中考数学一轮复习专题2.12 二次函数章末九大题型总结（拔尖篇）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题2.12 二次函数章末九大题型总结（拔尖篇）（北师大版）（解析版），共52页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc31071" 【题型1 利用二次函数的性质比较四个字母的大小】 PAGEREF _Tc31071 \h 1
\l "_Tc3091" 【题型2 利用二次函数的性质判断多结论问题】 PAGEREF _Tc3091 \h 2
\l "_Tc7569" 【题型3 根据新定义求字母取值范围】 PAGEREF _Tc7569 \h 2
\l "_Tc2360" 【题型4 利用二次函数的性质求最值】 PAGEREF _Tc2360 \h 2
\l "_Tc12047" 【题型5 根据二次函数的最值求字母的值或取值范围】 PAGEREF _Tc12047 \h 2
\l "_Tc26511" 【题型6 二次函数与一次函数图象的综合】 PAGEREF _Tc26511 \h 2
\l "_Tc21169" 【题型7 抛物线的平移、旋转、对称】 PAGEREF _Tc21169 \h 3
\l "_Tc23384" 【题型8 二次函数中的存在性问题】 PAGEREF _Tc23384 \h 3
\l "_Tc2925" 【题型9 由实际问题抽象出二次函数模型】 PAGEREF _Tc2925 \h 3
【题型1 利用二次函数的性质比较四个字母的大小】
【例1】（2023春·安徽阜阳·九年级阜阳实验中学校考期中）若m,n(mA．m【答案】D
【分析】由（x﹣a）（x﹣b）﹣3＝0可以将（m，3），（n，3）看成直线y1＝3与抛物线y2＝（x﹣a）（x﹣b）两交点，画出大致图象即可以判断．
【详解】解：如图，抛物线y2＝（x﹣a）（x﹣b）与x轴交点（a，0），（b，0），
抛物线与直线y1＝3的交点为（m，3），（n，3），
由图象可知m＜a＜b＜n．
故选：D．
【点睛】此题考查的是一元二次方程根的分布，一元二次方程转化为二次函数与x轴的交点问题，在此题中关键在于能够对（x﹣a）（x﹣b）﹣3＝0拆分成直线y1＝3与抛物线y2＝（x﹣a）（x﹣b），再通过大致图象即可解题，这也给我提供了一种解决此类问题的技巧．
【变式1-1】（2023春·浙江杭州·九年级校考期中）设一元二次方程x+1x−3=aa>0两实数根分别为α，β且α<β，则α、β满足（ ）
A．−1<α<β<3B．α<−1<3<β
C．α<−1<β<3D．−1<α<3<β
【答案】B
【分析】依照题意，画出图形，利用数形结合，即可得出α、β满足的条件．
【详解】解：∵一元二次方程x+1x−3=0解为x1=−1，x2=3，，
∴二次函数y=x+1x−3与x轴的交点坐标为−1，0，3，0，
依照题意，画出函数图象，如图所示：
观察图形：可知：α<−1<3<β，
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，二次函数图像和性质，依照题意，画出二次韩素华图像是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·四川凉山·九年级校考期中）若a，b（a【答案】m＜a＜b＜n
【分析】先确定a,b和m,n分别是抛物线当y=−2,y=0时对应的两个点的横坐标，再利用图象求解．
【详解】解：∵2+x−mx−n=0，
∴x2−m+nx+mn=−2，
∴a，b是抛物线y=x2−m+nx+mn当y=−2时对应的两个点的横坐标，
m，n是该抛物线当y=0时对应的两个点的横坐标，
∵抛物线开口向上，a＜b，m＜n，
则可作示意图如下，
则m＜a＜b＜n，
故答案为：m＜a＜b＜n．
【点睛】本题考查了抛物线与一元二次方程的关系，解题关键是掌握二次函数与一元二次方程之间的关系．
【变式1-3】（2023·江苏扬州·九年级校联考期末）若x1，x2(x1＜x2)是方程(x﹣m)(x﹣3)＝﹣1(m＜3)的两根，则实数x1，x2，3，m的大小关系是( )
A．m＜x1＜x2＜3B．x1＜m＜x2＜3
C．x1＜m＜3＜x2D．x1＜x2＜m＜3
【答案】A
【分析】把x1，x2(x1【详解】把x1，x2(x1抛物线y=(x−m)(x−3)与x 轴的交点坐标为(m，0)，(3，0)
所以m故选A
【点睛】如果x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0) 的两个根时，可以看成抛物线与x 轴的两个交点坐标，掌握数形结合的思想是解题关键.
【题型2 利用二次函数的性质判断多结论问题】
【例2】（2023春·全国·九年级期末）已知二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），当x<-1时，y随x的增大而增大，则下列结论正确的是（ ）
①当x＞2时，y随x的增大而减小；
②若图象经过点（0，1），则﹣1＜a＜0；
③若（﹣2021，y1），（2023，y2）是函数图象上的两点，则y1＜y2；
④若图象上两点（14，y1），（14+n，y2）对一切正数n，总有y1＞y2，则1＜m≤32．
A．①②B．①③C．①②③D．①③④
【答案】D
【分析】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：①：∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），
∴x1＝﹣1，x2＝m，x1＜x2，
又∵当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，
∴a＜0，开口向下，
∴当x＞2＞x2时，y随x的增大而减小，
故①正确；
②：∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，
∴a＜0，
若图象经过点（0，1），则1＝a（0+1）（0﹣m），得1＝﹣am，
∵a＜0，1＜m＜2，
∴﹣1＜a＜﹣12 ，
故②错误；
③：又∵对称轴为直线x＝−1+m2，1＜m＜2，
∴0＜−1+m2＜12 ，
∴若（﹣2021，y1），（2023，y2）是函数图象上的两点，2021离对称轴近些，则y1＜y2，
故③正确；
④若图象上两点（14，y1），（14+n，y2）对一切正数n，总有y1＞y2，1＜m＜2，
∴该函数与x轴的两个交点为（﹣1，0），（m，0），
∴0＜−1+m2≤14，
解得1＜m≤32 ，
故④正确；
∴①③④正确；②错误．
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
【变式2-1】（2023春·北京·九年级北京市第十二中学校考期中）已知抛物线y=ax2+bx+ca≠0 与x轴交于点A(－1,0)，对称轴为直线x=1，与y轴的交点B在(0,2)和(0,3)之间(包含这两个点)运动,有如下四个结论：
①抛物线与x轴的另一个交点是(3,0)；
②点Cx1,y1，Dx2,y2在抛物线上，且满足x1y2；
③常数项c的取值范围是2≤c≤3；
④系数a的取值范围是−1≤a≤−23．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③B．②③④C．①③D．①③④
【答案】D
【分析】根据抛物线的对称性对①进行判断；
根据④的结论可知函数的开口方向，然后得到二次函数的增减性，即可对②进行判断；
根据抛物线与y轴的交点对c进行判断即可判断③；
由对称轴可得b=-2a，由x=-1时，可得a-b+c=0，则c=-3a，又由③得到c的取值范围，进而得到a的取值范围．
【详解】抛物线对称轴为x=1，且与x轴交点为（-1，0），故与x轴的另一个交点为（3,0），故①正确；
抛物线与y轴的交点为（0，c），且与y轴交点B在0,2和0,3之间（包含这两个点）运动，故c的取值范围是2≤c≤3，故③正确；
抛物线对称轴为x=1，得b=-2a，由x=-1时，可得a-b+c=0，则c=-3a，又由③已知2≤c≤3，故有2≤-3a≤3，故−1≤a≤−23，故④正确；
由④得结论可知，抛物线开口向下，且对称轴为x=1，得到当x＜1时，y随x增大而增大，故当x1综上正确的有①③④，
故选D．
【点睛】本题考查二次函数一般式的基本性质，熟练掌握二次函数一般式各系数的意义是解题关键．
【变式2-2】（2023春·湖南长沙·九年级校联考期末）小明研究二次函数y=−x2+2mx−m2+1（m为常数）性质时有如下结论：①该二次函数图象的顶点始终在平行于x轴的直线上；②该二次函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形；③当−12m，则y1>y2．其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据函数解析式，结合函数图象的顶点坐标、对称轴以及增减性依次对4个结论作出判断即可．
【详解】解： 二次函数y=−x2+2mx−m2+1=-（x-m）2+1（m为常数）
①∵顶点坐标为（m，1）且当x=m时，y=1
∴这个函数图象的顶点始终在直线y=1上
故结论①正确；
②令y=0，得-（x-m）2+1=0
解得：x=m-1，x=m+1
∴抛物线与x轴的两个交点坐标为A（m-1，0），B（m+1，0）
则AB=2
∵顶点P坐标为（m，1）
∴PA=PB=2，
∴PA2+PB2=AB2
∴ΔPAB是等腰直角三角形
∴函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形
故结论②正确；
③当-1＜x＜2时，y随x的增大而增大，且-1＜0
∴m的取值范围为m≥2．
故结论③正确；
④∵x1+x2＞2m
∴x1+x22＞m
∵二次函数y=-（x-m）2+1（m为常数）的对称轴为直线x=m
∴点A离对称轴的距离小于点B离对称轴的距离
∵x1＜x2，且-1＜0
∴y1＞y2
故结论④正确．
故选D．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与二次函数的系数的关系，是一道综合性比较强的题目，需要利用数形结合思想解决本题．
【变式2-3】（2023春·山东德州·九年级统考期末）如图，抛物线y＝－x2＋2x＋m＋1（m为常数）交y轴于点A，与x轴的一个交点在2和3之间，顶点为B．
①抛物线y＝－x2＋2x＋m＋1与直线y＝m＋2有且只有一个交点；
②若点M（－2，y1）、点N（12，y2）、点P（2，y3）在该函数图象上，则y1③将该抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线解析式为y＝－（x＋1）2＋m；
④点A关于直线x＝1的对称点为C，点D、E分别在x轴和y轴上，当m＝1时，四边形BCDE周长的最小值为34+2．
其中正确判断有（ ）
A．①②③④B．②③④C．①③④D．①③
【答案】C
【分析】将二次函数配方成y=−x−12+m+2即可判断①③；将P根据对称性转化到对称轴左边即可判断②；将m＝1代入函数解析式即可求算A，C坐标，作对称根据两点之间线段最短即可求算四边形BCDE周长的最小值．
【详解】解：将y＝－x2＋2x＋m＋1化为顶点式为：y=−x−12+m+2
∴顶点坐标为1,m+2，函数图形与直线y＝m＋2相切，只有一个公共点，①正确；
根据“上加下减，左加右减”将y=−x−12+m+2向左平移2个单位，再向下平移2个单位得到： y=−x−1+22+m+2−2=−x+12+m，③正确；
二次函数的对称轴是直线x=1，故P（2，y3）可对称到P'0,y3，在对称轴左侧，y随x的增大而增大，故y2>y3>y1，②错误；
当m=1时，函数解析式为：y=−x2+2x+2，故A0,2，C2,2，B1,3
作B关于y轴对称点N，作C关于x轴对称点M，则N−1,3,M2,−2 连接MN，则MN为BE，DE，CD和的最小值，四边形BCDE周长最小值为MN与BC的和，则有：
BC=1−22+3−22=2,MN=−1−22+3+22=34
∴当m＝1时，四边形BCDE周长的最小值为34+2，④正确；
故答案选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质综合以及线段和的最小值．掌握二次函数配方成顶点式、二次函数的对称性、线段和的最小值的求算是解题关键．
【题型3 根据新定义求字母取值范围】
【例3】（2023春·山东济南·九年级统考期末）新定义：若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为二倍点．若二次函数y=x2−2x+c（c为常数）在−1A．−5【答案】D
【分析】由点的纵坐标是横坐标的2倍可得二倍点在直线y=2x上，由−1【详解】解：由题意可得二倍点所在直线为y=2x，
将x=−1代入y=2x得y=−2，
将x=4代入y=2x得y=8，
设A(−1,−2)，B(4,8)，如图，
联立y=2x与y=x2−2x+c，得方程x2−2x+c=2x，
即x2−4x+c=0
∵抛物线与直线y=2x有两个交点，
∴ Δ=42−4c>0，
解得c<4，
当直线x=−1和直线x=4与抛物线交点在点A，B上方时，抛物线与线段AB有两个交点，
把x=−1代入y=x2−2x+c，得y=3+c，
把x=4代入y=x2−2x+c得y=8+c，
∴ 3+c>−28+c>8，
解得c>0，
∴0故选D．
【点睛】本题考查二次函数图象与正比例函数图象的交点问题，解题关键掌握函数与方程及不等式的关系，将代数问题转化为图形问题求解．
【变式3-1】（2023春·广西南宁·九年级统考期中）新定义：在平面直角坐标系中，对于点P（m，n）和点P′（m，n′），若满足m≥0时，n′=n-4；m＜0时，n′=-n，则称点P′（m，n′）是点P（m，n）的限变点．例如：点P1（2，5）的限变点是P1′（2，1），点P2（-2，3）的限变点是P2′（-2，-3）．若点P（m，n）在二次函数y=-x2+4x+2的图象上，则当-1≤m≤3时，其限变点P′的纵坐标n'的取值范围是（ ）
A．−2≤n′≤2B．1≤n′≤3C．1≤n′≤2D．−2≤n′≤3
【答案】D
【分析】根据新定义得到当m≥0时，n′=-m2+4m+2-4=-（m-2）2+2，在0≤m≤3时，得到-2≤n′≤2；当m＜0时，n′=m2-4m-2=（m-2）2-6，在-1≤m＜0时，得到-2≤n′≤3，即可得到限变点P′的纵坐标n'的取值范围是-2≤n′≤3．
【详解】解：由题意可知，
当m≥0时，n′=-m2+4m+2-4=-（m-2）2+2，
∴当0≤m≤3时，-2≤n′≤2，
当m＜0时，n′=m2-4m-2=（m-2）2-6，
∴当-1≤m＜0时，-2＜n′≤3，
综上，当-1≤m≤3时，其限变点P′的纵坐标n'的取值范围是-2≤n′≤3，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据限变点的定义得到n′关于m的函数．
【变式3-2】（2023春·重庆大渡口·九年级校考期末）若定义一种新运算：m@n=m−nm≤nm+n−3m>n，例如：1@2=1−2=−1，4@3=4+3−3=4．下列说法：
①−7@9=−16；
②若1@x2−x=−1，则x=−1或2；
③若−2@3+4x≤−5，则x≥0或x<−54；
④y=−x+1@x2−2x+1与直线y=m（m为常数）有1个交点，则−1其中正确的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】根据新运算可判断①正确；根据新运算分两种情况结合一元二次方程可判断②正确；根据新运算分两种情况结合一元一次不等式可判断③正确；根据新运算分两种情况结合抛物线的性质可判断④正确，即可．
【详解】解：①−7@9=−7−9=−16，故①正确；
②若x2−x≥1，则1−x2−x=−1，
解得：x=−1或2，
当x=−1时，x2−x=2>1，
当x=2时，x2−x=2>1；
若x2−x<1，则1+x2−x−3=−1，
解得：x=1+52或1−52，
当x=1+52时，x2−x=1，不符合题意，舍去，
当x=1−52时，x2−x=1，不符合题意，舍去；
∴若1@x2−x=−1，则x=−1或2，故②正确；
③若−2≤3+4x，即x≥−54，
此时−2−3+4x≤−5，
解得：x≥0，
∴x≥0，
若−2>3+4x，即x<−54，
此时−2+3+4x−3≤−5，
解得：x≤−34，
∴x<−54，
∴若−2@3+4x≤−5，则x≥0或x<−54，故③正确；
④若−x+1≤x2−2x+1，即x≤0或x≥1，
此时y=−x+1−x2−2x+1=−x2+x=−xx−1，
如图，
此时与直线y=m（m为常数）不可能有1个交点；
若−x+1>x2−2x+1，即0此时y=−x+1+x2−2x+1−3=x2−3x−1=x−322−134，
如图，
当x=1时，y=−3，
当x=0时，y=−1，
∴若抛物线与直线y=m（m为常数）有1个交点，则−1∴正确的个数是4．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解一元一次不等式，二次函数的图象和性质，理解新运算，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·安徽合肥·九年级校联考期末）定义：在平面直角坐标系中，若点A满足横、纵坐标都为整数，则把点A叫做“整点”．如：B（3，0）、C（﹣1，3）都是“整点”．抛物线y＝ax2﹣2ax+a+2（a＜0）与x轴交于点M，N两点，若该抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点，则a的取值范围是（ ）
A．﹣1≤a＜0B．﹣2≤a＜﹣1C．﹣1≤a＜−12D．﹣2≤a＜0
【答案】B
【分析】画出图象，找到该抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点的边界，利用与y交点位置可得a的取值范围．
【详解】解：抛物线y＝ax2﹣2ax+a+2（a＜0）化为顶点式为y＝a（x﹣1）2+2，故函数的对称轴：x＝1，M和N两点关于x＝1对称，根据题意，抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点，这些整点是（0，0），（1，0），（（1，1），（1，2），（2，0），
如图所示：
∵当x＝0时，y＝a+2
∴0≤a+2＜1
当x＝﹣1时，y＝4a+2＜0
即：0⩽a+2<14a+2<0，
解得﹣2≤a＜﹣1
故选B．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、配方法确定顶点坐标、及数形结合等知识，利用函数图象确定与y轴交点位置是本题的关键．
【题型4 利用二次函数的性质求最值】
【例4】（2023春·九年级统考期中）已知，二次函数y=ax2+bx−1（a，b是常数，a≠0）的图象经过A(2,1)，B(4,3)，C(4,−1)三个点中的其中两个点，平移该函数的图象，使其顶点始终在直线y=x−1上，则平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的（ ）
A．最大值为−1B．最小值为−1C．最大值为−12D．最小值为−12
【答案】C
【分析】分二次函数的图象经过点A，B或B、C或点A，C三种情况讨论求解即可．
【详解】解：由题意得，二次函数的图象经过点A，B或B、C或点A，C，
①若经过点A和点B，
∵A(2,1)，B(4,3)都在直线y=x−1上，而抛物线y=ax2+bx−1与y轴交点(0,−1)始终在直线y=x−1上，
∴二次函数的图象不能同时经过点A，B；
②∵B(4,3)，C(4,−1)，
∴抛物线也不同时经过点B，点C，
③经过点A、点C，如图，
∴1=4a+2b−1−1=16a+4b−1
解得，a=−12,b=2
∴y=−12x2+2x−1，
当x=−b2a=2时，y=1，
则点A2,1是y=−12x2+2x−1的顶点，
此时二次函数的顶点在y=x−1上，且与y轴交点，此时纵坐标为−1；
而y=−12x2+2x−1=−12(x−2)2+1经过平移，顶点始终在直线y=x−1上，
故平移后函数表达式为y=−12(x−c)2+c−1，
当x=0时，y=−12c2+c−1，
当c=−b2a=1时，y有最大值，为：y=−12+1−1=−12，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次函数的图象与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质解答．
【变式4-1】（2023春·广东汕头·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+3x−4的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，若P是x轴上一动点，点Q（0，2）在y轴上，连接PQ，则PQ+22PC的最小值是（ ）
A．6B．2+322C．2+32D．32
【答案】D
【分析】连接BC，过点P作PD⊥BC于D，过点Q作QH⊥BC于H．根据PQ+22PC=PQ+PD，可得DQ+PD的最小值为QH的长，即可解决问题．
【详解】如图，连接BC，过点P作PD⊥BC于D，过点Q作QH⊥BC于H．
由y=x2+3x−4，令y=0，则x2+3x−4=0，
解得x1=−4，x2=1，
∴C−4,0,A1,0，
令x=0，解得y=0，
∴B0,−4，
∴OB=OC=4，
∵∠BOC=90°，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴PC=2PD，
∴ PQ+22PC=PQ+PD≥QH，
当P为QH与x轴交点时PQ+22PC最小，最小值为QH的长，
∵Q（0，2）,B0,−4，
∴BQ=4，
设QH=x，则BH=x,
∵DH2+BH2=BQ2，
∴x2+x2=62，
∴x=32，
∴QH＝32，
则PQ+22PC的最小值是32．
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数的相关性质，以及等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
【变式4-2】（2023春·辽宁·九年级东北育才双语学校校考期末）在平面直角坐标系中，点A（1，112），B（4，32），若点M（a，﹣a），N（a+3，﹣a﹣4），则四边形MNBA的周长的最小值为（ ）
A．10+132 2B．10+132 3C．5+132D．5+133
【答案】A
【分析】根据题意，得AB=(4−1)2+(32−112)2=5，
AM=(a−1)2+(−a−112)2=(a−1)2+(a+112)2，
MN=(a+3−a)2+[−a−4−(−a)]2=5，
BN=(a+3−4)2+(−a−4−32)2=(a−1)2+(a+112)2
由此得四边形MNBA的周长为10+2(a−1)2+(a+112)2，利用二次函数求得(a−1)2+(a+112)2的最小值即可．
【详解】∵点A（1，112），B（4，32），若点M（a，﹣a），N（a+3，﹣a﹣4），
∴AB=(4−1)2+(32−112)2=5，
AM=(a−1)2+(−a−112)2=(a−1)2+(a+112)2，
MN=(a+3−a)2+(−a−4−(−a))2=5，
BN=(a+3−4)2+(−a−4−32)2=(a−1)2+(a+112)2
∴四边形MNBA的周长为10+2(a−1)2+(a+112)2，
令y=(a−1)2+(a+112)2
=a2−2a+1+a2+11a+1214
=2a2+9a+1254,
∵2＞0，
∴抛物线有最小值，
当a=−92×2=−94时，y有最小值，且为y=2(−94)2−9×94+1254=1698，
∴(a−1)2+(a+112)2的最小值为1698=1324，
∴四边形MNBA的周长的最小值为10+2×1324=10+132 2，
故选A．
【点睛】本题考查了两点间的距离公式，二次函数的最值问题，灵活运用两点间的距离公式将周长的最值转化为二次函数的最值是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·北京海淀·九年级人大附中校考期末）已知抛物线 y＝ax2+bx+c（0＜2a＜b）的顶点为 P（x0，y0），点 A（1，yA），B（0，yB），C（﹣1，yC）在该抛物线上，当 y0≥0 恒成立时，yB−yCyA的最大值为（ ）
A．1B．12C．14D．13
【答案】D
【分析】利用点A(1,yA)、B(0,yB)、C(−1,yC)在抛物线y=ax2+bx+c上得yA=a+b+c，yB=c，yC=a−b+c，yE=ax12+bx1+c，yB−yCyA=b−aa+b+c，再利用4a−2b+c≥0得到a+b+c≥3(b−a)，所以b−aa+b+c≤13，从而得到yB−yCyA的最小值．
【详解】解：点A(1,yA)、B(0,yB)、C(−1,yC)在抛物线y=ax2+bx+c上，
得yA=a+b+c，yB=c，yC=a−b+c，，
yB−yCyA=b−aa+b+c，
∵y0≥0恒成立，0<2a∴x0=−b2a<−1，
∴4a−2b+c≥0，
即a+b+c≥3(b−a)，
而b−a>a>0，
∴ b−aa+b+c≤13，
即yAyB−yC的最大值为13．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，利用二次函数图像上的点，以及各系数的符号判断式子的符号是解题的关键．
【题型5 根据二次函数的最值求字母的值或取值范围】
【例5】（2023春·浙江·九年级期中）二次函数y=x2+2mx−3，当0≤x≤1时，若图象上的点到x轴距离的最大值为4，则m的值为（ ）
A．-1或1B．-1或1或3C．1或3D．-1或3
【答案】D
【分析】按对称轴所在位置情况进行分别作图，由二次函数图像性质可知取到轴距离的最大值的点是图像顶点或两端点，分类讨论即可．
【详解】解：由题意得，抛物线开口向上，对称轴为直线x=−m．
当x=−b2a=−m时，y=−m2−3，记作顶点M(−m,−m2−3)）；
当x=1时，y=2m−2；记作点P（1，2m−2）；
当x=0时，y=−3，记作点Q（0，-3）；
当0≤x≤1时，图象上的点到轴距离的最大值为4，
I．若图像位于抛物线对称轴右侧，即对称轴x=−m≤0，如图1：
则点Q为满足图象上的点到轴距离的最大值为4的点，
此时有2m−2=4−m≤0 ，解得：m=3，
II．若对称轴在PQ两点之间（包含PQ两点）时，即：对称轴x=−m满足0≤−m≤1，如图2，

①若P为为满足图象上的点到轴距离的最大值为4的点，则
2m−2=40≤−m≤1 ，此时无解，
②若M为为满足图象上的点到轴距离的最大值为4的点，则，
−m2−3=−42m−2≤40≤−m≤1，解得：m=−1，
III．若图像位于抛物线对称轴左侧，即对称轴x=−m>1，如图3：
此时P为满足图象上的点到轴距离的最大值为4的点，则，
2m−2=−4−m>1，此时没有符合的解，
综上，m=−1或3，
故选D．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，根据二次函数图像的性质找到到轴距离的最大值是解题关键．
【变式5-1】（2023春·湖北黄冈·九年级统考期中）在平面直角坐标系中，若点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为完美点．已知二次函数y=ax2+bx−94（a,b是常数，a≠0）的图象上有且只有一个完美点32,32，且当0≤x≤m时，函数y=ax2+bx−3的最小值为−3，最大值为1，则m的取值范围是（ ）
A．−1≤m≤0B．2≤m<72C．2≤m≤4D．m≥2
【答案】C
【分析】把y=x代入y=ax2+bx−94，可得到ax2+(b−1)x−94=0，再利用△=0和(32,32)建立方程组即可求出二次函数的解析式，画出图像即可求解．
【详解】解：令x=ax2+bx−94，则ax2+(b−1)x−94=0
∴△=(b−1)2+9a=0
∴由题意可得：94a+32b−94=0(b−1)2+9a=0
解得：a=−1b=4
∴y=−x2+4x−94
如图所示：
若最小值为−3最大值为1，
结合图像可得：2≤m≤4
故答案选：C
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数，一元二次方程根的判别式，二次函数的图像性质，利用待定系数法和根的判别式建立方程求出二次函数解析式作出图像是解题的关键．
【变式5-2】（2023春·安徽合肥·九年级统考期末）已知二次函数y＝﹣x2+2x+3，截取该函数图象在0≤x≤4间的部分记为图象G，设经过点（0，t）且平行于x轴的直线为l，将图象G在直线l下方的部分沿直线l翻折，图象G在直线上方的部分不变，得到一个新函数的图象M，若函数M的最大值与最小值的差不大于5，则t的取值范围是（ ）
A．﹣1≤t≤0B．﹣1≤t≤−12C．−12≤t≤0D．t≤﹣1或t≥0
【答案】A
【分析】找到最大值和最小值差刚好等于5的时刻，则t的范围可知．
【详解】解：如图1所示，当t等于0时，
∵y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点坐标为（1，4），
当x＝0时，y＝3，
∴A（0，3），
当x＝4时，y＝﹣5，
∴C（4，﹣5），
∴当t＝0时，
D（4，5），
∴此时最大值为5，最小值为0；
如图2所示，当t＝﹣1时，
此时最小值为﹣1，最大值为4．
综上所述：﹣1≤t≤0，
故选：A．
【点睛】此题考查了二次函数与几何图形结合的问题，找到最大值和最小值的差刚好为5的t的值为解题关键．
【变式5-3】（2023春·浙江·九年级统考期末）已知二次函数y=−2x2+mx+n的最大值为10，它的图象经过点Aa−4,b，Ba,b，则b的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】A
【分析】由二次函数图象的对称性，得对称轴为：直线x=a-2，从而得m=4a-8，由二次函数y=−2x2+mx+n的最大值为10，得2a2−8a+n=2，结合x=a和x=a-4是关于x的一元二次方程b=−2x2+mx+n的两个实数根，可得a(a-4)=b−n2，进而即可得到答案．
【详解】∵二次函数y=−2x2+mx+n的图象经过点Aa−4,b，Ba,b，
∴抛物线y=−2x2+mx+n的对称轴为：直线x=a-2，
∴−m2×(−2)=a−2，即：m=4a-8，
∵二次函数y=−2x2+mx+n的最大值为10，
∴10=−2(a−2)2+(4a−8)(a−2)+n，
∴2a2−8a+n=2，
∵二次函数y=−2x2+mx+n的图象经过点Aa−4,b，Ba,b，
∴x=a和x=a-4是关于x的一元二次方程b=−2x2+mx+n的两个实数根，
∴a(a-4)=b−n2，
∴b=2a2−8a+n=2．
故选A．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数图象的轴对称性，二次函数与一元二次方程的关系，是解题的关键．
【题型6 二次函数与一次函数图象的综合】
【例6】（2023春·浙江温州·九年级期末）已知二次函数y=a(x−ℎ)2+k(a≠0)的图象与一次函数y=mx+n(m≠0)的图象交于(x1，y1)和(x2，y2)两点，（ ）
A．若a<0，m<0，则x1+x2>2ℎB．若a>0，m<0，则x1+x2>2ℎ
C．若x1+x2>2ℎ，则a>0，m>0D．若x1+x2<2ℎ，则a>0，m<0
【答案】A
【分析】联立二次函数y=a(x−ℎ)2+k(a≠0)与一次函数y=mx+n(m≠0)化成一元二次方程一般式，然后根据根与系数的关系即可求得答案．
【详解】解：联立{y=a(x−ℎ)2+ky=mx+n，得a(x−ℎ)2+k=mx+n，
化简得：ax2−(2aℎ+m)x+aℎ2+k−n=0，
∵二次函数y=a(x−ℎ)2+k(a≠0)的图象与一次函数y=mx+n(m≠0)的图象交于(x1，y1)和(x2，y2)两点，
∴x1,x2是方程ax2−(2aℎ+m)x+aℎ2+k−n=0的解，
由根与系数关系得：x1+x2=−−(2aℎ+m)a=2ℎ+ma，
A.若a<0，m<0时，则ma＞0，
∴x1+x2=2ℎ+ma＞2ℎ，
故本选项符合题意；
B. 若a>0，m<0，则ma＜0，
∴x1+x2=2ℎ+ma＜2ℎ，
故本选项不符合题意；
C. 若x1+x2>2ℎ，则ma＞0，
∴a>0，m>0或a<0，m<0，
故本选项不符合题意；
D. 若x1+x2<2ℎ，则ma＜0，
∴a>0，m<0或a＜0，m＞0，
故本选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查二次函数和一次函数的交点坐标与对应一元二次方程根的关系、一元二次方程的根与系数的关系，解题的关键是明确二次函数和一次函数图象的交点坐标与对应一元二次方程根的关系以及熟记根与系数的关系．
【变式6-1】（2023春·福建龙岩·九年级校考期中）已知直线y=2x+m与抛物y=ax2+ax+b有一个公共点M（1，0），且a<0．
(1)直接写出直线的解析式：___________；直接写出b与a之间的关系：___________；直接写出抛物线顶点Q的坐标：___________；（只用含a的代数式表示）
(2)说明直线与抛物线有两个交点；
(3)直线与抛物线的另一个交点记为N，若−1≤a≤−12，求线段MN长度的最小值并直接写出此时△QMN的面积．
【答案】(1)y=2x−2；2a+b=0；−12,−94a
(2)证明见解析
(3)线段MN长度的最小值为55，面积1058；
【分析】（1）将点M（1，0）代入y=2x+m和y=ax2+ax+b，即可求出直线的解析式和b与a之间的关系，将二次函数化为顶点式即可得到抛物线顶点Q的坐标；
（2）联立直线和抛物线解析式，通过计算一元二次方程判别式求解即可．
（3））由（2）的方程，可求得N点坐标，利用勾股定理可求得MN2，利用二次函数性质可求得MN长度的最小值；然后求出a的值，求出点N和点Q的坐标，设抛物线对称轴交直线与点E，则可求得E点坐标，利用SΔQMN=SΔQEN+SΔQEM可求出△QMN的面积．
【详解】（1）∵直线y=2x+m与抛物y=ax2+ax+b有一个公共点M（1，0），
∴将M（1，0）代入y=2x+m得2+m=0，解得m=−2
∴y=2x−2；
∴将M（1，0）代入y=ax2+ax+b得a+a+b=0，
可得2a+b=0，即b=−2a
∴抛物y=ax2+ax−2a=ax2+x−2=ax+122−94a，
∴抛物线顶点Q的坐标为−12,−94a，
故答案为：y=2x−2；2a+b=0；−12,−94a．
（2）∵直线y=2x−2，抛物线y=ax2+ax−2a，
∴y=2x−2y=ax2+ax−2a，即ax2+ax−2a=2x−2，
整理得ax2+a−2x−2a+2=0，
∴Δ=a−22−4a−2a+2=9a−232，
∵a<0，
∴Δ=9a−232>0，
∴方程有两个不相等的实数根
∴直线与抛物线有两个交点；
（3）由（2）得ax2+a−2x−2a+2=0
即x2+(1−2a)x−2+2a=0，
∴(x−1)(x+2−2a)=0，
解得x1=1,x2=2a−2，
∴点N(2a−2,4a−6)．
根据勾股定理得，MN2=(2a−2)−12+(4a−6)2=20(1a−32)2，
∵−1≤a≤−12，
∴−2≤1a≤−1，
∴1a−32<0，
∴MN=25(32−1a)=35−25a，
∴55≤MN≤75．
∴线段MN长度的最小值为55；
∴此时a=−1
作抛物线的对称轴x=−12交直线y=2x−2于点E，
把x=−12代入y=2x−2得，y=−3，
即E(−12,−3)，
∴M（1，0），
∴将a=−1代入点N和点Q的坐标得N(−4,−10)，Q−12,94且a<0，
∴SΔQMN=SΔQEN+SΔQEM=12×1+4×94+3=1058．
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及函数图象的交点、二次函数的性质、根的判别式、勾股定理、三角形的面积等知识．在（1）中由M的坐标得到b与a的关系是解题的关键，在（2）中联立两函数解析式，得到关于x的一元二次方程是解题的关键，在（3）中求得N点的坐标是解题的关键，在最后一小题中求出点Q和点N的坐标是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
【变式6-2】（2023春·河南许昌·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+3分别交x轴、y轴于A−3,0，B两点，经过A，B两点的抛物线y=−x2−2x+c与x轴的正半轴相交于点C．
(1)求k、c的值；
(2)求点C的坐标和抛物线y=−x2−2x+c的顶点坐标；
(3)若点M为直线AB上一动点，将点M向右平移4个单位长度，得到点N．若线段MN与抛物线只有一个公共点，请直接写出点M的横坐标xM的取值范围．
【答案】(1)c=3，k=1
(2)1,0，−1,4
(3)−8≤xM<−3或−3【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）令y=0，代入y=−x2−2x+3求出点C的坐标，把y=−x2−2x+3化成顶点式即可得出顶点坐标；
（3）数形结合，分情况讨论确定MN的位置，进而求出点M的横坐标xM的取值范围．
【详解】（1）解：∵直线y=kx+3与x轴交于点A−3,0，
∴-3k+3=0，
解得∶k=1．
∵抛物线y=−x2−2x+c经过点A−3，0，
∴−−32−2×−3+c=0，
解得∶c=3．
（2）解：在y=−x2−2x+3中，令y=0得
−x2−2x+3=0，
解得：x1=−3，x2=1；
∴点C的坐标为1,0．
∵y=−x2−2x+3=−x+12+4，
∴抛物线y=−x2−2x+3的顶点坐标为−1,4．
（3）解：分情况讨论：
①当点M在点A的左侧时，设点M（m，m+3），此时点N（m+4，m+3）恰好在抛物线y=−x2−2x+3上，即
-(m+4)2-2(m+4)+3= m+3
解得：m1=-3，m2=-8
结合图象得：−8≤xM<−3时线段MN与抛物线有一个交点；
②当点M在A点时，点M（-3，0）向右移动4个单位得到的N点（1，0）恰好与C点重合，此时线段MN与抛物线有两个交点，
∴xM≠-3；
③当点M在线段AB上，且M不在A点时，
∵M，N的距离为4，而A、B的水平距离3，故此时线段MN与抛线只有一个公共点，
∴-3④当点M在点B的右侧时，线段MN与抛物线没有公共点；
综上所述，点M的横坐标xM的取值范围为−8≤xM<−3或−3【点睛】此题考查了二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、不等式的性质等，解题的关键是数形结合，第（3）问要注意分情况讨论，不重不漏．
【变式6-3】（2023春·新疆哈密·九年级校考期中）已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象C经过(－5,0)，0,52，(1,6)三点，直线l的解析式为y＝2x－3.
(1)求抛物线C的解析式；
(2)判断抛物线C与直线l有无交点；
(3)若与直线l平行的直线y＝2x＋m与抛物线C只有一个公共点P，求点P的坐标．
【答案】(1) y＝12x2＋3x＋52；(2)抛物线与直线无交点；(3)点P的坐标为(－1,0)．
【分析】（1）用待定系数法求求解抛物线的解析式即可；
（2）联立抛物线C与直线l的解析式得到关于x的一元二次方程，再根据一元二次方程根的判别式判断即可；
（3）联立抛物线C与直线的解析式得到关于x的一元二次方程，再根据一元二次方程根的判别式求得m的值，从而得到P点坐标.
【详解】(1)把(－5,0)，0,52，(1,6)分别代入抛物线，
解得a＝12，b＝3，c＝52，
∴y＝12x2＋3x＋52；
(2)令12x2＋3x＋52＝2x－3，
整理后，得12x2＋x＋112＝0，
∵Δ<0，
∴抛物线与直线无交点；
(3)令12x2＋3x＋52＝2x＋m，
整理后，得12x2＋x＋52－m＝0，
由Δ＝12－4×12×(52－m)＝0，
解得m＝2，
求得点P的坐标为(－1，0)．
【点睛】本题主要考查抛物线和直线交点的相关知识，解决此类问题的关键是联立抛物线和直线的解析式得到方程，求出它们的公共解，由解的个数判断抛物线与直线的交点个数.
【题型7 抛物线的平移、旋转、对称】
【例7】（2023春·河北石家庄·九年级校考期中）将抛物线l1：y＝x2+2x+3绕其对称轴上一点P旋转180°，得到一个新抛物线l2，若l1、l2两条抛物线的交点以及它们的顶点构成一个正方形，则P点坐标为（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，3）C．（1，﹣3）D．（﹣1，﹣3）
【答案】B
【分析】由抛物线l1:y=x2+2x+3=(x+1)2+2，对称轴为直线x=−1，顶点为(−1,2)，得出抛物线l2:y=−(x+1)2+k，顶点为(−1,k)，联立方程求得交点横坐标，根据正方形的性质得出2k−22=k−2，解得k=4，则抛物线l2的顶点为(−1,4)，正方形的中心即为P点．
【详解】解：∵抛物线l1:y=x2+2x+3=(x+1)2+2，对称轴为直线x=−1，顶点为(−1,2)，
∴抛物线l2:y=−(x+1)2+k，顶点为(−1,k)，
解(x+1)2+2=−(x+1)2+k，得x=−1±k−22，
根据题意得，2k−22=k−2，解得k1=4，k2=2（舍去），
∴抛物线l2的顶点为(−1,4)，
∴P点坐标为(−1,3)，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解二次函数的图象与几何变换、二次函数图象上点的坐标特征，中心对称变换的性质、正方形的性质等知识点．
【变式7-1】（2023春·湖南长沙·九年级长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考期末）规定：我们把一个函数关于某条直线或者某点作对称后形成的新函数，称之为原函数的“对称函数”．
（1）已知一次函数y＝﹣2x+3的图象，求关于直线y＝﹣x的对称函数的解析式；
（2）已知二次函数y＝ax2+4ax+4a﹣1的图象为C1；
①求C1关于点R（1，0）的对称函数图象C2的函数解析式；
②若两抛物线与y轴分别交于A、B两点，当AB＝16时，求a的值；
（3）若直线y＝﹣2x﹣3关于原点的对称函数的图象上的存在点P，不论m取何值，抛物线y＝mx2+（m﹣23）x﹣（2m﹣38）都不通过点P，求符合条件的点P坐标．
【答案】（1）y=12x−32 ，(2) ①y=−ax2+8ax−16a+1 ，②910 或-710 （3）（1，1），(-2，7).
【分析】（1）取y=-2x+3上两点（0，3），（32 ，0），求出这两点关于y=-x对称点，代入y=kx+b，求出k，b的值则可以得出解析式；
（2）①设C2上的点为（x，y），其关于（1，0）的对称点代入C1上，则可以求出C2 的解析式；
②C1与y轴交于（0，4a-1）， C2与y轴交于（0，-16a+1）根据AB=16，列方程求出a的值，
（3）求出y=-2x-3关于原点对称函数为y=-2x+3，根据抛物线不通过点P：y=mx2+(m−23)x−(2m−38)=(x2+x−2)−23x+38 ，令x2+x−2=0 ，得出x，将x的值代入y=-2x+3中，由于函数值得唯一性，得出点P的坐标.
【详解】（1）取y=-2x+3上两点（0，3），（32 ，0）两点关于y=-x对称点为（-3，0），（0，-32 ）
设y=x+b，则{0=−3k+bb=−32 ，
解得{k=−12b=−32 ，
则y=−12x−32 ，
（2）①设C2上的点为（x，y），其关于（1，0）的对称点为（2-x，-y），
(2-x，-y)在C1上，则−y=a(2−x)2+4a(2−x)+4a−1
C2:y=−ax2+8ax−16a+1，
②C1关于y轴交于（0，4a-1）， C2关于y轴交于（0，-16a+1），
AB=｜(4a-1)-(-16a+1)｜=16，
｜2a-2｜=16，解得a=910 或-710 ，
（3）y=-2x-3关于原点对称函数为y=-2x+3，
抛物线:y=mx2+(m−23)x−(2m−38)=(x2+x−2)m−23x+38
令x2+x−2=0 ，得x1=1，x2=-1，则抛物线经过（1，-724 ），（-2，4124 ）
令x=1，y=-2x-3=1，令x=-2，y=-2x+3=7，
点（1，1）（-2，7）在y=-2x+3上
由于函数值的唯一性，上述两点不可能在抛物线上，
故P为(1，1)或(-2，7)．
【点睛】此题是一次函数，二次函数的综合，包含求函数的解析式，函数的对称性，一次函数的点的坐标特征，二次函数图像和性质，以及一次函数与一元一次方程结合，解题的关键是熟悉一次函数，二次函数的图像和性质．
【变式7-2】（2023春·重庆江北·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=14x2+bx+c与直线AC交于点A6，0，C0，−6．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P是直线AC下方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线交AC于点E，交x轴于D，求PD+PE的最大值及此时点P的坐标；
(3)在（2）中PD+PE取得最大值的条件下，将该抛物线沿水平方向向右平移3个单位，点M为点P的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点F，N为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平移后的抛物线上确定一点Q，使得以点M，F，N，Q为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点Q的坐标，并写出求解点Q的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】(1)y=14x2−12x−6
(2)PD+PE的最大值为8，点P的坐标为2，−6
(3)Q1，−4或Q9，0或Q−1，0
【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线AC的解析式为y=x−6，设Pm，14m2−12m−6，则Em，m−6，求出PD=−14m2+12m+6，PE=−14m2+32m，继而得到PD+PE=−12m−22+8，利用二次函数的性质求解即可；
（3）先求出平移后的抛物线解析式为y=14x−42−254，M5，−6，再求出F0，−94；设点N的坐标为4，n，点Q的坐标为s，t，然后分当FM为对角线时，当FQ为对角线时，，当FN为对角线时，三种情况利用平行四边形对角线中点坐标相同列出方程求解即可．
【详解】（1）解：把A6，0，C0，−6代入到y=14x2+bx+c中得：
9+6b+c=0c=−6，
∴b=−12c=−6，
∴抛物线解析式为y=14x2−12x−6；
（2）解：设直线AC的解析式为y=kx+b1，
∴6k+b1=0b1=−6，
∴k=1b1=−6，
∴直线AC的解析式为y=x−6，
设Pm，14m2−12m−6，则Em，m−6，
∴PD=−14m2+12m+6，PE=m−6−14m2−12m−6=−14m2+32m，
∴PD+PE=−14m2+12m+6−14m2+32m
=−12m2+2m+6
=−12m−22+8，
∵−12<0，
∴当m=2时，PD+PE的值最大，最大为8，
∴此时点P的坐标为2，−6 ；
（3）解：∵抛物线解析式为y=14x2−12x−6=14x−12−254，P2，−6，
∴平移后的抛物线解析式为y=14x−1−32−254=14x−42−254，M5，−6，
令x=0，则y=14x−42−254=−94，
∴F0，−94；
设点N的坐标为4，n，点Q的坐标为s，t，
当FM为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：
5+02=s+42−6−942=t+n2，
∴s=1，
∴t=−4，
∴Q1，−4；
当FQ为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：
5+42=s+02−6+n2=t−942，
∴s=9，
∴t=0，
∴Q9，0；
当FN为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：
0+42=s+52n−942=t−62，
∴s=−1，
∴t=0，
∴Q−1，0；
综上所述，点Q的坐标为Q1，−4或Q9，0或Q−1，0．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，二次函数图象的平移，平行四边形的性质，待定系数法求二次函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y1=12x2+bx+c与y轴交于点A0,−2，与x轴交于点B4,0，连接AB．直线y＝－2x＋8过点B交y轴于点C，点F是线段BC上一动点，过点F作FD⊥x轴，交线段AB于点E，交抛物线于点D．
(1)求抛物线的表达式；
(2)设点D的横坐标为m，当EF＝5ED时，求m的值；
(3)若抛物线y1=12x2+bx+c上有一点H，且满足四边形ABFH为矩形．
①直接写出此时线段BF的长；
②将矩形ABFH沿射线BC方向平移得到矩形A1B1F1H1（点A、B、F、H的对应点分别为A1、B1、F1、H1），点K为平面内一点，当四边形B1KF1H1是平行四边形时，将抛物线y1=12x2+bx+c沿其对称轴上下平移得到新的抛物线y2，若新的抛物线y2同时经过点K和点H1，直接写出点K的横坐标．
【答案】(1)y1=−12x2−32x−2
(2)m=1
(3)①BF=5；②K569,509
【分析】（1）将点A、B坐标代入y1即得b、c的值；
（2）由题意可知点F、E、D的横坐标相同，首先由求出直线AB的解析式，继而可得点F、E、D的坐标，再根据EF=5ED，得到F、E、D的纵坐标关系，从而求得m的值；
（3）①根据矩形对边平行且相等求出直线AH的解析式，再求出点H的坐标，根据两点间距离公式可求出AH的长，即为BF的长；②首先求出点F的坐标，设矩形ABFH沿射线BC方向平移的距离，得出点H1,B1,F1的坐标，再根据平行四边形的性质，可得点K的坐标，再设y2，即得点K的坐标．
【详解】（1）将A0,−2,B4,0代入y1=12x2+bx+c得c=−20=8+4b+c，
解得b=−32c=−2
∴y1=−12x2−32x−2
（2）Fm,−2m+8,Dm,12m2−32m−2
kAB=yB−yAxB−xA=24=12
∴lAB:y=12x−2
∴Em,12m−2
∵EF=5ED
∴−2m+8−12m−2=512m−2−12m2−32m−2，
解得m1=0,m2=4
∵0∴m=1
（3）①∵四边形ABFH为矩形
∴AH∥BF且AH=BF
∴kAH=kBF=−2
∴lAH:y=−2x−2
y=−2x−2y=−12x2−32x−2,
解得：x1=0，x2=−1
∴H−1,0
∴BF=AH=−12+22=5
②由①易得F(3,2),设矩形ABFH沿射线BC方向平移5aa>0
则H1−1−a,2a,B14−a,2a,F13−a,2+2a
∵四边形B1KF1H1为平行四边形
∴K8−a,2+2a
设y2=12x2−32x+d
将H1−1−a,2a,K8−a,2+2a代入y2
2a=−12−1−a2−32−1−a−d2+2a=−128−a2−328−a−d，
解得a=169
∴K569,509
【点睛】本题考查二次函数和一次函数、矩形、平行四边形的结合和图形移动的问题，把几何问题转换成解方程的思想是本题重点．
【题型8 二次函数中的存在性问题】
【例8】（2023春·山东烟台·九年级统考期中）如图，抛物线y=12x2−2x−6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．

(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
(2)点P(m,n)(0(3)点F是抛物线上的动点，作FE∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(−2,0),B(6,0)，C(0,−6)
(2)当m=3时，S△PBC最大值为272
(3)F(4,−6)或(2+27,6)或(2−27,6)
【分析】（1）将x=0，y=0代入解析式进而求出函数解析式．
（2）作PQ⊥AB于点Q，交BC于点D，求出BC解析式，再求出PD的值，再对三角形面积进行计算．
（3）可以分为▱ACFE，▱ACEF两种情况，当▱ACFE时，点F和点C关于抛物线对称轴对称，从而求出F的坐标．当▱ACEF时，可推出F的纵坐标为6从而求出结果．
【详解】（1）解：当x=0时，y=−6，
∴C(0,−6)，
当y=0时，12x2−2x−6=0，
∴x1=6,x2=−2，
∴ A(−2,0),B(6,0)．
综上所述，A(−2,0),B(6,0)，C(0,−6)
（2）解：作PQ⊥AB于点Q，交BC于点D，

∵B(6,0),C(0,−6)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B(6,0),C(0,−6)代入，
0=6k+b−6=b，
解得k=1,b=−6
∴直线BC的解析式为：y=x−6
∴D(m,m−6)
∵P(m,n)在抛物线y=12x2−2x−6上，
∴n=12m2−2m−6，
∵D(m,m−6)与P点都在直线x=m上，
∴PD=(m−6)−(12m2−2m−6)=−12m2+3m，
∴S△PBC=12PD⋅OB=12×6×(−12m2+3m)=−32(m−3)2+272，
∴当m=3时，S△PBC最大值为272．
（3）解：如图3

当▱ACFE时，AE∥CF，
∵抛物线对称轴为直线x=−2+62=2，
∴F1(4,−6)．
如图4

当▱ACEF时，作FG⊥AE于G，
∵▱ACEF，
∴EF=AC,EF∥AC，
∴∠FEG=∠CAO
∠EFG=∠CAO∠AOC=∠EGFEF=AC，
∴△FEG≌△CAO，
∴FG=OC=6，
当y=6时，12x2−2x−6=6，
∴x1=2+27,x2=2−27，
∴F2(2+27,6),F3(2−27,6)，
综上所述，F(4,−6)或(2+27,6)或(2−27,6)．
【点睛】本题考查了二次函数及其图像性质，平行四边形分类等知识，解题的关键在于正确分类，画出图形，转化条件．
【变式8-1】（2023春·安徽马鞍山·九年级安徽省马鞍山市第七中学校考期中）如图，抛物线y=ax2−2x+c与x轴交与A1,0，B−3,0两点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)设抛物线交y轴与C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAC的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在第二象限内的抛物线上的是否存在一点P，使△PBC的面积最大？若存在，求出点P的坐标及△PBC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)存在，Q−1,2
(3)存在，P−32,154，△PBC的面积最大值是278
【分析】（1）利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；
（2）根据题意可知，边AC的长是定值，要想△AQC的周长最小，即是AQ+CQ最小所以此题的关键是确定点Q的位置，找到点A关于对称轴的对称点B，利用待定系数法求出直线BC的解析式，直线BC与对称轴的交点即是所求的点Q；
（3）首先求得BC的坐标，然后设P的横坐标是x，利用a表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质求解；
【详解】（1）根据题意得：−1+b+c=0−9−3b+c=0，解得b=−2c=3，
则抛物线的解析式是y=−x2−2x+3；
（2）理由如下：由题知A、B两点关于抛物线的对称轴x=−1对称，
∴直线BC与x=−1的交点即为Q点，此时△AQC周长最小，
对于y=−x2−2x+3，令x=0，则y=3，
故点C0,3，
设BC的解析式是y=mx+n，
则−3m+n=0n=3，解得m=1n=3，
则BC的解析式是y=x+3．
x=−1时，y=−1+3=2，
∴点Q的坐标是Q−1,2；
（3）过点P作y轴的平行线交BC于点D，
设P的横坐标是x，则P的坐标是x,−x2−2x+3，对称轴与BC的交点D是x,x+3．
则PD=−x2−2x+3−x+3=x2−3x．
则S△PBC=12−x2−3x×3=−32x2−92x=−32x+322+278，
∵−32<0，故△PBC的面积有最大值是278．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式以及二次函数的性质，求最值问题一般是转化为函数最值问题求解
【变式8-2】（2023春·山西阳泉·九年级统考期末）综合与实践
如图，抛物线y=ax2+32x+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点B的坐标是(4，0)，点C的坐标是(0，2)，抛物线的对称轴交x轴于点D．连接CD．

(1)求抛物线的解析式：
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)点E在x轴上运动，点F在抛物线上运动，当以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)存在，32,4或32,52或32,−52
(3)−5+412,0或−5−412,0或(7,0)或(1,0)
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）分两种情况：以C为顶点，即CP=CD；以D为顶点，即CD=PD，利用勾股定理及等腰三角形的定义建立方程即可完成；
（3）分三种情况：当BC是对角线时；当BE是对角线时；当BF是对角线时；分别设点E与F的坐标，利用中点坐标公式即可求解．
【详解】（1）解：∵点B的坐标是(4，0)，点C的坐标是(0，2)，
∴16a+6+c=0c=2，
解得：a=−12c=2，
∴所求抛物线解析式为y=−12x2+32x+2；
（2）解：存在
由抛物线解析式知，其对称轴为直线x=32，D32,0，
设P32,t，则CP2=94+(t−2)2，CD2=4+94=254，DP2=t2，
①以C为顶点，即CP=CD时；
则94+(t−2)2=254，
解得：t=4或t=0（舍去），
∴点P的坐标32,4，
②以D为顶点，即CD=PD时，
则t2=254，
解得：t=±52，
∴点P的坐标为32,52或32,−52，
综上，点P的坐标为32,4或32,52或32,−52；
（3）解：设点E的坐标为(m,0)，点F的坐标为n,−12n2+32n+2，
①当BC是对角线时；
由中点坐标公式得：m+n=4−12n2+32n+2=2，
解得：m=1n=3或m=4n=0（舍去），
∴点E的坐标(1,0)；
②当BE是对角线时；
由中点坐标公式得：4+m=n−12n2+32n+2+2=0，
解得：n=3±412m=−5±412，
∴点E的坐标为−5+412,0或−5−412,0；
③当BF是对角线时；
由中点坐标公式得：m=4+n−12n2+32n+2=2，
解得：m=7n=3或m=4n=0（舍去），
∴点E的坐标(7,0)；
综上，点E的坐标为−5+412,0或−5−412,0或(7,0)或(1,0)．
【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，中点坐标公式，勾股定理等知识，本题有一定的综合性，注意分类讨论．
【变式8-3】（2023春·广东广州·九年级广州市第十三中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为(−3,−4)，线段OB绕原点逆时针旋转后与x轴的正半轴重合，点B的对应点为点A．

(1)直接写出点A的坐标，并求出经过A、O、B三点的抛物线的解析式．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点C，使BC+OC的值最小？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)点P是抛物线上的一个动点，且在x轴的上方，当点P运动到什么位置时，△PAB的面积最大？求出此时点P的坐标和△PAB的最大面积．
【答案】(1)y=−16x2+56x
(2)存在，52,−54
(3)当P(1,23)时，△PAB的面积最大，且最大值为323
【分析】（1）首先求出OB的长，由旋转的性质知OB=OA，即可得到A点的坐标，然后用待定系数法即可求得该抛物线的解析式；
（2）由于O、A关于抛物线的对称轴对称，若连接AB，则AB与抛物线对称轴的交点即为所求的C点，可先求出直线AB的解析式，联立抛物线对称轴方程即可求得C点的坐标；
（3）可过P作y轴的平行线，交直线AB于M；可设出P点的横坐标（根据P点的位置可确定其横坐标的取值范围），根据抛物线和直线AB的解析式，可表示出P、M的纵坐标，即可得到PM的长，以PM为底，A、B纵坐标差的绝对值为高即可得到△PAB的面积，从而得出关于△PAB的面积与P点横坐标的函数关系式，根据所得函数的性质及自变量的取值范围，即可求得△PAB的最大面积及对应的P点坐标．
【详解】（1）解：点A的坐标(5,0)，
设抛物线的解析式为y=ax2+bx，
∴ −4=a×(−3)2+b×(−3)0=25a+5b，
∴ a=−16，b=56，
∴ y=−16x2+56x；
（2）由于A、O关于抛物线的对称轴对称，连接AB，
则AB与抛物线对称轴的交点即为所求的C点；
设直线AB的解析式为y=mx+n，
则0=5m+n−4=−3m+n，解得：m=12n=−52，
∴直线AB的解析式为：y=12x−52，
∵抛物线的对称轴为直线x=−b2a=52，
当x=52时，y=12×52−52=−54；
∴点C的坐标为(52，−54)；

（3）过P作直线PM∥y轴，交AB于M，
设P(x,−16x2+56x)，则M(x,12x−52)，
∴PM=−16x2+56x−(12x−52)=−16x2+13x+52，
∴△PAB的面积：S=S△PAM+S△PBM
=12PM⋅(5−x)+12PM⋅(x+3)
=12×(−16x2+13x+52)×(5+3)
=−23x2+43x+10
=−23(x−1)2+323，
∴当x=1，即P(1,23)时，△PAB的面积最大，且最大值为323．

【点睛】此题主要考查了二次函数解析式的确定、最短路径问题、函数图象交点以及图形面积的求法等重要知识点，能够将图形面积问题转换为二次函数的最值问题是解决（3）题的关键．
【题型9 由实际问题抽象出二次函数模型】
【例9】（2023春·吉林长春·九年级校考期中）如图，在斜坡OE底部点O处设置一个可移动的自动喷水装置，喷水装置的高度OA为1.4米，喷水装置从A点喷射出的水流可以近似地看成抛物线．当喷射出的水流与喷水装置的水平距离为6米时，达到最大高度5米．以点O为原点，喷水装置所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．斜坡上距离O水平距离为8米处有一棵高度为1.6米的小树NM，NM垂直水平地面且M点到水平地面的距离为1.8米．如果要使水流恰好喷射到小树顶端的点N，请求出自动喷水装置应向后平移（即抛物线向左平移） 米．

【答案】2
【分析】根据当喷射出的水流距离喷水头6米时，达到最大高度5米，设水流形成的抛物线为y=ax−62+5 a≠0，将点0,1.4）代入解得a=−110得到抛物线解析式；设喷射架向后平移了m米，设出平移后的函数解析式，代入点N的坐标即可求解．
【详解】解：由题可知：当喷射出的水流距离喷水头6米时，达到最大高度5米，
则可设水流形成的抛物线为y=ax−62+5 a≠0，
将点0,1.4代入，得1.4=a0−62+5，
解得，a=−110，
∴抛物线解析为y=−110x−62+5=−110x2+65x+75；
由题意可知，N与地面的距离为：1.6+1.8=3.4米，
故N点坐标为8,3.4，
设喷射架向后平移了m米，则平移后的抛物线解析可表示为，y=−110x−6+m2+5，
将点N8,3.4代入得：3.4=−1108−6+m2+5，
解得m=2或m=−6（舍去），
∴喷射架应向后移动2米，
故答案为：2．
【点睛】此题考查了二次函数在实际问题中的应用，根据题意求出函数的解析式是解决此题的关键．
【变式9-1】（2023春·吉林·九年级校考期中）2022年北京召开了冬奥会，激起了人们对冰雪运动的极大热情．如图是某跳台滑雪训练场的横截面示意图，取某一位置的水平线为x轴，过跳台终点A作水平线的垂线为y轴，建立平面直角坐标系．图中的抛物线C1：y=−112x2+76x+1近似表示滑雪场地上的一座小山坡，某运动员从点O正上方4米处的点A滑出，滑出后沿一段抛物线C2：y=−18x2+bx+c运动．

(1)当运动员运动到距离点A的水平距离为4米处时，其距离水平线的高度为8米，求抛物线C2的函数解析式．（不要求写出自变量x的取值范围）
(2)在（1）的条件下，当运动员运动到距离点A的水平距离为多少米处时，其与小山坡的竖直距离为1米？
【答案】(1)y=−18x2+32x+4
(2)12米
【分析】（1）待定系数法求解析式即可；
（2）设当运动员运动到距离点A的水平距离为m米处时，其与小山坡的竖直距离为1米，求出此时两个函数的函数值，相减等于1，列出关于m的方程，进行求解即可．
【详解】（1）解：由题意可知抛物线C2：y=−18x2+bx+c过点(0,4)和(4,8)，
将其代入得c=4,−18×42+4b+c=8,解得b=32,c=4,
∴抛物线C2的函数解析式为y=−18x2+32x+4．
（2）设当运动员运动到距离点A的水平距离为m米处时，其与小山坡的竖直距离为1米，
依题意得−18m2+32m+4−−112m2+76m+1=1，
整理得(m−12)(m+4)=0，
解得m1=12，m2=−4（舍），
故当运动员运动到距离点A的水平距离为12米处时，其与小山坡的竖直距离为1米．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用．正确的求出二次函数的解析式，是解题的关键．
【变式9-2】（2023春·江苏南京·九年级统考期末）某塑料大棚如图①所示，其截面如图②，其中曲线部分可近似看作抛物线形，现测得AB=6m，最高点D到地面AB的距离为2.5m，点D到墙BC的距离为1m．求墙高BC．
【答案】2.4m
【分析】建立合适的直角坐标系，由题意可得出点A与点D的坐标，利用待定系数法求解抛物线解析式，再代入求出点C的坐标即可．
【详解】解法一：过点D作DO⊥x轴，垂足为O建立如图所示的平面直角坐标系．
根据题意，有DO=2.5m，OB=1m．
∵AB=6m，
∴A(−5,0)，D(0,2.5)．
∵该抛物线的最高点D的坐标是(0,2.5)，
∴可设该二次函数的表达式为y=ax2+2.5．
∵该二次函数的图像与x轴的交点坐标是A(−5,0)，
∴0=(−5)2a+2.5，解得a=−0.1．
∴该二次函数的表达式为y=−0.1x2+2.5．
将x=1代入，得y=−0.1×12+2.5=2.4．
所以墙高BC为2.4m．
解法二：
建立如图所示的平面直角坐标系．过点D作DE⊥x轴，垂足为E．
根据题意，有DE=2.5m，EB=1m．
∵AB=6m，
∴AE=AB−EB=6−1=5m．
∴A(0,0)，D(5,2.5)．
∵该抛物线的最高点D的坐标是(5,2.5)，
∴可设该二次函数的表达式为y=a(x−5)2+2.5．
∵该二次函数的图像与x轴的交点坐标是A(0,0)，
∴0=a(−5)2+2.5，解得a=−0.1．
∴该二次函数的表达式为y=−0.1(x−5)2+2.5．
将x=6代入，得y=−0.1×(6−5)2+2.5=2.4．
所以墙高BC为2.4m．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，建立合适的直角坐标系以及熟练掌握待定系数法求解析式是解决本题的关键．
【变式9-3】（2023春·浙江衢州·九年级统考期中）根据以下素材，探索完成任务．
如何设计大棚苗木种植方案？
素材1：图1中有一个大棚苗木种植基地及其截面图，其下半部分是一个长为20m，宽为1m的矩形，其上半部分是一条抛物线，现测得，大棚顶部的最高点距离地面5m．
素材2：种植苗木时，每棵苗木高1.76m，为了保证生长空间，相邻两棵苗木种植点之间间隔1m，苗木顶部不触碰大棚，且种植后苗木成轴对称分布．
问题解决
任务1：确定大棚上半部分形状．根据图2建立的平面直角坐标系，求抛物线的函数关系式．
任务2：探究种植范围．在图2的坐标系中，在不影响苗木生长的情况下，确定种植点的横坐标的取值范围．
任务3：拟定种植方案．给出最前排符合所有种植条件的苗木数量，并求出最左边一棵苗木种植点的横坐标．
【答案】y=−125x2+5；−9【分析】（1）根据题意建立直角坐标系，分别得到E(−10，1)，F(10，1)，A(0，5)，再根据待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）根据每棵苗木高1.76m，且苗木顶部不触碰大棚得到y>1.76，即可求出种植点的横坐标的取值范围；
（3）根据（2）的种植点的横坐标的取值范围即可求出数量和出最左边一棵苗木种植点的横坐标．
【详解】解：（1）如下图所示，
根据题意得OB=10，OA=5，E(−10，1)，F(10，1)，A(0，5)，
设二次函数的解析式为y=kx2+b，
得b=51=100k+b，
解方程组得b=5，k=−125，
∴y=−125x2+5；
（2）当y>1.76时，
得−125x2+5>1.76，
∴x2<81，
∴−9（2）∵−9∴最前排的种植数量为17棵，
∴最左边一棵苗木种植点的横坐标为−8．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是根据题意求出抛物线的解析式．