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2024年四川省中考数学二轮备考之真题演练二次函数 (解析)
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这是一份2024年四川省中考数学二轮备考之真题演练二次函数 (解析)，共51页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．（2023·广元）已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数且a<0）过(−1，0)和(m，0)两点，且30；②3a+c>0；③若抛物线过点(1，4)，则−1A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解析】【解答】解：∵(−1，0)和(m，0) 在抛物线上，且3∴抛物线的对称轴为x=−1+m2＞1，即对称轴在y轴右侧，
∴x=−b2a＞0，
∵a＜0，
∴b＞0，c＞0，
∴abc＜0，故①错误；
∵x=−b2a＞1，a＜0，
∴-b＜2a，
把（-1，0）代入y=ax2+bx+c中，得a-b+c=0，
∴3a+c＞0，故②正确；
∵ 抛物线y=ax2+bx+c过（-1，0），（1，4），
∴a−b+c=0a+b+c=4，解得：b=2c=2−a，
∵点 (−1，0)和(m，0) 在抛物线y=ax2+bx+c上，
∴y=a(x+1）（x-m）=ax2+bx+c，
∴-am=2-a，解得：m=1-2a，
∵3∴3＜1-2a＜4，
解得： −1∵关于x的方程a(x+1)(x−m)=3有实数根 ，
∴方程ax2+bx+c=3有实数根 ，
∵△=b2-4a(c-3)=b2-4ac+12a，且b2-4ac＞0，
∴△不一定大于0，故④错误；
故答案为：B.
【分析】①由抛物线开口向下，对称轴在y轴的右侧，则b＞0，c＞0，可得abc＜0，据此判断即可；②由抛物线的对称轴x=−b2a＞1，且a＜0，可得-b＜2a，将（-1，0）代入抛物线解析式得a-b+c=0，从而得出3a+c＞0，据此判断即可；③由于y=a(x+1）（x-m）=ax2+bx+c，将（-1，0），（1，4）代入抛物线解析式中，可得b=2，c=2-a，从而得出-am=2-a，据此求出m=1-2a，利用32．（2023·广安）如图所示，二次函数y=ax2+bx+c(a、b、c为常数，a≠0)的图象与x轴交于点A(−3，0)，B(1，0)．有下列结论：①abc>0；②若点(−2，y1)和(−0.5，y2)均在抛物线上，则y10．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】【解答】解：
由题意得a＜0，c＞0，
∵−b2a＜0，
∴b＜0，
∴abc>0，①正确；
∵点(−2，y1)和(−0.5，y2)均在抛物线上，且关于抛物线的对称轴对称，
∴−b2a=−1，
∵−0.5−1＜−2−1，
∴y1当x=-3时，9a-3b+c=0，
当x=1时，a+b+c=0，
∴10a-2b+2c=0，
∴5a−b+c=0，③正确；
∵−b2a=−1，
∴b=2a，
当x=1时，a+b+c=0，
∴3a+c=0，
∵a＜0，
∴4a+c＜0，④错误；
故答案为：C
【分析】根据二次函数图象的性质、二次函数图象与系数的关系和坐标轴的交点问题即可求解。
3．（2023·眉山）如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的一个交点坐标为(1，0)，对称轴为直线x=−1，下列四个结论：①abc<0；②4a−2b+c<0；③3a+c=0；④当−3A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【解析】【解答】解：由题意得a＞0，c＜0，
∵y=ax2+bx+c(a≠0)
∴对称轴为x=−b2a=0，
∴b=2a，
∴b＞0，
∴abc<0，①正确；
∵对称轴为x=-1，且函数与坐标轴的一个交点为（1，0），
∴函数图象与坐标轴的另一个交点为（-3，0），
当x=1时，a+b+c=0，
当x=-3时，9a-3b+c=0，
∴4a-2b=0，
∴4a−2b+c<0，②正确；
∵a+b+c=0，b=2a，
∴3a+c=0，③正确；
由题意得当−3 故答案为：D
【分析】先根据二次函数的图象即可得到a＞0，c＜0，再结合二次函数的对称轴即可得到b＞0，进而即可判断①；再根据二次函数上点的特点即可得到4a-2b=0，进而即可判断②；再根据已知条件结合二次函数的性质和图像即可求解。
4．（2023·乐山）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1，0)、B(m，0)，且10；③0y2．其中，正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【解析】【解答】解：由题意得a＞0，c＜0，
∵y=ax2+bx+c，
∴对称轴为x=−b2a＞0，
∴b<0，①正确；
∵对称轴x=−b2a＜−1+22=12，
∴-b＜a，
∴a+b>0，②正确；
当x=1时，a+b+c＜0，
∴a+b＜-c，
∴0∵对称轴x=−b2a＜−1+22=12，
∴−b2a−−23＜53−−b2a，
∴y1＜y2，④错误；
故答案为：B
【分析】先根据题意得到a＞0，c＜0，再根据二次函数对称轴的性质即可判断①，结合二次函数的图象即可得到x=−b2a＜−1+22=12，进而即可判断②，将x=1代入，进而即可判断③，再运用−b2a−−23＜53−−b2a结合二次函数图象上的点的特征即可求解。
5．（2023·成都）如图，二次函数y=ax2+x−6的图象与x轴交于A(−3，0)，B两点，下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的对称轴为直线x=1
B．抛物线的顶点坐标为(−12，−6)
C．A，B两点之间的距离为5
D．当x<−1时，y的值随x值的增大而增大
【答案】C
【解析】【解答】解：∵二次函数y=ax2+x−6的图象与x轴交于A(−3，0)，
∴9a-3-6=0，
解得：a=1，
∴二次函数y=x2+x−6，
A.抛物线的对称轴为直线x=−12，该说法错误；
B.∵二次函数y=x2+x−6=x+122−14−6=x+122−254，
∴二次函数的顶点坐标为−12，−254，该说法错误；
C.∵二次函数y=x2+x−6，
∴当y=0时，x2+x−6=0，
∴x+3x−2=0，
解得：x=-3或x=2，
∴点B的坐标为（2，0），
∴A，B两点之间的距离为2-（-3）=5，该说法正确；
D.∵抛物线的对称轴为直线x=−12，
∴当x<−12时，y随x的增大而减小，
∴当x<−1时，y的值随x值的增大而减小，该说法错误；
故答案为：C.
【分析】利用二次函数的图象与性质，对每个选项一一判断求解即可。
6．（2023·泸州）已知二次函数y=ax2−2ax+3（其中x是自变量），当0A．03
C．−3【答案】D
【解析】【解答】解：∵二次函数y=ax2−2ax+3，
∴二次函数的对称轴为直线x=1，
∵当0∴当a＜0时，x=3时，y取最小值，x=1时，y取得最大值；
当a＞0时，x=1时，y取最小值；x=3时，y取得最大值；
∵当x=1时，a-2a+3＞0，则a＜3；
当x=3时，9a-6a+3＞0，则a＞-1，
∴a的取值范围为：-1＜a＜0或0＜a＜3，
故答案为：D.
【分析】根据二次函数的对称轴公式求出二次函数的对称轴为直线x=1，再分类讨论，计算求解即可。
7．（2023·自贡）经过A(2−3b，m)，B(4b+c−1，m)两点的抛物线y=−12x2+bx−b2+2c（x为自变量）与x轴有交点，则线段AB长为（ ）
A．10B．12C．13D．15
【答案】B
【解析】【解答】解：∵抛物线y=−12x2+bx−b2+2c（x为自变量）与x轴有交点，
∴Δ=b2−4×−12×−b2+2c≥0，
∴b=2，
∵抛物线y=−12x2+bx−b2+2c的对称轴为x=−b2×−12=b，
又∵A(2−3b，m)，B(4b+c−1，m)，
∴b=2−3b+4b+c−12，
∴c=b-1=1，
∴A（-4，m），B（8，m），
∴AB=12，
故答案为：B
【分析】先根据抛物线与x轴有交点结合判别式即可求出b的值，再根据二次函数的对称轴和二次函数的对称性即可求出c的值，进而得到点A和点B的坐标，进而即可求解。
8．（2023·遂宁）抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，对称轴为直线x=−2．下列说法：①abc<0；②c−3a>0；③4a2−2ab≥at(at+b)（t为全体实数）；④若图象上存在点A(x1，y1)和点B(x2，y2)，当mA．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】【解答】解：由题意得a＜0，c＜0，
∵y=ax2+bx+c(a≠0)，
∴函数的对称轴为x=−b2a=−2，
∴b=4a＜0，
∴abc<0，①正确；
当x=-1时，a-b+c＞0，
∴a-4a+c＞0，
∴c−3a>0，②正确；
当x=t时，y=at2+bt+c，
∴4a−2b+c≥at2+bt+c，
∴4a−2b≥at2+bt，
∵a＜0，
∴4a2−2ab≤at(at+b)，③错误；
如图所示，点A（x1，y1），B（x2，y2）满足y1=y2，
∴x1＜-2，x2＞-2，
∵m∴m＜x1＜-2，-2＜x2＜m+3，
解得−5 故答案为：C
【分析】先根据题意即可得到a＜0，c＜0，进而根据二次函数的对称轴即可得到b=4a＜0，进而即可判断①；将x=-1代入，再结合已知条件即可判断②；根据二次函数的最值即可判断③；根据二次函数的对称性解不等式即可判断④。
9．（2023·达州）如图，拋物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数）关于直线x=1对称．下列五个结论：①abc>0；②2a+b=0；③4a+2b+c>0；④am2+bm>a+b；⑤3a+c>0．其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【解析】【解答】解：
①∵图像开口向上，
∴a＞0，
∴对称轴x=−b2a=1＞0，
∴b＜0，
∵函数图象与y轴交于负半轴，
∴c＜0，
∴abc>0，故①正确；
②∵对称轴x=−b2a=1，
∴2a+b=0，故②正确；
③∵对称轴为x=1，
∴x=0与x=2处的函数值相等，
当x=2时，y=4a+2b+c＜0，故③错误；
④由图像可得x=1时，函数取最小值，
对于任意的未知值m，总存在am2+bm+c≥a+b+c，
∴am2+bm≥a+b，故④错误；
⑤当x=-1时，y=a−b+c＞0，
∵2a+b=0，
∴3a+c>0，故⑤正确；
∴共有3个正确的，
故答案为：B
【分析】先根据二次函数的开口方向、对称轴、与y轴的交点即可判断出a、b、c的符号，进而即可判断①；根据二次函数对称轴即可判断②；根据对称轴即可得到x=0与x=2处的函数值相等，进而即可判断③；观察图像结合二次函数的性质即可得到x=1取最小值，进而即可判断④；将x=-1代入结合题意即可判断⑤。
10．（2023·凉山）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．abc<0B．4a−2b+c<0
C．3a+c=0D．am2+bm+a≤0（m为实数）
【答案】C
【解析】【解答】解：
A、∵图像开口向上，
∴a＞0，
∴对称轴x=−b2a=1＞0，
∴b＜0，
∵函数图象与y轴交于负半轴，
∴c＜0，
∴abc>0，A不符合题意；
B、∵对称轴为x=1，
∴x=4与x=-2处的函数值相等，
当x=-2时，y=4a−2b+c＞0，B不符合题意；
C、∵对称轴x=−b2a=1，
∴b=−2a，x=3与x=-1处的函数值相等，
当x=-1时，y=a−b+c=0，
∵2a+b=0，
∴3a+c=0，C符合题意；
D、由图像可得x=1时，函数取最小值，
对于任意的未知值m，总存在am2+bm+c≥a+b+c，
∴am2+bm+c≥−a+c，
∴am2+bm+a≥0，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】先根据二次函数的开口方向、对称轴、与y轴的交点即可判断出a、b、c的符号，进而即可判断A；根据对称轴即可得到x=4与x=-2处的函数值相等，进而即可判断B；根据对称轴即可得到b=−2a，x=3与x=-1处的函数值相等，将x=-1代入结合题意即可判断C；观察图像结合二次函数的性质即可得到x=1取最小值，进而即可判断D。
二、填空题
11．（2023·宜宾）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3，0)，顶点为M(−1，m)，且抛物线与y轴的交点B在(0，−2)和(0，−3)之间（不含端点），则下列结论：
①当−3≤x≤1时，y≤1；
②当△ABM的面积为332时，a=32；
③当△ABM为直角三角形时，在△AOB内存在唯一点P，使得PA+PO+PB的值最小，最小值的平方为18+93．
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】②③
【解析】【解答】解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3，0)，顶点为M(−1，m)，
∴对称轴为x=-1，抛物线与x轴的另一个交点为（1，0），
∴当−3≤x≤1时，y≤0，①错误；
过点M作平行于y轴的直线l交x轴于点E，过点B作BN⊥l于点N，如图所示：
由题意得抛物线的解析式可化为y=a（x-1）（x+3），
当x=0时，y=-3a，
当x=-1时，y=-4a，
∴B（0，-3a），M（-1，-4a），
∴S△BAM=S△MAF+S△FMB=332，
设直线AB的解析式为y=mx+n，
将点B和点A代入得n=−3a−3m+n=0，解得m=−an=−3a，
∴直线AB的解析式为y=-ax-3a，
当x=-1时，y=-2a，
∴F（-1，-2a），
∴MF=2a
∴332=12×6a
∴a=32，②正确；
当x=0时，y=-3a，
∴B（0，-3a），
当∠AMB=90°时，
在△ABM中，由勾股定理得−4a2+−222+−a2+−122=−3a2+−322，
解得a=22或−22（舍），
∴B（0，−322），
当∠MBA=90°时，
在△ABM中，由勾股定理得−4a2+−222=−3a2+−322+−a2+−122，
解得a=1或-1（舍），
∴B（0，-3），
当∠BAM=90°时，
在△ABM中，由勾股定理得−3a2+−322=−a2+−122+−4a2+−222，
方程无解，
以点O为旋转中心，将△BOA顺时针旋转60°至△A'OA，连接A'A，BA'，PP'，如图所示：
由题意得△POP'、△AOA'均为等边三角形，A（-3，0），
∴P'A=PA，P'P=PO，x1=−32，y1=332
∴A'（−32，332），PA+PO+PB=PP'+P'A'+PB≥BA'，
当B（0，-3），A'B2=93+18，
当B（0，−322），A'B2=962+544，
∴PA+PO+PB最小值的平方为18+93，③正确；
故答案为：②③
【分析】先根据二次函数与坐标轴的交点即可得到对称轴为x=-1，抛物线与x轴的另一个交点为（1，0），再结合二次函数的图象即可判断①；过点M作平行于y轴的直线l交x轴于点E，过点B作BN⊥l于点N，先根据题意求出点B和点M的坐标，再根据待定系数法求一次函数即可得到直线BA的解析式，再结合三角形的面积公式即可判断②；根据题意进行分类讨论，再结合勾股定理即可求出点B的坐标，以点O为旋转中心，将△BOA顺时针旋转60°至△A'OA，连接A'A，BA'，PP'，再根据等边三角形的性质即可得到A'（−32，332），再根据PA+PO+PB=PP'+P'A'+PB≥BA'，运用坐标系中两点间的距离公式即可求解。
三、解答题
12．（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．
【答案】（1）解：∵抛物线y=−43x2+bx+4与x轴交于A(−3，0)，
∴−43×(−3)2−3b+4=0
解得：b=−83，
∴抛物线解析式为y=−43x2−83x+4，
当x=0时，y=4，
∴C(0，4)，
当y=0时，0=−43x2−83x+4
解得：x1=−3，x2=1，
∴B(1，0)
（2）∵A(−3，0)，B(1，0)，C(0，4)，
设D(m，n)，
∵以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形
当AB为对角线时，m+02=−3+12，4+n2=0+02
解得：m=−2，n=−4，
∴D(−2，−4)；
当AC为对角线时，−3+02=1+m2，4+02=0+n2
解得：m=−4，n=4
∴D(−4，4)
当BC为对角线时，−3+m2=0+12，0+42=0+n2
解得：m=4，n=4
∴D(4，4)
综上所述，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，D(−2，−4)或D(−4，4)或D(4，4)
（3）解：如图所示，作AG⊥CE交于点G，F为AC的中点，连接GO，GF，
∵∠ACE=45°
∴△AGC是等腰直角三角形，
∴A，O，C，G在⊙F上，
∵A(−3，0)，C(0，4)，
∴F(−32，2)，AC=AO2+CO2=5，GF=12AC=52
∵∠AOG=∠ACG=45°，
∴G在y=−x上，
设G(t，−t)，则GF2=(t+32)2+(−t−2)2=(52)2
解得：t1=−72，t2=0（舍去）
∴点G(−72，72)
设直线CG的解析式为y=kx+4
∴72=−72k+4
解得：k=17.
∴直线CG的解析式y=17x+4
∵A(−3，0)，B(1，0)，
∴抛物线对称轴为直线x=−3+12=−1，
当x=−1时，17×(−1)+4=277，
∴E(−1，277)．
【解析】【分析】（1）运用待定系数法即可求解；
（2）分类讨论：AB为对角线，AC为对角线，BC为对角线，再结合平行四边形的性质即可求解；
（3）作AG⊥CE交于点G，F为AC的中点，连接GO，GF，根据等腰直角三角形的判定与性质即可得到A，O，C，G在⊙F上，再根据勾股定理即可得到设AC=AO2+CO2=5，接着运用同一个圆中，相同的弧圆心角也相同即可得到∠AOG=∠ACG=45°，进而得到G在y=−x上，则G(t，−t)GF2=(t+32)2+(−t−2)2=(52)2，进而即可得到点G的坐标，再运用待定系数法求出直线CG的解析式，进而即可求解。
四、综合题
13．（2023·广元）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点A(−2，0)，B(4，0)，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知E为抛物线上一点，F为抛物线对称轴l上一点，以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，求出点F的坐标；
（3）如图2，P为第一象限内抛物线上一点，连接AP交y轴于点M，连接BP并延长交y轴于点N，在点P运动过程中，OM+12ON是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：将点A(−2，0)，B(4，0)，代入y=ax2+bx+4
得4a−2b+4=016a+4b+4=0
解得：a=−12b=1，
∴抛物线解析式为y=−12x2+x+4；
（2）解：∵点A(−2，0)，B(4，0)，
∴抛物线的对称轴为直线l：x=−2+42=1，
如图所示，设l与x交于点G，过点E作ED⊥l于点D
∵以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴EF=BF，
∵∠DFE=90°−∠BFG=∠GBF，
∴△DFE≌△GBF，
∴GF=DE，GB=FD，
设F(1，m)，则DE=1+m，DG=DF+FG=GB+FG=3+m
∴E(1+m，3+m)，
∵E点在抛物线y=−12x2+x+4上
∴3+m=−12(1+m)2+(1+m)+4
解得：m=−3（舍去）或m=1，
∴F(0，1)，
当E点与A点重合时，如图所示，
∵AB=6，△ABF是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴GF=12AB=3
此时F(0，−3)，
综上所述，F(1，1)或F(1，−3)；
（3）解：设P(s，t)，直线AP的解析式为y=dx+f，BP的解析式为y=gx+ℎ，
∵点A(−2，0)，B(4，0)，P(s，t)，
∴−2d+f=0sd+f=t，4g+ℎ=0sg+ℎ=t
解得：d=ts+2f=2ts+2，g=ts−4ℎ=4t4−s
∴直线AP的解析式为y=ts+2x+2ts+2，BP的解析式为y=ts−4x+4t4−s，
对于y=ts+2x+2ts+2，当x=0时，y=2ts+2，即M(0，2ts+2)，
对于y=ts−4x+4t4−s，当x=0时，y=4t4−s，即N(0，4t4−s)，
∵P(s，t)在抛物线上，则t=−12s2+s+4=−12(s−4)(s+2)
∴OM+12ON=2ts+2+12×4t4−s=12t−s2+2s+8
=−6(s−4)(s+2)−(s−4)(s+2)=6
∴OM+12ON为定值6．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）由AB坐标求出对称轴为直线l：x=1， 设l与x交于点G，过点E作ED⊥l于点D ，分两种情况：①∠BFE=90°，且EF=BF，根据AAS证明△DFE≌△GBF，可得GF=DE，GB=FD，设F(1，m)，则DE=1+m，DG=3+m，即得 E(1+m，3+m)， 将其代入y=−12x2+x+4可得关于m方程并解之，即得F（0，1），②∠BFE=90°且EF=BF， 利用直角三角形的性质可得GF=3，即得点F坐标；
（3）设P(s，t)，可求出直线AP的解析式为y=ts+2x+2ts+2，BP的解析式为y=ts−4x+4t4−s， 分别求出x时y值，即得M(0，2ts+2)， N(0，4t4−s) ，可得OM、ON的长，从而求出 OM+12ON 的值，即可判断.
14．（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，连接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．
【答案】（1）解：把A(−3，0)，B(1，0)，C(0，3)代入y=ax2+bx+c得：
9a−3b+c=0a+b+c=0c=3，
解得：a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）解：过点P作PQ∥x轴，交AC于点Q，如图所示：
设直线AC的解析式为y=kx+b，把A(−3，0)，C(0，3)代入得：
−3k+b=0b=3，
解得：k=1b=3，
∴直线AC的解析式为y=x+3，
设点P的坐标为(t，−t2−2t+3)，则点Q(−t2−2t，−t2−2t+3)，
∵点P在直线AC上方的抛物线上，
∴PQ=−t2−2t−t=−t2−3t，
∵PQ∥x轴，
∴△PQD~△BAD，
∴PDBD=PQAB
∵AB=1−(−3)=4，
∴PDBD=−t2−3t4
=−14(t2+3t)
=−14(t+32)2+916，
∴当t=−32时，PDBD有最大值916，
此时点P的坐标为(−32，154)．
（3）点M的坐标为：(−3−2，−2)，(−3+2，2)
【解析】【解答】
解：根据折叠可知，PM=PM′，CM=CM′，∠PCM=∠PCM′，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥CM′，
∴∠MPC=∠PCM′，
∴∠MPC=∠PCM，
∴PM=CM，
设M(m，m+3)，P(m，−m2−2m+3)，
CM2=m2+(m+3−3)2=2m2，
PM2=(−m2−2m+3−m−3)2=(−m2−3m)2=m2(m+3)2，
∵PM=CM，
∴PM2=CM2，
∴2m2=m2(m+3)2，
整理得：m2[(m+3)2−2]=0，
∴m2=0或(m+3)2−2=0，
解得：m=0或m=−3−2或m=−3+2，
∵当m=0时，点P、M、C、M′四点重合，不存在△PCM，
∴m≠0，
∴点M的坐标为(−3−2，−2)，(−3+2，2)．
【分析】（1）直接根据待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）过点P作PQ∥x轴，交AC于点Q，先根据待定系数法求一次函数即可得到直线AC的解析式，设点P的坐标为(t，−t2−2t+3)，则点Q(−t2−2t，−t2−2t+3)，进而根据相似三角形的判定与性质证明△PQD~△BAD，从而得到PDBD=PQAB，再结合题意即可求解；
（3）先根据折叠的性质即可得到PM=PM′，CM=CM′，∠PCM=∠PCM′，再根据平行线的性质即可得到∠MPC=∠PCM′，进而得到PM=CM，设M(m，m+3)，P(m，−m2−2m+3)，根据坐标系中两点间的距离公式结合题意即可得到m=0或m=−3−2或m=−3+2，进而即可求解。
15．（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；
（1）如图1，当BM：MQ=3：5时，求点N的坐标；
（2）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，连接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．
【答案】（1）解：如图所示，过点M作对称轴x=2的垂线MD，垂足为D，
设M(m，14m2−m)，则D(2，14m2−m)，
∵MD∥QC，
∴BD：CD=BM：MQ=3：5，
∵C(2，−2)，
∴0−(14m2−m)14m2−m−(−2)=35，
解得：m=1或m=3，
∵其中点MQ在抛物线对称轴的左侧．
∴m=1，
∴M(1，−34)，
设直线BM的解析式为y=kx+b，
∴k+b=−342k+b=0，
解得：k=34b=−32，
∴直线BM的解析式为y=34x−32，
联立y=34x−32y=14x2−x，
解得：x=1y=−34或x=6y=3，
∴N(6，3)；
（2）解：依题意，点Q恰好在y轴上，则Q(0，−2)，
设直线QB的解析式为y=tx−2，
将B(0，2)代入得2t−2=0，
解得：t=1，
∴直线QB的解析式为y=x−2，
设P(n，14n2−n)，设直线OP的解析式为y=k1x，
则k1=14n−1，
∴直线OP的解析式为y=(14n−1)x，
联立y=(14n−1)xy=x−2，
解得：x=88−ny=88−n−2，
∴E(88−n，88−n−2)，
∴S1S2=xP−xExE=n−88−n88−n=8n−n28−1
=−18n2+n−1
=−18(n2−8n)−1
=−18(n−4)2+1，
∴当n=4时，取得最大值为1．
【解析】【分析】（1）过点M作对称轴x=2的垂线MD，垂足为D，设M(m，14m2−m)，则D(2，14m2−m)，先根据平行线分线段成比例得到BD：CD=BM：MQ=3：5，再结合点C的坐标即可求出m的值，进而即可得到点M的坐标，再运用待定系数法求一次函数即可得到直线BM的解析式，进而联立即可求解；
（2）先根据题意运用待定系数法求一次函数即可得到直线QB的解析式，设P(n，14n2−n)，再运用待定系数法求一次函数即可得到直线OP的解析式，进而即可得到E(88−n，88−n−2)，再根据题意即可求解。
16．（2023·乐山）已知(x1，y1)，(x2，y2)是抛物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)．
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．
【答案】（1）解：由题可知：y1=−14x12+bx1，y2=−14x22+bx2
∵x1+x2=0时，总有y1=y2，
∴−14x12+bx1=−14x22+bx2．
∴b=0
（2）解：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，如图所示，
此时，x=0，y=−14m2+1=0，解得m=2或−2（舍）．
（ii）当抛物线C2过点(2，−1)时，如图所示，
此时，x=2，y=−14(m−2)2+1=−1，
解得m=2+22或2−22（舍）
综上，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，如图所示，
此时，x=2，y=−14(2−m)2+1=0，解得m=4或0（舍）．
综上22≤m≤4
如图，由圆的性质可知，点E、F在线段AB的垂直平分线上．
令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
【解析】【分析】（1）根据y1=−14x12+bx1，y2=−14x22+bx2且当x1+x2=0时，总有y1=y2，结合题意即可求解；
（2）①分类讨论：（i）当抛物线C2过点(0，0)时，进而根据题意即可得到m的值；（ii）当抛物线C2过点(2，−1)时，进而根据题意即可得到m的值；
②分类讨论：（i）当抛物线C2过点(0，−1)时，（ii）当抛物线C2过点(2，0)时，进而即可根据题意求出m的值，由圆的性质可知，点E、F在线段AB的垂直平分线上，进而得到xA=m−2，xB=m+2，从而得到FH2+HB2=FG2+GC2，设FH=t，再结合题意即可求出t=m28+32，进而结合题意即可求解。
17．（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．
【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−4，0)、B(2，0)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x+4)(x−2)，
∵经过点C(−2，6)，
∴6=a(−2+4)(−2−2)，
解得a=−34，
∴y=−34(x+4)(x−2)，
∴y=−34x2−32x+6．
（2）解：如图，当点N在对称轴的右侧时，
∵y=−34x2−32x+6=−34(x+1)2+274，
∴对称轴为直线x=−1，
设N(m，−34m2−32m+6)，直线AN的解析式为y=kx+b，直线BN的解析式为y=px+q，
∴−4k+b=0mk+b=−34m2−32m+6，2p+q=0mp+q=−34m2−32m+6
解得k=−34m2−32m+6m+4b=−3m2−6m+24m+4，p=−34m2−32m+6m−2q=32m2+3m−12m−2，
∴直线AN的解析式为y=−34m2−32m+6m+4x+−3m2−6m+24m+4，直线BN的解析式为y=−34m2−32m+6m−2x+32m2+3m−12m−2，
当x=−1时，y=−34m2−32m+6m+4×(−1)+−3m2−6m+24m+4=−94m2−92m+18m+4=−94(m−2)，
y=−34m2−32m+6m−2×(−1)+32m2+3m−12m−2=94m2+92m−18m−2=94(m+4)，
∴P(−1，−94(m−2))，Q(−1，94(m+4))，Q′(−1，−94(m+4))，
∴PQ′=−94(m−2)+94(m+4)=272，
∴S△APQ′=12×272×3=814．
如图，当点N在对称轴的左侧时，
∵y=−34x2−32x+6=−34(x+1)2+274，
∴对称轴为直线x=−1，
设N(m，−34m2−32m+6)，P(−1，−94(m−2))，Q(−1，94(m+4))，Q′(−1，−94(m+4))，
∴PQ′=−94(m−2)+94(m+4)=272，
∴S△APQ′=12×272×3=814．
综上所述，S△APQ′=814．
（3）解：当△AMC的外接圆与OM相切，切点为M时， ∠AMC最大，
设外接圆的圆心为E，Q是异于点M的一点，连接QA，QC，QA交圆于点T，
则∠AMC=∠ATC，根据三角形外角性质，得∠ATC>∠AQC，故∠AMC>∠AQC，
∴∠AMC最大，
设OA与圆交于点H，连接MH，ME，根据切线性质，
∴∠EMO=∠MOA=90°，
作直径HN，连接MN，
∴∠HMN=90°，∠MNH=∠MAH，
∵EM=EH，
∴∠EMH=∠EHM，
∴90°−∠EMH=90°−∠EHM，
∴∠OMH=∠MNH=∠MAH，
∴△OMH∽△OAM，
∴OMOA=OHOM，
∴OM2=OA·OH，
设OM=y，OH=x，则AH=4−x，
∴y2=4x，
∴y=2x，
过点E作EF⊥OA，垂足为F，过点C作CG⊥OA，垂足为G，交EM于点P，
根据垂径定理，得AF=FH=4−x2，四边形EMOF是矩形，
∴EC=EM=OF=x+4−x2=4+x2，
根据C(−2，6)，得CD=PM=OG=2，CG=6
∴PE=EM−PM=4+x2−2=x2，
∴CP=CG−PG=CG−OM=6−2x，
在直角三角形PEC中，
∴(x2)2+(6−2x)2=(4+x2)2，
∴x+16=12x，
∴(x+16)2=(12x)2，
∴x2−112x+256=0，
解得x1=56−245，x2=56+245>4（舍去），
∴y=2x=256−245=2(6−25)2=2(6−25)=12−45，
故OM=12−45，
∴当∠AMC最大时，M(0，12−45)．
【解析】【分析】（1）运用待定系数法求二次函数的解析式即可求解；
（2）分类讨论：当点N在对称轴的右侧时， 先根据二次函数的性质即可得到对称轴为直线x=−1，进而设N(m，−34m2−32m+6)，直线AN的解析式为y=kx+b，直线BN的解析式为y=px+q，运用待定系数法求一次函数解析式结合题意即可求解；当点N在对称轴的左侧时，先根据二次函数的性质即可得到对称轴为直线x=−1，设N(m，−34m2−32m+6)，P(−1，−94(m−2))，Q(−1，94(m+4))，Q′(−1，−94(m+4))，再根据三角形的面积公式即可求解；
（3）先根据题意得到当△AMC的外接圆与OM相切，切点为M时， ∠AMC最大，设外接圆的圆心为E，Q是异于点M的一点，连接QA，QC，QA交圆于点T，根据三角形外角的性质即可得到∠ATC>∠AQC，故∠AMC>∠AQC，设OA与圆交于点H，连接MH，ME，根据切线性质即可得到∠EMO=∠MOA=90°，进而作直径HN，连接MN，根据相似三角形的判定与性质即可得到OM2=OA·OH，设OM=y，OH=x，则AH=4−x，进而得到y=2x，过点E作EF⊥OA，垂足为F，过点C作CG⊥OA，垂足为G，交EM于点P，根据垂径定理即可得到AF=FH=4−x2，四边形EMOF是矩形，进而结合题意即看得到CP的长，进而即可列方程求出x，从而得到OM的长，进而即可求解。
18．（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.
【答案】（1）抛物线的函数表达式为y=−14x2+1；
（2）点B的坐标为(−4，−3)或(−2−25， −5−25)或(−2+25， −5+25)；
（3）当m的值为2或23时，OD⊥OE始终成立.
【解析】【解答】解：（1）∵知抛物线y=ax2+c经过点P(4，−3)，与y轴交于点A(0，1) ，
∴由题意可得：16a+c=−3c=1，
解得：a=−14c=1，
∴抛物线的函数表达式为y=−14x2+1；
（2）设Bt，−14t2+1，
分类讨论：①当AB=AP时，点B和点P关于y轴对称，
如图所示：
∵P（4，-3），
∴B（-4，-3），
②当AB=BP时，AB2=BP2，
∴t−02+−14t2+1−12=t−42+−14t2+1+32，
∴t2+4t−16=0，
解得：t1=−2−25，t2=−2+25，
∴当t=−2−25时，−14t2+1=−14×−2−252+1=−5−25，
当t=−2+25时，−14t2+1=−14×−2+252+1=−5+25，
∴点B的坐标为(−2−25， −5−25)或(−2+25， −5+25)，
综上所示： 点B的坐标为(−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，
由题意作图如下：，
设抛物线y=−14x2+1与直线y=kx（k≠0）的交点坐标为B（a，ka），C（b，kb），
由−14x2+1=kx得：x2+4kx−4=0，
∴a+b=-4k，ab=-4，
设直线AB的表达式为y=px+q，
由题意可得：ap+q=kaq=1，
解得：P=ka−1aq=1，
∴直线AB的表达式为y=ka−1ax+1，
令y=m，则x=am−1ka−1，
∴Dam−1ka−1，m，
同理可得：直线AC的表达式为y=kb−1bx+1，
则点E的坐标为bm−1kb−1，m，
过点E作EQ⊥x轴于点Q，过点D作DN⊥x轴于点N，
∴∠EQO=∠OND=90°，
由题意可得：EQ=ND=m，OQ=bm−1kb−1，ON=am−1ka−1，
若OD⊥OE，则∠EOD=90°，
∴∠QED+∠QOE=∠DON+∠QOE=90°，
∴∠QED=∠DON，
∴△EQO~△OND，
∴EQON=QODN，
∴m2ka−1kb−1=−abm−12，
∴m2abk2−ka+b+1=−abm−12，
将a+b=-4k，ab=-4代入得：m2=4m−12，
解得：m=2或m=23，
∴当m的值为2或23时，OD⊥OE始终成立.
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）分类讨论，结合图象，利用等腰三角形的性质计算求解即可；
（3）先作图，再利用待定系数法求函数解析式，最后利用相似三角形的判定与性质计算求解即可。
19．（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．
【答案】（1）解：将点A(−1，0)，B(3，0)，C(0，3)代入解析式得：
a−b+c=09a+3b+c=0c=3，
解得：a=−1b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）设直线BC的解析式为y=kx+b，将点B、C代入得：
3k+b=0b=3，
解得：k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
∵B(3，0)，
∴OB=3，
设点P(x，−x2+2x+3)(0∴E(x，−x+3)，
∴PE=−x2+2x+3−(−x+3)=−x2+3x，
∴SΔPBC=12×PE×OB=12×(−x2+3x)×3=−32x2+92x=−32(x−32)2+278，
∴当x=32时，△PBC的最大面积为278，
−x2+2x+3=−94+3+3=154，
∴P(32，154)
（3）存在，N(2，2)或(4，17)或(4，−17)或(−2，14+3)，(−2，−14+3)，证明如下：
∵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：t1=14，t2=−14，
∵3+x=0+10+y=3+t，
∴x=−2，y=3+t，
∴N3(−2，14+3)，N4(−2，−14+3)；
若BC为菱形的对角线，
3+0=x+10+3=y+t，
∴x=2，y=3−t，
∵BM2=CM2，即22+t2=12+(3−t)2，
解得：t=1，
∴y=3−1=2，
∴N5(2，2)；
综上可得：N(2，2)或(4，17)或(4，−17)或(−2，14+3)，(−2，−14+3)．
【解析】【分析】（1）运用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）先运用待定系数法求出直线BC的解析式，进而即可得到OB=3，设点P(x，−x2+2x+3)(0（3）分类讨论：①若BC为菱形的边长，②若BC为菱形的边长，运用三角形全等的判定与性质、菱形的判定与性质即可求解。
20．（2023·凉山）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(−5①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．
【答案】（1）解：∵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=−5+12=−2，
在y=−3x+3中，当x=−2时，y=9，
∴抛物线顶点P的坐标为(−2，9)，
设抛物线解析式为y=a(x+2)2+9，
∴a(1+2)2+9=0，
∴a=−1，
∴抛物线解析式为y=−(x+2)2+9=−x2−4x+5
（2）解：①∵抛物线解析式为y=−x2−4x+5，点C是抛物线与y轴的交点，
∴C(0，5)，
设直线BC的解析式为y=kx+b1，
∴−5k+b1=0b1=5，
∴k=1b=5，
∴直线BC的解析式为y=x+5，
∵直线x=m(−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有最大值，最大值为254；
②设直线x=m与x轴交于H，
∴BH=m+5，HF=m+5，
∴BH=HF，
∴△BHF是等腰直角三角形，
∴∠EFC=∠BFH=45°；
如图3-1所示，当EC=FC时，
过点C作CG⊥EF于G，则G(m，5)
∴点G为EF的中点，
由（2）得E(m，−m2−4m+5)，F(m，m+5)，
∴−m2−4m+5+m+52=5，
∴m2+3m=0，
解得m=−3或m=0（舍去），
∴E(−3，8)；
如图3-2所示，当EF=EC时，则△EFC是等腰直角三角形，
∴∠FEF=90°，即CE⊥EF，
∴点E的纵坐标为5，
∴−m2−4m+5=5，
解得m=−4或m=0（舍去），
∴E(−4，5)
如图3-3所示，当EF=CF时，过点C作CG⊥EF于G，
同理可证△CFG是等腰直角三角形，
∴FG=CG=−m，
∴CF=2CG=−2m，
∴−m2−5m=−2m，
∴m2+(5−2)m=0，
解得m=2−5或m=0（舍去），
∴EF=CF=−2×(2−5)=52−2，HF=2，
∴HE=62−2，
∴E(2−5，62−2)
综上所述，点E的坐标为(−3，8)或(−4，5)或(2−5，62−2)
【解析】【分析】（1）根据待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）①先根据二次函数的性质得到点C的坐标，再运用待定系数法求出一次函数BC的解析式，进而得到E(m，−m2−4m+5)，F(m，m+5)，再结合题意即可求解；
②设直线x=m与x轴交于H，先根据等腰直角三角形的判定与性质证明△BHF是等腰直角三角形，进而得到∠EFC=∠BFH=45°；分类讨论：当EC=FC时，过点C作CG⊥EF于G，则G(m，5)，再运用等腰直角三角形的性质结合题意即可求出m的值，进而即可求解；当EF=EC时，则△EFC是等腰直角三角形，再运用等腰直角三角形的性质结合题意即可求出m的值，进而即可求解；当EF=CF时，过点C作CG⊥EF于G，同理可证△CFG是等腰直角三角形，再运用等腰直角三角形的性质结合题意即可求出m的值，进而即可求解。
21．（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．
【答案】（1）解：根据抛物线的对称轴为x=2，
可得−22a=2，解得a=−12，
将C(0，6)代入抛物线可得6=c，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+2x+6；
（2）解：当y=0时，可得0=−12x2+2x+6，解得x1=6，x2=−2，
∴A(−2，0)，B(6，0)，
设CB的解析式为y=kx+b，将C(0，6)，B(6，0)代入y=kx+b，
可得6=b0=6k+b，解得k=−1b=6，
∴CB的解析式为y=−x+6，
设CD=a，则D(0，6−a)，
设AD的解析式为y=k1x+b1，将D(0，6−a)，A(−2，0)代入y=k1x+b1，
可得6−a=b10=−2k1+b1，解得k1=6−a2b1=6−a，
∴AB的解析式为y=6−a2x+6−a，
联立方程y=−x+6y=6−a2x+6−a，解得x=2a8−ay=48−8a8−a，
根据CD=CE，可得a=(2a8−a)2+(48−8a8−a−6)2，
解得a1=8−22，a2=8+22，
经检验，a1=8−22，a2=8+22是方程的解，
∵点F是该抛物线上位于第一象限的一个动点，
∴D在y轴正半轴，
∴a<6，
∴a=8−22
即CD的长为8−22；
②解：如图，过E，F分别作AB的垂线段，交AB于点G，H，过点D作EG的垂线段，交EG于点I，
∵S1+S3=2S2，
∴AD+EF=2DE，
∴DEAF=13，
设F(ℎ，−12ℎ2+2ℎ+6)，则AH=ℎ+2，
∵EG⊥AB，FH⊥AB，
∴EG∥FH，
∴∠DEI=∠AFB，
∵DI⊥EG，
∴∠DIE=90°，
∴△DEI∽△AFB，
∴DI=13AB=13ℎ+23，即点D的横坐标为13ℎ+23，
EI=13FH=−16ℎ2+23ℎ+2，
设AF的解析式为y=k2x+b2，将A(−2，0)，F(ℎ，−12ℎ2+2ℎ+6)，
代入可得0=−2k2+b2−12ℎ2+2ℎ+6=k2ℎ+b2，
解得k2=−12ℎ+3b2=−ℎ+6，
∴AF的解析式为y=(−12ℎ+3)x−ℎ+6，
∴D(0，−ℎ+6)，即DO=−ℎ+6，
∵∠DOG=90°，
∴四边形DOGI是矩形，
∴IG=DO=−ℎ+6，
∴EG=EI+IG=−16ℎ2−13ℎ+8，即E(13ℎ+23，−16ℎ2−13ℎ+8)，
将E(13ℎ+23，−16ℎ2−13ℎ+8)代入y=−x+6，
可得−16ℎ2−13ℎ+8=−13ℎ−23+6，
解得ℎ1=4，ℎ2=−4<0（舍去），
∴F(4，6)．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）①先求出点A和点B的坐标，再利用待定系数法求出CB的解析式为y=−x+6，最后列方程求解即可；
②利用平行线的判定与性质，三角形相似的判定与性质，矩形的判定与性质和待定系数法求函数解析式等即可。
一、选择题
1．（2023·广元）已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数且a<0）过(−1，0)和(m，0)两点，且3
【答案】B
【解析】【解答】解：∵(−1，0)和(m，0) 在抛物线上，且3
∴x=−b2a＞0，
∵a＜0，
∴b＞0，c＞0，
∴abc＜0，故①错误；
∵x=−b2a＞1，a＜0，
∴-b＜2a，
把（-1，0）代入y=ax2+bx+c中，得a-b+c=0，
∴3a+c＞0，故②正确；
∵ 抛物线y=ax2+bx+c过（-1，0），（1，4），
∴a−b+c=0a+b+c=4，解得：b=2c=2−a，
∵点 (−1，0)和(m，0) 在抛物线y=ax2+bx+c上，
∴y=a(x+1）（x-m）=ax2+bx+c，
∴-am=2-a，解得：m=1-2a，
∵3
解得： −1
∴方程ax2+bx+c=3有实数根 ，
∵△=b2-4a(c-3)=b2-4ac+12a，且b2-4ac＞0，
∴△不一定大于0，故④错误；
故答案为：B.
【分析】①由抛物线开口向下，对称轴在y轴的右侧，则b＞0，c＞0，可得abc＜0，据此判断即可；②由抛物线的对称轴x=−b2a＞1，且a＜0，可得-b＜2a，将（-1，0）代入抛物线解析式得a-b+c=0，从而得出3a+c＞0，据此判断即可；③由于y=a(x+1）（x-m）=ax2+bx+c，将（-1，0），（1，4）代入抛物线解析式中，可得b=2，c=2-a，从而得出-am=2-a，据此求出m=1-2a，利用3
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】【解答】解：
由题意得a＜0，c＞0，
∵−b2a＜0，
∴b＜0，
∴abc>0，①正确；
∵点(−2，y1)和(−0.5，y2)均在抛物线上，且关于抛物线的对称轴对称，
∴−b2a=−1，
∵−0.5−1＜−2−1，
∴y1
当x=1时，a+b+c=0，
∴10a-2b+2c=0，
∴5a−b+c=0，③正确；
∵−b2a=−1，
∴b=2a，
当x=1时，a+b+c=0，
∴3a+c=0，
∵a＜0，
∴4a+c＜0，④错误；
故答案为：C
【分析】根据二次函数图象的性质、二次函数图象与系数的关系和坐标轴的交点问题即可求解。
3．（2023·眉山）如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的一个交点坐标为(1，0)，对称轴为直线x=−1，下列四个结论：①abc<0；②4a−2b+c<0；③3a+c=0；④当−3
【答案】D
【解析】【解答】解：由题意得a＞0，c＜0，
∵y=ax2+bx+c(a≠0)
∴对称轴为x=−b2a=0，
∴b=2a，
∴b＞0，
∴abc<0，①正确；
∵对称轴为x=-1，且函数与坐标轴的一个交点为（1，0），
∴函数图象与坐标轴的另一个交点为（-3，0），
当x=1时，a+b+c=0，
当x=-3时，9a-3b+c=0，
∴4a-2b=0，
∴4a−2b+c<0，②正确；
∵a+b+c=0，b=2a，
∴3a+c=0，③正确；
由题意得当−3
【分析】先根据二次函数的图象即可得到a＞0，c＜0，再结合二次函数的对称轴即可得到b＞0，进而即可判断①；再根据二次函数上点的特点即可得到4a-2b=0，进而即可判断②；再根据已知条件结合二次函数的性质和图像即可求解。
4．（2023·乐山）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1，0)、B(m，0)，且1
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【解析】【解答】解：由题意得a＞0，c＜0，
∵y=ax2+bx+c，
∴对称轴为x=−b2a＞0，
∴b<0，①正确；
∵对称轴x=−b2a＜−1+22=12，
∴-b＜a，
∴a+b>0，②正确；
当x=1时，a+b+c＜0，
∴a+b＜-c，
∴0
∴−b2a−−23＜53−−b2a，
∴y1＜y2，④错误；
故答案为：B
【分析】先根据题意得到a＞0，c＜0，再根据二次函数对称轴的性质即可判断①，结合二次函数的图象即可得到x=−b2a＜−1+22=12，进而即可判断②，将x=1代入，进而即可判断③，再运用−b2a−−23＜53−−b2a结合二次函数图象上的点的特征即可求解。
5．（2023·成都）如图，二次函数y=ax2+x−6的图象与x轴交于A(−3，0)，B两点，下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的对称轴为直线x=1
B．抛物线的顶点坐标为(−12，−6)
C．A，B两点之间的距离为5
D．当x<−1时，y的值随x值的增大而增大
【答案】C
【解析】【解答】解：∵二次函数y=ax2+x−6的图象与x轴交于A(−3，0)，
∴9a-3-6=0，
解得：a=1，
∴二次函数y=x2+x−6，
A.抛物线的对称轴为直线x=−12，该说法错误；
B.∵二次函数y=x2+x−6=x+122−14−6=x+122−254，
∴二次函数的顶点坐标为−12，−254，该说法错误；
C.∵二次函数y=x2+x−6，
∴当y=0时，x2+x−6=0，
∴x+3x−2=0，
解得：x=-3或x=2，
∴点B的坐标为（2，0），
∴A，B两点之间的距离为2-（-3）=5，该说法正确；
D.∵抛物线的对称轴为直线x=−12，
∴当x<−12时，y随x的增大而减小，
∴当x<−1时，y的值随x值的增大而减小，该说法错误；
故答案为：C.
【分析】利用二次函数的图象与性质，对每个选项一一判断求解即可。
6．（2023·泸州）已知二次函数y=ax2−2ax+3（其中x是自变量），当0
C．−3
【解析】【解答】解：∵二次函数y=ax2−2ax+3，
∴二次函数的对称轴为直线x=1，
∵当0
当a＞0时，x=1时，y取最小值；x=3时，y取得最大值；
∵当x=1时，a-2a+3＞0，则a＜3；
当x=3时，9a-6a+3＞0，则a＞-1，
∴a的取值范围为：-1＜a＜0或0＜a＜3，
故答案为：D.
【分析】根据二次函数的对称轴公式求出二次函数的对称轴为直线x=1，再分类讨论，计算求解即可。
7．（2023·自贡）经过A(2−3b，m)，B(4b+c−1，m)两点的抛物线y=−12x2+bx−b2+2c（x为自变量）与x轴有交点，则线段AB长为（ ）
A．10B．12C．13D．15
【答案】B
【解析】【解答】解：∵抛物线y=−12x2+bx−b2+2c（x为自变量）与x轴有交点，
∴Δ=b2−4×−12×−b2+2c≥0，
∴b=2，
∵抛物线y=−12x2+bx−b2+2c的对称轴为x=−b2×−12=b，
又∵A(2−3b，m)，B(4b+c−1，m)，
∴b=2−3b+4b+c−12，
∴c=b-1=1，
∴A（-4，m），B（8，m），
∴AB=12，
故答案为：B
【分析】先根据抛物线与x轴有交点结合判别式即可求出b的值，再根据二次函数的对称轴和二次函数的对称性即可求出c的值，进而得到点A和点B的坐标，进而即可求解。
8．（2023·遂宁）抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，对称轴为直线x=−2．下列说法：①abc<0；②c−3a>0；③4a2−2ab≥at(at+b)（t为全体实数）；④若图象上存在点A(x1，y1)和点B(x2，y2)，当m
【答案】C
【解析】【解答】解：由题意得a＜0，c＜0，
∵y=ax2+bx+c(a≠0)，
∴函数的对称轴为x=−b2a=−2，
∴b=4a＜0，
∴abc<0，①正确；
当x=-1时，a-b+c＞0，
∴a-4a+c＞0，
∴c−3a>0，②正确；
当x=t时，y=at2+bt+c，
∴4a−2b+c≥at2+bt+c，
∴4a−2b≥at2+bt，
∵a＜0，
∴4a2−2ab≤at(at+b)，③错误；
如图所示，点A（x1，y1），B（x2，y2）满足y1=y2，
∴x1＜-2，x2＞-2，
∵m
解得−5
【分析】先根据题意即可得到a＜0，c＜0，进而根据二次函数的对称轴即可得到b=4a＜0，进而即可判断①；将x=-1代入，再结合已知条件即可判断②；根据二次函数的最值即可判断③；根据二次函数的对称性解不等式即可判断④。
9．（2023·达州）如图，拋物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数）关于直线x=1对称．下列五个结论：①abc>0；②2a+b=0；③4a+2b+c>0；④am2+bm>a+b；⑤3a+c>0．其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【解析】【解答】解：
①∵图像开口向上，
∴a＞0，
∴对称轴x=−b2a=1＞0，
∴b＜0，
∵函数图象与y轴交于负半轴，
∴c＜0，
∴abc>0，故①正确；
②∵对称轴x=−b2a=1，
∴2a+b=0，故②正确；
③∵对称轴为x=1，
∴x=0与x=2处的函数值相等，
当x=2时，y=4a+2b+c＜0，故③错误；
④由图像可得x=1时，函数取最小值，
对于任意的未知值m，总存在am2+bm+c≥a+b+c，
∴am2+bm≥a+b，故④错误；
⑤当x=-1时，y=a−b+c＞0，
∵2a+b=0，
∴3a+c>0，故⑤正确；
∴共有3个正确的，
故答案为：B
【分析】先根据二次函数的开口方向、对称轴、与y轴的交点即可判断出a、b、c的符号，进而即可判断①；根据二次函数对称轴即可判断②；根据对称轴即可得到x=0与x=2处的函数值相等，进而即可判断③；观察图像结合二次函数的性质即可得到x=1取最小值，进而即可判断④；将x=-1代入结合题意即可判断⑤。
10．（2023·凉山）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．abc<0B．4a−2b+c<0
C．3a+c=0D．am2+bm+a≤0（m为实数）
【答案】C
【解析】【解答】解：
A、∵图像开口向上，
∴a＞0，
∴对称轴x=−b2a=1＞0，
∴b＜0，
∵函数图象与y轴交于负半轴，
∴c＜0，
∴abc>0，A不符合题意；
B、∵对称轴为x=1，
∴x=4与x=-2处的函数值相等，
当x=-2时，y=4a−2b+c＞0，B不符合题意；
C、∵对称轴x=−b2a=1，
∴b=−2a，x=3与x=-1处的函数值相等，
当x=-1时，y=a−b+c=0，
∵2a+b=0，
∴3a+c=0，C符合题意；
D、由图像可得x=1时，函数取最小值，
对于任意的未知值m，总存在am2+bm+c≥a+b+c，
∴am2+bm+c≥−a+c，
∴am2+bm+a≥0，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】先根据二次函数的开口方向、对称轴、与y轴的交点即可判断出a、b、c的符号，进而即可判断A；根据对称轴即可得到x=4与x=-2处的函数值相等，进而即可判断B；根据对称轴即可得到b=−2a，x=3与x=-1处的函数值相等，将x=-1代入结合题意即可判断C；观察图像结合二次函数的性质即可得到x=1取最小值，进而即可判断D。
二、填空题
11．（2023·宜宾）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3，0)，顶点为M(−1，m)，且抛物线与y轴的交点B在(0，−2)和(0，−3)之间（不含端点），则下列结论：
①当−3≤x≤1时，y≤1；
②当△ABM的面积为332时，a=32；
③当△ABM为直角三角形时，在△AOB内存在唯一点P，使得PA+PO+PB的值最小，最小值的平方为18+93．
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】②③
【解析】【解答】解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3，0)，顶点为M(−1，m)，
∴对称轴为x=-1，抛物线与x轴的另一个交点为（1，0），
∴当−3≤x≤1时，y≤0，①错误；
过点M作平行于y轴的直线l交x轴于点E，过点B作BN⊥l于点N，如图所示：
由题意得抛物线的解析式可化为y=a（x-1）（x+3），
当x=0时，y=-3a，
当x=-1时，y=-4a，
∴B（0，-3a），M（-1，-4a），
∴S△BAM=S△MAF+S△FMB=332，
设直线AB的解析式为y=mx+n，
将点B和点A代入得n=−3a−3m+n=0，解得m=−an=−3a，
∴直线AB的解析式为y=-ax-3a，
当x=-1时，y=-2a，
∴F（-1，-2a），
∴MF=2a
∴332=12×6a
∴a=32，②正确；
当x=0时，y=-3a，
∴B（0，-3a），
当∠AMB=90°时，
在△ABM中，由勾股定理得−4a2+−222+−a2+−122=−3a2+−322，
解得a=22或−22（舍），
∴B（0，−322），
当∠MBA=90°时，
在△ABM中，由勾股定理得−4a2+−222=−3a2+−322+−a2+−122，
解得a=1或-1（舍），
∴B（0，-3），
当∠BAM=90°时，
在△ABM中，由勾股定理得−3a2+−322=−a2+−122+−4a2+−222，
方程无解，
以点O为旋转中心，将△BOA顺时针旋转60°至△A'OA，连接A'A，BA'，PP'，如图所示：
由题意得△POP'、△AOA'均为等边三角形，A（-3，0），
∴P'A=PA，P'P=PO，x1=−32，y1=332
∴A'（−32，332），PA+PO+PB=PP'+P'A'+PB≥BA'，
当B（0，-3），A'B2=93+18，
当B（0，−322），A'B2=962+544，
∴PA+PO+PB最小值的平方为18+93，③正确；
故答案为：②③
【分析】先根据二次函数与坐标轴的交点即可得到对称轴为x=-1，抛物线与x轴的另一个交点为（1，0），再结合二次函数的图象即可判断①；过点M作平行于y轴的直线l交x轴于点E，过点B作BN⊥l于点N，先根据题意求出点B和点M的坐标，再根据待定系数法求一次函数即可得到直线BA的解析式，再结合三角形的面积公式即可判断②；根据题意进行分类讨论，再结合勾股定理即可求出点B的坐标，以点O为旋转中心，将△BOA顺时针旋转60°至△A'OA，连接A'A，BA'，PP'，再根据等边三角形的性质即可得到A'（−32，332），再根据PA+PO+PB=PP'+P'A'+PB≥BA'，运用坐标系中两点间的距离公式即可求解。
三、解答题
12．（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．
【答案】（1）解：∵抛物线y=−43x2+bx+4与x轴交于A(−3，0)，
∴−43×(−3)2−3b+4=0
解得：b=−83，
∴抛物线解析式为y=−43x2−83x+4，
当x=0时，y=4，
∴C(0，4)，
当y=0时，0=−43x2−83x+4
解得：x1=−3，x2=1，
∴B(1，0)
（2）∵A(−3，0)，B(1，0)，C(0，4)，
设D(m，n)，
∵以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形
当AB为对角线时，m+02=−3+12，4+n2=0+02
解得：m=−2，n=−4，
∴D(−2，−4)；
当AC为对角线时，−3+02=1+m2，4+02=0+n2
解得：m=−4，n=4
∴D(−4，4)
当BC为对角线时，−3+m2=0+12，0+42=0+n2
解得：m=4，n=4
∴D(4，4)
综上所述，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，D(−2，−4)或D(−4，4)或D(4，4)
（3）解：如图所示，作AG⊥CE交于点G，F为AC的中点，连接GO，GF，
∵∠ACE=45°
∴△AGC是等腰直角三角形，
∴A，O，C，G在⊙F上，
∵A(−3，0)，C(0，4)，
∴F(−32，2)，AC=AO2+CO2=5，GF=12AC=52
∵∠AOG=∠ACG=45°，
∴G在y=−x上，
设G(t，−t)，则GF2=(t+32)2+(−t−2)2=(52)2
解得：t1=−72，t2=0（舍去）
∴点G(−72，72)
设直线CG的解析式为y=kx+4
∴72=−72k+4
解得：k=17.
∴直线CG的解析式y=17x+4
∵A(−3，0)，B(1，0)，
∴抛物线对称轴为直线x=−3+12=−1，
当x=−1时，17×(−1)+4=277，
∴E(−1，277)．
【解析】【分析】（1）运用待定系数法即可求解；
（2）分类讨论：AB为对角线，AC为对角线，BC为对角线，再结合平行四边形的性质即可求解；
（3）作AG⊥CE交于点G，F为AC的中点，连接GO，GF，根据等腰直角三角形的判定与性质即可得到A，O，C，G在⊙F上，再根据勾股定理即可得到设AC=AO2+CO2=5，接着运用同一个圆中，相同的弧圆心角也相同即可得到∠AOG=∠ACG=45°，进而得到G在y=−x上，则G(t，−t)GF2=(t+32)2+(−t−2)2=(52)2，进而即可得到点G的坐标，再运用待定系数法求出直线CG的解析式，进而即可求解。
四、综合题
13．（2023·广元）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点A(−2，0)，B(4，0)，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知E为抛物线上一点，F为抛物线对称轴l上一点，以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，求出点F的坐标；
（3）如图2，P为第一象限内抛物线上一点，连接AP交y轴于点M，连接BP并延长交y轴于点N，在点P运动过程中，OM+12ON是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：将点A(−2，0)，B(4，0)，代入y=ax2+bx+4
得4a−2b+4=016a+4b+4=0
解得：a=−12b=1，
∴抛物线解析式为y=−12x2+x+4；
（2）解：∵点A(−2，0)，B(4，0)，
∴抛物线的对称轴为直线l：x=−2+42=1，
如图所示，设l与x交于点G，过点E作ED⊥l于点D
∵以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴EF=BF，
∵∠DFE=90°−∠BFG=∠GBF，
∴△DFE≌△GBF，
∴GF=DE，GB=FD，
设F(1，m)，则DE=1+m，DG=DF+FG=GB+FG=3+m
∴E(1+m，3+m)，
∵E点在抛物线y=−12x2+x+4上
∴3+m=−12(1+m)2+(1+m)+4
解得：m=−3（舍去）或m=1，
∴F(0，1)，
当E点与A点重合时，如图所示，
∵AB=6，△ABF是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴GF=12AB=3
此时F(0，−3)，
综上所述，F(1，1)或F(1，−3)；
（3）解：设P(s，t)，直线AP的解析式为y=dx+f，BP的解析式为y=gx+ℎ，
∵点A(−2，0)，B(4，0)，P(s，t)，
∴−2d+f=0sd+f=t，4g+ℎ=0sg+ℎ=t
解得：d=ts+2f=2ts+2，g=ts−4ℎ=4t4−s
∴直线AP的解析式为y=ts+2x+2ts+2，BP的解析式为y=ts−4x+4t4−s，
对于y=ts+2x+2ts+2，当x=0时，y=2ts+2，即M(0，2ts+2)，
对于y=ts−4x+4t4−s，当x=0时，y=4t4−s，即N(0，4t4−s)，
∵P(s，t)在抛物线上，则t=−12s2+s+4=−12(s−4)(s+2)
∴OM+12ON=2ts+2+12×4t4−s=12t−s2+2s+8
=−6(s−4)(s+2)−(s−4)(s+2)=6
∴OM+12ON为定值6．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）由AB坐标求出对称轴为直线l：x=1， 设l与x交于点G，过点E作ED⊥l于点D ，分两种情况：①∠BFE=90°，且EF=BF，根据AAS证明△DFE≌△GBF，可得GF=DE，GB=FD，设F(1，m)，则DE=1+m，DG=3+m，即得 E(1+m，3+m)， 将其代入y=−12x2+x+4可得关于m方程并解之，即得F（0，1），②∠BFE=90°且EF=BF， 利用直角三角形的性质可得GF=3，即得点F坐标；
（3）设P(s，t)，可求出直线AP的解析式为y=ts+2x+2ts+2，BP的解析式为y=ts−4x+4t4−s， 分别求出x时y值，即得M(0，2ts+2)， N(0，4t4−s) ，可得OM、ON的长，从而求出 OM+12ON 的值，即可判断.
14．（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，连接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．
【答案】（1）解：把A(−3，0)，B(1，0)，C(0，3)代入y=ax2+bx+c得：
9a−3b+c=0a+b+c=0c=3，
解得：a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）解：过点P作PQ∥x轴，交AC于点Q，如图所示：
设直线AC的解析式为y=kx+b，把A(−3，0)，C(0，3)代入得：
−3k+b=0b=3，
解得：k=1b=3，
∴直线AC的解析式为y=x+3，
设点P的坐标为(t，−t2−2t+3)，则点Q(−t2−2t，−t2−2t+3)，
∵点P在直线AC上方的抛物线上，
∴PQ=−t2−2t−t=−t2−3t，
∵PQ∥x轴，
∴△PQD~△BAD，
∴PDBD=PQAB
∵AB=1−(−3)=4，
∴PDBD=−t2−3t4
=−14(t2+3t)
=−14(t+32)2+916，
∴当t=−32时，PDBD有最大值916，
此时点P的坐标为(−32，154)．
（3）点M的坐标为：(−3−2，−2)，(−3+2，2)
【解析】【解答】
解：根据折叠可知，PM=PM′，CM=CM′，∠PCM=∠PCM′，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥CM′，
∴∠MPC=∠PCM′，
∴∠MPC=∠PCM，
∴PM=CM，
设M(m，m+3)，P(m，−m2−2m+3)，
CM2=m2+(m+3−3)2=2m2，
PM2=(−m2−2m+3−m−3)2=(−m2−3m)2=m2(m+3)2，
∵PM=CM，
∴PM2=CM2，
∴2m2=m2(m+3)2，
整理得：m2[(m+3)2−2]=0，
∴m2=0或(m+3)2−2=0，
解得：m=0或m=−3−2或m=−3+2，
∵当m=0时，点P、M、C、M′四点重合，不存在△PCM，
∴m≠0，
∴点M的坐标为(−3−2，−2)，(−3+2，2)．
【分析】（1）直接根据待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）过点P作PQ∥x轴，交AC于点Q，先根据待定系数法求一次函数即可得到直线AC的解析式，设点P的坐标为(t，−t2−2t+3)，则点Q(−t2−2t，−t2−2t+3)，进而根据相似三角形的判定与性质证明△PQD~△BAD，从而得到PDBD=PQAB，再结合题意即可求解；
（3）先根据折叠的性质即可得到PM=PM′，CM=CM′，∠PCM=∠PCM′，再根据平行线的性质即可得到∠MPC=∠PCM′，进而得到PM=CM，设M(m，m+3)，P(m，−m2−2m+3)，根据坐标系中两点间的距离公式结合题意即可得到m=0或m=−3−2或m=−3+2，进而即可求解。
15．（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；
（1）如图1，当BM：MQ=3：5时，求点N的坐标；
（2）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，连接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．
【答案】（1）解：如图所示，过点M作对称轴x=2的垂线MD，垂足为D，
设M(m，14m2−m)，则D(2，14m2−m)，
∵MD∥QC，
∴BD：CD=BM：MQ=3：5，
∵C(2，−2)，
∴0−(14m2−m)14m2−m−(−2)=35，
解得：m=1或m=3，
∵其中点MQ在抛物线对称轴的左侧．
∴m=1，
∴M(1，−34)，
设直线BM的解析式为y=kx+b，
∴k+b=−342k+b=0，
解得：k=34b=−32，
∴直线BM的解析式为y=34x−32，
联立y=34x−32y=14x2−x，
解得：x=1y=−34或x=6y=3，
∴N(6，3)；
（2）解：依题意，点Q恰好在y轴上，则Q(0，−2)，
设直线QB的解析式为y=tx−2，
将B(0，2)代入得2t−2=0，
解得：t=1，
∴直线QB的解析式为y=x−2，
设P(n，14n2−n)，设直线OP的解析式为y=k1x，
则k1=14n−1，
∴直线OP的解析式为y=(14n−1)x，
联立y=(14n−1)xy=x−2，
解得：x=88−ny=88−n−2，
∴E(88−n，88−n−2)，
∴S1S2=xP−xExE=n−88−n88−n=8n−n28−1
=−18n2+n−1
=−18(n2−8n)−1
=−18(n−4)2+1，
∴当n=4时，取得最大值为1．
【解析】【分析】（1）过点M作对称轴x=2的垂线MD，垂足为D，设M(m，14m2−m)，则D(2，14m2−m)，先根据平行线分线段成比例得到BD：CD=BM：MQ=3：5，再结合点C的坐标即可求出m的值，进而即可得到点M的坐标，再运用待定系数法求一次函数即可得到直线BM的解析式，进而联立即可求解；
（2）先根据题意运用待定系数法求一次函数即可得到直线QB的解析式，设P(n，14n2−n)，再运用待定系数法求一次函数即可得到直线OP的解析式，进而即可得到E(88−n，88−n−2)，再根据题意即可求解。
16．（2023·乐山）已知(x1，y1)，(x2，y2)是抛物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)．
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．
【答案】（1）解：由题可知：y1=−14x12+bx1，y2=−14x22+bx2
∵x1+x2=0时，总有y1=y2，
∴−14x12+bx1=−14x22+bx2．
∴b=0
（2）解：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，如图所示，
此时，x=0，y=−14m2+1=0，解得m=2或−2（舍）．
（ii）当抛物线C2过点(2，−1)时，如图所示，
此时，x=2，y=−14(m−2)2+1=−1，
解得m=2+22或2−22（舍）
综上，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，如图所示，
此时，x=2，y=−14(2−m)2+1=0，解得m=4或0（舍）．
综上22≤m≤4
如图，由圆的性质可知，点E、F在线段AB的垂直平分线上．
令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
【解析】【分析】（1）根据y1=−14x12+bx1，y2=−14x22+bx2且当x1+x2=0时，总有y1=y2，结合题意即可求解；
（2）①分类讨论：（i）当抛物线C2过点(0，0)时，进而根据题意即可得到m的值；（ii）当抛物线C2过点(2，−1)时，进而根据题意即可得到m的值；
②分类讨论：（i）当抛物线C2过点(0，−1)时，（ii）当抛物线C2过点(2，0)时，进而即可根据题意求出m的值，由圆的性质可知，点E、F在线段AB的垂直平分线上，进而得到xA=m−2，xB=m+2，从而得到FH2+HB2=FG2+GC2，设FH=t，再结合题意即可求出t=m28+32，进而结合题意即可求解。
17．（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．
【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−4，0)、B(2，0)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x+4)(x−2)，
∵经过点C(−2，6)，
∴6=a(−2+4)(−2−2)，
解得a=−34，
∴y=−34(x+4)(x−2)，
∴y=−34x2−32x+6．
（2）解：如图，当点N在对称轴的右侧时，
∵y=−34x2−32x+6=−34(x+1)2+274，
∴对称轴为直线x=−1，
设N(m，−34m2−32m+6)，直线AN的解析式为y=kx+b，直线BN的解析式为y=px+q，
∴−4k+b=0mk+b=−34m2−32m+6，2p+q=0mp+q=−34m2−32m+6
解得k=−34m2−32m+6m+4b=−3m2−6m+24m+4，p=−34m2−32m+6m−2q=32m2+3m−12m−2，
∴直线AN的解析式为y=−34m2−32m+6m+4x+−3m2−6m+24m+4，直线BN的解析式为y=−34m2−32m+6m−2x+32m2+3m−12m−2，
当x=−1时，y=−34m2−32m+6m+4×(−1)+−3m2−6m+24m+4=−94m2−92m+18m+4=−94(m−2)，
y=−34m2−32m+6m−2×(−1)+32m2+3m−12m−2=94m2+92m−18m−2=94(m+4)，
∴P(−1，−94(m−2))，Q(−1，94(m+4))，Q′(−1，−94(m+4))，
∴PQ′=−94(m−2)+94(m+4)=272，
∴S△APQ′=12×272×3=814．
如图，当点N在对称轴的左侧时，
∵y=−34x2−32x+6=−34(x+1)2+274，
∴对称轴为直线x=−1，
设N(m，−34m2−32m+6)，P(−1，−94(m−2))，Q(−1，94(m+4))，Q′(−1，−94(m+4))，
∴PQ′=−94(m−2)+94(m+4)=272，
∴S△APQ′=12×272×3=814．
综上所述，S△APQ′=814．
（3）解：当△AMC的外接圆与OM相切，切点为M时， ∠AMC最大，
设外接圆的圆心为E，Q是异于点M的一点，连接QA，QC，QA交圆于点T，
则∠AMC=∠ATC，根据三角形外角性质，得∠ATC>∠AQC，故∠AMC>∠AQC，
∴∠AMC最大，
设OA与圆交于点H，连接MH，ME，根据切线性质，
∴∠EMO=∠MOA=90°，
作直径HN，连接MN，
∴∠HMN=90°，∠MNH=∠MAH，
∵EM=EH，
∴∠EMH=∠EHM，
∴90°−∠EMH=90°−∠EHM，
∴∠OMH=∠MNH=∠MAH，
∴△OMH∽△OAM，
∴OMOA=OHOM，
∴OM2=OA·OH，
设OM=y，OH=x，则AH=4−x，
∴y2=4x，
∴y=2x，
过点E作EF⊥OA，垂足为F，过点C作CG⊥OA，垂足为G，交EM于点P，
根据垂径定理，得AF=FH=4−x2，四边形EMOF是矩形，
∴EC=EM=OF=x+4−x2=4+x2，
根据C(−2，6)，得CD=PM=OG=2，CG=6
∴PE=EM−PM=4+x2−2=x2，
∴CP=CG−PG=CG−OM=6−2x，
在直角三角形PEC中，
∴(x2)2+(6−2x)2=(4+x2)2，
∴x+16=12x，
∴(x+16)2=(12x)2，
∴x2−112x+256=0，
解得x1=56−245，x2=56+245>4（舍去），
∴y=2x=256−245=2(6−25)2=2(6−25)=12−45，
故OM=12−45，
∴当∠AMC最大时，M(0，12−45)．
【解析】【分析】（1）运用待定系数法求二次函数的解析式即可求解；
（2）分类讨论：当点N在对称轴的右侧时， 先根据二次函数的性质即可得到对称轴为直线x=−1，进而设N(m，−34m2−32m+6)，直线AN的解析式为y=kx+b，直线BN的解析式为y=px+q，运用待定系数法求一次函数解析式结合题意即可求解；当点N在对称轴的左侧时，先根据二次函数的性质即可得到对称轴为直线x=−1，设N(m，−34m2−32m+6)，P(−1，−94(m−2))，Q(−1，94(m+4))，Q′(−1，−94(m+4))，再根据三角形的面积公式即可求解；
（3）先根据题意得到当△AMC的外接圆与OM相切，切点为M时， ∠AMC最大，设外接圆的圆心为E，Q是异于点M的一点，连接QA，QC，QA交圆于点T，根据三角形外角的性质即可得到∠ATC>∠AQC，故∠AMC>∠AQC，设OA与圆交于点H，连接MH，ME，根据切线性质即可得到∠EMO=∠MOA=90°，进而作直径HN，连接MN，根据相似三角形的判定与性质即可得到OM2=OA·OH，设OM=y，OH=x，则AH=4−x，进而得到y=2x，过点E作EF⊥OA，垂足为F，过点C作CG⊥OA，垂足为G，交EM于点P，根据垂径定理即可得到AF=FH=4−x2，四边形EMOF是矩形，进而结合题意即看得到CP的长，进而即可列方程求出x，从而得到OM的长，进而即可求解。
18．（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.
【答案】（1）抛物线的函数表达式为y=−14x2+1；
（2）点B的坐标为(−4，−3)或(−2−25， −5−25)或(−2+25， −5+25)；
（3）当m的值为2或23时，OD⊥OE始终成立.
【解析】【解答】解：（1）∵知抛物线y=ax2+c经过点P(4，−3)，与y轴交于点A(0，1) ，
∴由题意可得：16a+c=−3c=1，
解得：a=−14c=1，
∴抛物线的函数表达式为y=−14x2+1；
（2）设Bt，−14t2+1，
分类讨论：①当AB=AP时，点B和点P关于y轴对称，
如图所示：
∵P（4，-3），
∴B（-4，-3），
②当AB=BP时，AB2=BP2，
∴t−02+−14t2+1−12=t−42+−14t2+1+32，
∴t2+4t−16=0，
解得：t1=−2−25，t2=−2+25，
∴当t=−2−25时，−14t2+1=−14×−2−252+1=−5−25，
当t=−2+25时，−14t2+1=−14×−2+252+1=−5+25，
∴点B的坐标为(−2−25， −5−25)或(−2+25， −5+25)，
综上所示： 点B的坐标为(−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，
由题意作图如下：，
设抛物线y=−14x2+1与直线y=kx（k≠0）的交点坐标为B（a，ka），C（b，kb），
由−14x2+1=kx得：x2+4kx−4=0，
∴a+b=-4k，ab=-4，
设直线AB的表达式为y=px+q，
由题意可得：ap+q=kaq=1，
解得：P=ka−1aq=1，
∴直线AB的表达式为y=ka−1ax+1，
令y=m，则x=am−1ka−1，
∴Dam−1ka−1，m，
同理可得：直线AC的表达式为y=kb−1bx+1，
则点E的坐标为bm−1kb−1，m，
过点E作EQ⊥x轴于点Q，过点D作DN⊥x轴于点N，
∴∠EQO=∠OND=90°，
由题意可得：EQ=ND=m，OQ=bm−1kb−1，ON=am−1ka−1，
若OD⊥OE，则∠EOD=90°，
∴∠QED+∠QOE=∠DON+∠QOE=90°，
∴∠QED=∠DON，
∴△EQO~△OND，
∴EQON=QODN，
∴m2ka−1kb−1=−abm−12，
∴m2abk2−ka+b+1=−abm−12，
将a+b=-4k，ab=-4代入得：m2=4m−12，
解得：m=2或m=23，
∴当m的值为2或23时，OD⊥OE始终成立.
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）分类讨论，结合图象，利用等腰三角形的性质计算求解即可；
（3）先作图，再利用待定系数法求函数解析式，最后利用相似三角形的判定与性质计算求解即可。
19．（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．
【答案】（1）解：将点A(−1，0)，B(3，0)，C(0，3)代入解析式得：
a−b+c=09a+3b+c=0c=3，
解得：a=−1b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）设直线BC的解析式为y=kx+b，将点B、C代入得：
3k+b=0b=3，
解得：k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
∵B(3，0)，
∴OB=3，
设点P(x，−x2+2x+3)(0
∴PE=−x2+2x+3−(−x+3)=−x2+3x，
∴SΔPBC=12×PE×OB=12×(−x2+3x)×3=−32x2+92x=−32(x−32)2+278，
∴当x=32时，△PBC的最大面积为278，
−x2+2x+3=−94+3+3=154，
∴P(32，154)
（3）存在，N(2，2)或(4，17)或(4，−17)或(−2，14+3)，(−2，−14+3)，证明如下：
∵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：t1=14，t2=−14，
∵3+x=0+10+y=3+t，
∴x=−2，y=3+t，
∴N3(−2，14+3)，N4(−2，−14+3)；
若BC为菱形的对角线，
3+0=x+10+3=y+t，
∴x=2，y=3−t，
∵BM2=CM2，即22+t2=12+(3−t)2，
解得：t=1，
∴y=3−1=2，
∴N5(2，2)；
综上可得：N(2，2)或(4，17)或(4，−17)或(−2，14+3)，(−2，−14+3)．
【解析】【分析】（1）运用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）先运用待定系数法求出直线BC的解析式，进而即可得到OB=3，设点P(x，−x2+2x+3)(0
20．（2023·凉山）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
②当△EFC是等腰三角形时，求点E的坐标．
【答案】（1）解：∵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=−5+12=−2，
在y=−3x+3中，当x=−2时，y=9，
∴抛物线顶点P的坐标为(−2，9)，
设抛物线解析式为y=a(x+2)2+9，
∴a(1+2)2+9=0，
∴a=−1，
∴抛物线解析式为y=−(x+2)2+9=−x2−4x+5
（2）解：①∵抛物线解析式为y=−x2−4x+5，点C是抛物线与y轴的交点，
∴C(0，5)，
设直线BC的解析式为y=kx+b1，
∴−5k+b1=0b1=5，
∴k=1b=5，
∴直线BC的解析式为y=x+5，
∵直线x=m(−5
∴EF=−m2−4m+5−(m+5)
=−m2−5m
=−(m+52)2+254，
∵−1<0，
∴当m=−52时，EF有最大值，最大值为254；
②设直线x=m与x轴交于H，
∴BH=m+5，HF=m+5，
∴BH=HF，
∴△BHF是等腰直角三角形，
∴∠EFC=∠BFH=45°；
如图3-1所示，当EC=FC时，
过点C作CG⊥EF于G，则G(m，5)
∴点G为EF的中点，
由（2）得E(m，−m2−4m+5)，F(m，m+5)，
∴−m2−4m+5+m+52=5，
∴m2+3m=0，
解得m=−3或m=0（舍去），
∴E(−3，8)；
如图3-2所示，当EF=EC时，则△EFC是等腰直角三角形，
∴∠FEF=90°，即CE⊥EF，
∴点E的纵坐标为5，
∴−m2−4m+5=5，
解得m=−4或m=0（舍去），
∴E(−4，5)
如图3-3所示，当EF=CF时，过点C作CG⊥EF于G，
同理可证△CFG是等腰直角三角形，
∴FG=CG=−m，
∴CF=2CG=−2m，
∴−m2−5m=−2m，
∴m2+(5−2)m=0，
解得m=2−5或m=0（舍去），
∴EF=CF=−2×(2−5)=52−2，HF=2，
∴HE=62−2，
∴E(2−5，62−2)
综上所述，点E的坐标为(−3，8)或(−4，5)或(2−5，62−2)
【解析】【分析】（1）根据待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）①先根据二次函数的性质得到点C的坐标，再运用待定系数法求出一次函数BC的解析式，进而得到E(m，−m2−4m+5)，F(m，m+5)，再结合题意即可求解；
②设直线x=m与x轴交于H，先根据等腰直角三角形的判定与性质证明△BHF是等腰直角三角形，进而得到∠EFC=∠BFH=45°；分类讨论：当EC=FC时，过点C作CG⊥EF于G，则G(m，5)，再运用等腰直角三角形的性质结合题意即可求出m的值，进而即可求解；当EF=EC时，则△EFC是等腰直角三角形，再运用等腰直角三角形的性质结合题意即可求出m的值，进而即可求解；当EF=CF时，过点C作CG⊥EF于G，同理可证△CFG是等腰直角三角形，再运用等腰直角三角形的性质结合题意即可求出m的值，进而即可求解。
21．（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．
【答案】（1）解：根据抛物线的对称轴为x=2，
可得−22a=2，解得a=−12，
将C(0，6)代入抛物线可得6=c，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+2x+6；
（2）解：当y=0时，可得0=−12x2+2x+6，解得x1=6，x2=−2，
∴A(−2，0)，B(6，0)，
设CB的解析式为y=kx+b，将C(0，6)，B(6，0)代入y=kx+b，
可得6=b0=6k+b，解得k=−1b=6，
∴CB的解析式为y=−x+6，
设CD=a，则D(0，6−a)，
设AD的解析式为y=k1x+b1，将D(0，6−a)，A(−2，0)代入y=k1x+b1，
可得6−a=b10=−2k1+b1，解得k1=6−a2b1=6−a，
∴AB的解析式为y=6−a2x+6−a，
联立方程y=−x+6y=6−a2x+6−a，解得x=2a8−ay=48−8a8−a，
根据CD=CE，可得a=(2a8−a)2+(48−8a8−a−6)2，
解得a1=8−22，a2=8+22，
经检验，a1=8−22，a2=8+22是方程的解，
∵点F是该抛物线上位于第一象限的一个动点，
∴D在y轴正半轴，
∴a<6，
∴a=8−22
即CD的长为8−22；
②解：如图，过E，F分别作AB的垂线段，交AB于点G，H，过点D作EG的垂线段，交EG于点I，
∵S1+S3=2S2，
∴AD+EF=2DE，
∴DEAF=13，
设F(ℎ，−12ℎ2+2ℎ+6)，则AH=ℎ+2，
∵EG⊥AB，FH⊥AB，
∴EG∥FH，
∴∠DEI=∠AFB，
∵DI⊥EG，
∴∠DIE=90°，
∴△DEI∽△AFB，
∴DI=13AB=13ℎ+23，即点D的横坐标为13ℎ+23，
EI=13FH=−16ℎ2+23ℎ+2，
设AF的解析式为y=k2x+b2，将A(−2，0)，F(ℎ，−12ℎ2+2ℎ+6)，
代入可得0=−2k2+b2−12ℎ2+2ℎ+6=k2ℎ+b2，
解得k2=−12ℎ+3b2=−ℎ+6，
∴AF的解析式为y=(−12ℎ+3)x−ℎ+6，
∴D(0，−ℎ+6)，即DO=−ℎ+6，
∵∠DOG=90°，
∴四边形DOGI是矩形，
∴IG=DO=−ℎ+6，
∴EG=EI+IG=−16ℎ2−13ℎ+8，即E(13ℎ+23，−16ℎ2−13ℎ+8)，
将E(13ℎ+23，−16ℎ2−13ℎ+8)代入y=−x+6，
可得−16ℎ2−13ℎ+8=−13ℎ−23+6，
解得ℎ1=4，ℎ2=−4<0（舍去），
∴F(4，6)．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）①先求出点A和点B的坐标，再利用待定系数法求出CB的解析式为y=−x+6，最后列方程求解即可；
②利用平行线的判定与性质，三角形相似的判定与性质，矩形的判定与性质和待定系数法求函数解析式等即可。
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