围．
（2）根据解析式系数a确定增减性，再结合x得取值范围选择合适的值得出最大值．
（3）分类讨论当什么情况下A、B利润一样，什么情况下A利润大于B以及什么情况下A利润小于B 即可得出结论．
【解答】解：（1）根据题意，得w1＝（8﹣m）x﹣30，（0≤x≤500）．
w2＝（20﹣12）x﹣（80+0.01x2）
＝﹣0.01x2+8x﹣80，（0≤x≤300）．
（2）∵8﹣m＞0，∴w1随x的增大而增大，又0≤x≤500，
∴当x＝500时，w1有最大值，即w最大＝﹣500m+3970（元）．
∵w2＝﹣0.01x2+8x﹣80＝﹣0.01（x﹣400）2+1520．
又∵﹣0.01＜0．对称轴x＝400．
∴当0≤x≤300时，w2随x的增大而增大，
∴当x＝300时，w2最大＝﹣0.01×（300﹣400）2+1520＝1420（元）．
（3）①若w1最大＝w2最大，即﹣500m+3970＝1420，解得m＝5.1，
②若w1最大＞w2最大，即﹣500m+3970＞1420，解得m＜5.1，
③若w1最大＜w2最大，即﹣500m+3970＜1420，解得m＞5.1．
又4≤m≤6，综上可得，为获得最大日利润：
当m＝5.1时，选择A，B产品产销均可；
当4≤m＜5.1时，选择A种产品产销；
当5.1＜m≤6时，选择B种产品产销．
答：当A产品成本价为5.1元时，工厂选择A或B产品产销日利润一样大，当A产品4≤m＜5.1时，工厂选择A产品产销日利润最大，当5.1＜m≤6时，工厂选择B产品产销日利润最大．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，从实际问题中抽象出数学问题是解题的关键．
35．（2023•自贡）如图，抛物线y=−43x2+bx+4与x轴交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式及B，C两点坐标；
（2）以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D坐标；
（3）该抛物线对称轴上是否存在点E，使得∠ACE＝45°，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

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【专题】数形结合；运算能力；推理能力．
【分析】（1）根据待定系数法求出抛物线的解析式，然后即可求出抛物线与x轴和y轴的交点坐标．
（2）分三种情况，先确定四边形的对角线，找到对角线的中点，然后根据中点坐标公式即可求解．
（3）分两种情况，点E在直线AC上方和下方，利用等角的正切值相等求出线段的长，在转化成点的坐标．
【解答】解：（1）把点A的坐标代入解析式得b=−83，
∴抛物线的解析式为y=−43x2−83x+4，
∴点C的坐标为（0，4），点B的坐标为（1，0）．
（2）以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：
①若AC为对角线，设AC的中点为F，则根据中点坐标公式可得F的坐标为（−32，2），
设点D的坐标为（a，b），则有1+a=−320+b2=2
解得a＝﹣4，b＝4，此时点D的坐标为（﹣4，4），
②若以AB为对角线，设AB的中点为F，则F的坐标为（﹣1，0），
设点D的坐标为（a，b），则有0+a2=−14+b2=0，
解得a＝﹣2，b＝﹣4，此时点D的坐标为（﹣2，﹣4），
③若以BC为对角线，设BC的中点为F，则点F的坐标为（12，2），
设点D的坐标为（a，b），则有−3+a2=120+b2=2，
解得a＝4，b＝4，此时点D的坐标为（4，4），
综上所述，点D的坐标为（﹣4，4）或（﹣2，﹣4）或（4，4），
（3）存在，理由如下：
∵tan∠ACO=AOCO=34＜1，
∴∠ACO＜45°，
∴E不可能出现在直线AC下方，也不可能在直线AC上，
当点E在直线AC上方时，∠ACE＝45°，过点E作EM⊥AC，如图：

根据点A（﹣3，0）和点C（0，4）可得直线AC的解析式为y=43x+4，设直线AC与对称轴交于点H，
∴点H（﹣1，83），HC=53，
∵EH∥y轴，
∴∠EHM＝∠HCO，
∴tan∠EHM＝tan∠HCO=AOCO=34=EMHM，
∴EM=34HM，
∵∠ACE＝45°，
∴EM＝CM，
∴HC＝HM+CM，即53=HM+34HM，
解得HM=2021，
∴EM=57，
在Rt△EMH中，EH=EM2+HM2，
解得EH=2521，
∴E的纵坐标为83+2521=277，
∴点E的坐标为（﹣1，277）．
【点评】本题综合考查了二次函数和几何图形的性质，充分运用性质解题是关键．
36．（2023•达州）如图，抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P是直线BC上方抛物线上一点，求出△PBC的最大面积及此时点P的坐标；
（3）若点M是抛物线对称轴上一动点，点N为坐标平面内一点，是否存在以BC为边，点B、C、M、N为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
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【专题】代数几何综合题；分类讨论；矩形 菱形 正方形；数据分析观念；推理能力．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由△PBC的面积＝S△PHC+S△PHB=12×PH×OB，即可求解；
（3）若BC为菱形的边长，利用菱形的性质求解即可．．
【解答】解：（1）由题意得，抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），
则﹣3a＝3，
解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；

（2）由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
故点P作y轴的平行线交CB于点H，

设点P（x，﹣x2+2x+3），则点H（x，﹣x+3），
则△PBC的面积＝S△PHC+S△PHB=12×PH×OB=32（﹣x2+2x+x﹣3）=−32（x−32）2+278≤278，
即△PBC的面积的最大值为278，此时点P（32，154）；
（3）存在，理由：
∵B（3，0），C（0，3），
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∴对称轴为：x＝1，
设点M（1，t），N（x，y），
若BC为菱形的边长，菱形BCMN，
则BC2＝CM2，即18＝12+（t﹣3）2，
解得：t1=17+3，t2=−17+3，
∵3+1=0+x0+t=3+y，
∴x＝4，y＝t﹣3，
∴N1（4，17），N2（4，−17）；
若BC为菱形的边长，菱形BCNM，
则BC2＝BM2，即18＝（3﹣1）2+t2，
解得：t3=14，t4=−14，
∵3+x=0+10+y=3+t，
∴x＝﹣2，y＝3+t，
∴N3（﹣2，14+3），N4（﹣2，−14+3）；
即点N的坐标为：（4，−17）或（4，17）或（﹣2，14+3）或（﹣2，−14+3）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行四边形和菱形的性质、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
37．（2023•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+2x+c与坐标轴分别相交于点A，B，C（0，6）三点，其对称轴为x＝2．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点F是该抛物线上位于第一象限的一个动点，直线AF分别与y轴，直线BC交于点D，E．
①当CD＝CE时，求CD的长；
②若△CAD，△CDE，△CEF的面积分别为S1，S2，S3，且满足S1+S3＝2S2，求点F的坐标．

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【专题】代数几何综合题；图形的相似；数据分析观念；推理能力．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）①求出直线AF的表达式为：y=−12（m﹣6）（x+2），得到点D（0，6﹣m），进而求点E（2m8−m，6−2m8−m），即可求解；
②证明S1+S3S2=AD+EFDE=2OM+MNOM=2，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：x=−22a=2c=6，
解得：a=−12c=6，
即抛物线的表达式为：y=−12x2+2x+6；

（2）令y=−12x2+2x+6＝0，则x＝6或﹣2，
即点A、B的坐标分别为：（﹣2，0）、（6，0）；
①设点F（m，−12m2+2m+6），
由点A、F得，直线AF的表达式为：y=−12（m﹣6）（x+2）①，
当x＝0时，y=−12（m﹣6）（x+2）＝6﹣m，即点D（0，6﹣m），
则CD＝6﹣6+m＝m，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+6②，
联立①②得：−12（m﹣6）（x+2）＝﹣x+6，
解得：x=2m8−m，则点E（2m8−m，6−2m8−m），
由点C、E的坐标得，CE=22m8−m，
∵CD＝CE，即m=22m8−m，
解得：m＝0（舍去）或8﹣22，
则CD＝m＝8﹣22；
②过点E、F分别作x轴的垂线，垂足分别为点M、N，

∵△CAD，△CDE，△CEF同高，则其面积比为边的比，
即S1+S3S2=AD+EFDE=2，
∵OD∥EM∥FN，
则ADDE=AOOM=2OM，EFDE=MNOM，
则S1+S3S2=AD+EFDE=2OM+MNOM=2，
即2xE+xF−xExE=2，
整理得：3xE﹣xF＝2，
由①知，xE=2m8−m，xF＝m，
则3×2m8−m−m＝2，
解得：m＝±4（舍去负值），
经检验，m＝4是方程的根，
则点F（4，6）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、三角形相似、面积的计算等，有一定的综合性，难度适中．
38．（2023•南充）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）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，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点K（1，3）的直线（直线KD除外）与抛物线交于G，H两点，直线DG，DH分别交x轴于点M，N．试探究EM•EN是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．

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【专题】代数几何综合题；分类讨论；多边形与平行四边形；数据分析观念；推理能力．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）当BC或BP为对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解；当BQ为对角线时，同理可解；
（3）求出直线GD的表达式为：y＝﹣（m﹣1）（x﹣1）+4，得到M（1+4m−1，0），同理可得，EN=4n−1，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得，抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），
即﹣3a＝3，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；

（2）设点P的坐标为：（m，﹣m2+2m+3），点Q（x，0），
当BC或BP为对角线时，由中点坐标公式得：3＝﹣m2+2m+3，
解得：m＝0（舍去）或2，
则点P（2，3）；
当BQ为对角线时，同理可得：0＝﹣m2+2m+3+3，
解得：m＝1±7，
则点P的坐标为：（2，3），（1+7，﹣3）或（1−7，﹣3）；

（3）是定值，理由：
直线GH过点（1，3），故设直线GH的表达式为：y＝k（x﹣1）+3，
设点G、H的坐标分别为：（m，﹣m2+2m+3），点N（n，﹣n2+2n+3），
联立y＝k（x﹣1）+3和y＝﹣x2+2x+3并整理得：x2+（k﹣2）x﹣k＝0，
则m+n＝2﹣k，mn＝﹣k，
由点G、D的坐标得，直线GD的表达式为：y＝﹣（m﹣1）（x﹣1）+4，
令y＝0，则x＝1+4m−1，即点M（1+4m−1，0），
则EM＝1﹣1−4m−1=−4m−1，
同理可得，EN=4n−1，
则EM•EN=−4m−1×4n−1=−16(m−1)(n−1)=−16mn−(m+n)+1=−16−k+k−2+1=16．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行四边形的性质、根和系数的关系等，有一定的综合性，难度适中．
39．（2023•重庆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2过点（1，3），且交x轴于点A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C．

（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PD⊥BC于点D，过点P作y轴的平行线交直线BC于点E，求△PDE周长的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）中△PDE周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线CB方向平移5个单位长度，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平面内确定一点N，使得以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；分类讨论；矩形 菱形 正方形；数据分析观念；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由△PDE周长的最大值＝PE（1+sin∠PED+cos∠PED），即可求解；
（3）当AP是对角线时，由中点坐标公式和AM＝AN，列出方程组即可求解；当AM或AN是对角线时，同理可解．
【解答】解：（1）由题意得：a+b+2=30=a−b+2，
解得：a=−12b=32，
则抛物线的表达式为：y=−12x2+32x+2；
（2）令y=−12x2+32x+2＝0，
解得：x＝4或﹣1，即点B（4，0），
∵PE∥y轴，则∠PED＝∠OCB，
则tan∠PED＝tan∠OCB＝2，则sin∠PED=25，cos∠PED=15，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y=−12x+2，
则PE=−12x2+32x+2+12x﹣2=−12（x﹣2）2+2≤2，
即PE的最大值为2，此时，点P（2，3），
则△PDE周长的最大值＝PE（1+sin∠PED+cos∠PED）＝（1+25+15）PE=10+655，
即△PDE周长的最大值为10+655，点P（2，3）；
（3）抛物线沿射线CB方向平移5个单位长度，相当于向右平移2个单位向下平移1个单位，
则平移后抛物线的对称轴为x=72，
设点M（72，m），点N（s，t），
由点A、P的坐标得，AP2＝18，
当AP是对角线时，由中点坐标公式和AM＝AN得：
−1+2=s+723=m+t(72+1)2+m2=(s+1)2+t2，解得：m=−32t=92s=−52，
即点N的坐标为：（−52，92）；
当AM或AN是对角线时，由中点坐标公式和AN＝AP或AM＝AP得：
72−1=s+2m=t+3(s+1)2+t2=18或s−1=72t=m+3(72+1)2+m2=18，
解得：s=12t=±372m=3±372（不合题意的值已舍去），
即点N的坐标为：（12，±372）；
综上，点N的坐标为：（12，−372）或（12，372）或（−52，92）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、菱形的性质、平行四边形的性质、解直角三角形等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．

考点卡片
1．一元二次方程的应用
1、列方程解决实际问题的一般步骤是：审清题意设未知数，列出方程，解所列方程求所列方程的解，检验和作答．
2、列一元二次方程解应用题中常见问题：
（1）数字问题：个位数为a，十位数是b，则这个两位数表示为10b+a．
（2）增长率问题：增长率＝增长数量/原数量×100%．如：若原数是a，每次增长的百分率为x，则第一次增长后为a（1+x）；第二次增长后为a（1+x）2，即 原数×（1+增长百分率）2＝后来数．
（3）形积问题：①利用勾股定理列一元二次方程，求三角形、矩形的边长．②利用三角形、矩形、菱形、梯形和圆的面积，以及柱体体积公式建立等量关系列一元二次方程．③利用相似三角形的对应比例关系，列比例式，通过两内项之积等于两外项之积，得到一元二次方程．
（4）运动点问题：物体运动将会沿着一条路线或形成一条痕迹，运行的路线与其他条件会构成直角三角形，可运用直角三角形的性质列方程求解．
【规律方法】列一元二次方程解应用题的“六字诀”
1．审：理解题意，明确未知量、已知量以及它们之间的数量关系．
2．设：根据题意，可以直接设未知数，也可以间接设未知数．
3．列：根据题中的等量关系，用含所设未知数的代数式表示其他未知量，从而列出方程．
4．解：准确求出方程的解．
5．验：检验所求出的根是否符合所列方程和实际问题．
6．答：写出答案．
2．由实际问题抽象出一元一次不等式组
由实际问题列一元一次不等式组时，首先把题意弄明白，在此基础上找准题干中体现不等关系的语句，根据语句列出不等关系．往往不等关系出现在“不足”，“不少于”，“不大于”，“不超过”等这些词语出现的地方．所以重点理解这些地方有利于自己解决此类题目．
3．一次函数的应用
1、分段函数问题
分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．
2、函数的多变量问题
解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数．
3、概括整合
（1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用．
（2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键．
4．二次函数的图象
（1）二次函数y＝ax2（a≠0）的图象的画法：
①列表：先取原点（0，0），然后以原点为中心对称地选取x值，求出函数值，列表．
②描点：在平面直角坐标系中描出表中的各点．
③连线：用平滑的曲线按顺序连接各点．
④在画抛物线时，取的点越密集，描出的图象就越精确，但取点多计算量就大，故一般在顶点的两侧各取三四个点即可．连线成图象时，要按自变量从小到大（或从大到小）的顺序用平滑的曲线连接起来．画抛物线y＝ax2（a≠0）的图象时，还可以根据它的对称性，先用描点法描出抛物线的一侧，再利用对称性画另一侧．
（2）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象看作由二次函数y＝ax2的图象向右或向左平移|b2a|个单位，再向上或向下平移|4ac−b24a|个单位得到的．
5．二次函数的性质
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（−b2a，4ac−b24a），对称轴直线x=−b2a，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：
①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜−b2a时，y随x的增大而减小；x＞−b2a时，y随x的增大而增大；x=−b2a时，y取得最小值4ac−b24a，即顶点是抛物线的最低点．
②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜−b2a时，y随x的增大而增大；x＞−b2a时，y随x的增大而减小；x=−b2a时，y取得最大值4ac−b24a，即顶点是抛物线的最高点．
③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|−b2a|个单位，再向上或向下平移|4ac−b24a|个单位得到的．
6．二次函数图象上点的坐标特征
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（−b2a，4ac−b24a）．
①抛物线是关于对称轴x=−b2a成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．顶点是抛物线的最高点或最低点．
②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值．
③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x=x1+x22．
7．待定系数法求二次函数解析式
（1）二次函数的解析式有三种常见形式：
①一般式：y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）； ②顶点式：y＝a（x﹣h）2+k（a，h，k是常数，a≠0），其中（h，k）为顶点坐标； ③交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0）；
（2）用待定系数法求二次函数的解析式．
在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
8．二次函数的应用
（1）利用二次函数解决利润问题
在商品经营活动中，经常会遇到求最大利润，最大销量等问题．解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值，实际问题中自变量x的取值要使实际问题有意义，因此在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．
（2）几何图形中的最值问题
几何图形中的二次函数问题常见的有：几何图形中面积的最值，用料的最佳方案以及动态几何中的最值的讨论．
（3）构建二次函数模型解决实际问题
利用二次函数解决抛物线形的隧道、大桥和拱门等实际问题时，要恰当地把这些实际问题中的数据落实到平面直角坐标系中的抛物线上，从而确定抛物线的解析式，通过解析式可解决一些测量问题或其他问题．
9．二次函数综合题
（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题
解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．
（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
（3）二次函数在实际生活中的应用题
从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．
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