初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数与特殊图形的存在性问题

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【真题再现】
1．（2020年盐城第25题）若二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M（x1，0），N（x2，0）（0＜x1＜x2），且经过点A（0，2）．过点A的直线l与x轴交于点C，与该函数的图象交于点B（异于点A）．满足△ACN是等腰直角三角形，记△AMN的面积为S1，△BMN的面积为S2，且S2=52S1．
（1）抛物线的开口方向 上 （填“上”或“下”）；
（2）求直线l相应的函数表达式；
（3）求该二次函数的表达式．
【分析】（1）根据题意借助图象即可得到结论；
（2）由点A（0，2）及△CAN是等腰直角三角形，可知C（﹣2，0），N（2，0），由A、C两点坐标可求直线l；
（3）由S2=52S1，可知B点纵坐标为5，代入直线AB解析式可求B点横坐标，将A、B、N三点坐标代入y＝ax2+bx+c中，可求抛物线解析式．
【解析】（1）如图，如二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M（x1，0），N（x2，0）（0＜x1＜x2），且经过点A（0，2）．
∴y＝ax2+bx+2，
令y＝0，则ax2+bx+2＝0，
∵0＜x1＜x2，
∴2a＞0，
∴a＞0，
∴抛物线开口向上，
故答案为：上；
（2）①若∠ACN＝90°，则C与O重合，直线l与抛物线交于A点，
因为直线l与该函数的图象交于点B（异于点A），所以不合题意，舍去；
②若∠ANC＝90°，则C在x轴的下方，与题意不符，舍去；
③若∠CAN＝90°，则∠ACN＝∠ANC＝45°，AO＝CO＝NO＝2，
∴C（﹣2，0），N（2，0），
设直线l为y＝kx+b，将A（0，2）C（﹣2，0）代入得b=2−2k+b=0，
解得k=1b=2，
∴直线l相应的函数表达式为y＝x+2；
（3）过B点作BH⊥x轴于H，
S1=12MN⋅OA，S2=12MN⋅BH，
∵S2=52S1，
∴BH=52OA，
∵OA＝2，
∴BH＝5，
即B点的纵坐标为5，代入y＝x+2中，得x＝3，
∴B（3，5），
将A、B、N三点的坐标代入y＝ax2+bx+c得c=24a+2b+c=09a+3b+c=5，
解得a=2b=−5c=2，
∴抛物线的解析式为y＝2x2﹣5x+2．
2．（2020年徐州第28题）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝﹣ax2+2ax+3a（a＞0）的图象交x轴于点A、B，交y轴于点C，它的对称轴交x轴于点E．过点C作CD∥x轴交抛物线于点D，连接DE并延长交y轴于点F，交抛物线于点G．直线AF交CD于点H，交抛物线于点K，连接HE、GK．
（1）点E的坐标为： （1，0） ；
（2）当△HEF是直角三角形时，求a的值；
（3）HE与GK有怎样的位置关系？请说明理由．
【分析】（1）利用对称轴公式求解即可．
（2）连接EC，分两种情形：当∠HEF＝90°时，当∠HFE＝90°，分别求解即可．
（3）求出直线HF，DF的解析式，利用方程组确定点K，G的坐标，再求出直线EH，GK的解析式即可判断．
【解析】（1）对于抛物线y＝﹣ax2+2ax+3a，对称轴x=−2a−2a=1，
∴E（1，0），
故答案为（1，0）．
（2）如图，连接EC．
对于抛物线y＝﹣ax2+2ax+3a，令x＝0，得到y＝3a，
令y＝0，﹣ax2+2ax+3a＝0，解得x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3a），
∵C，D关于对称轴对称，
∴D（2，3a），CD＝2，EC＝DE，
当∠HEF＝90°时，
∵ED＝EC，
∴∠ECD＝∠EDC，
∵∠DCF＝90°，
∴∠CFD+∠EDC＝90°，∠ECF+∠ECD＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC，
∴EC＝EF＝DE，
∵EA∥DH，
∴FA＝AH，
∴AE=12DH，
∵AE＝2，
∴DH＝4，
∵HE⊥DFEF＝ED，
∴FH＝DH＝4，
在Rt△CFH中，则有42＝22+（6a）2，
解得a=33或−33（不符合题意舍弃），
∴a=33．
当∠HFE＝90°时，∵OA＝OE，FO⊥AE，
∴FA＝FE，
∴OF＝OA＝OE＝1，
∴3a＝1，
∴a=13，
综上所述，满足条件的a的值为33或13．
（3）结论：EH∥GK．
理由：由题意A（﹣1，0），F（0，﹣3a），D（2，3a），H（﹣2，3a），E（1，0），
∴直线AF的解析式y＝﹣3ax﹣3a，直线DF的解析式为y＝3ax﹣3a，
由y=−3ax−3ay=−ax2+2ax+3a，解得x=−1y=0或x=6y=−21a，
∴K（6，﹣21a），
由y=3ax−3ay=−ax2+2ax+3a，解得x=2y=3a或x=−3y=−12a，
∴G（﹣3，﹣12a），
∴直线HE的解析式为y＝﹣ax+a，
直线GK的解析式为y＝﹣ax﹣15a，
∵k相同，a≠﹣15a，
∴HE∥GK．
3．（2020年苏州第25题）如图，二次函数y＝x2+bx的图象与x轴正半轴交于点A，平行于x轴的直线l与该抛物线交于B、C两点（点B位于点C左侧），与抛物线对称轴交于点D（2，﹣3）．
（1）求b的值；
（2）设P、Q是x轴上的点（点P位于点Q左侧），四边形PBCQ为平行四边形．过点P、Q分别作x轴的垂线，与抛物线交于点P'（x1，y1）、Q'（x2，y2）．若|y1﹣y2|＝2，求x1、x2的值．
【分析】（1）抛物线的对称轴为x＝2，即−12b＝2，解得：b＝﹣4，即可求解；
（2）求出点B、C的坐标分别为（1，﹣3）、（3，﹣3），则BC＝2，而四边形PBCQ为平行四边形，则PQ＝BC＝2，故x2﹣x1＝2，即可求解．
【解析】（1）直线与抛物线的对称轴交于点D（2，﹣3），
故抛物线的对称轴为x＝2，即−12b＝2，解得：b＝﹣4，
（2）∵b＝﹣4
∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x；
把y＝﹣3代入y＝x2﹣4x并解得x＝1或3，
故点B、C的坐标分别为（1，﹣3）、（3，﹣3），则BC＝2，
∵四边形PBCQ为平行四边形，
∴PQ＝BC＝2，故x2﹣x1＝2，
又∵y1＝x12﹣4x1，y2＝x22﹣4x2，|y1﹣y2|＝2，
故|（x12﹣4x1）﹣（x22﹣4x2）|＝2，|x1+x2﹣4|＝1．
∴x1+x2＝5或x1+x2＝3，
由x2−x1=2x1+x2=5，解得x1=32x2=72；
由x2−x1=2x1+x2=3，解得x1=12x2=52．
4．（2020年无锡第28题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线OA交二次函数y=14x2的图象于点A，∠AOB＝90°，点B在该二次函数的图象上，设过点（0，m）（其中m＞0）且平行于x轴的直线交直线OA于点M，交直线OB于点N，以线段OM、ON为邻边作矩形OMPN．
（1）若点A的横坐标为8．
①用含m的代数式表示M的坐标；
②点P能否落在该二次函数的图象上？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
（2）当m＝2时，若点P恰好落在该二次函数的图象上，请直接写出此时满足条件的所有直线OA的函数表达式．
【分析】（1）①求出点A的坐标，直线直线OA的解析式即可解决问题．
②求出直线OB的解析式，求出点N的坐标，利用矩形的性质求出点P的坐标，再利用待定系数法求出m的值即可．
（2）分两种情形：①当点A在y轴的右侧时，设A（a，14a2），求出点P的坐标利用待定系数法构建方程求出a即可．
②当点A在y轴的左侧时，即为①中点B的位置，利用①中结论即可解决问题．
【解析】（1）①∵点A在y=14x2的图象上，横坐标为8，
∴A（8，16），
∴直线OA的解析式为y＝2x，
∵点M的纵坐标为m，
∴M（12m，m）．
②假设能在抛物线上，连接OP．
∵∠AOB＝90°，
∴直线OB的解析式为y=−12x，
∵点N在直线OB上，纵坐标为m，
∴N（﹣2m，m），
∴MN的中点的坐标为（−34m，m），
∴P（−32m，2m），把点P坐标代入抛物线的解析式得到m=329．
（2）①当点A在y轴的右侧时，设A（a，14a2），
∴直线OA的解析式为y=14ax，
∴M（8a，2），
∵OB⊥OA，
∴直线OB的解析式为y=−4ax，可得N（−a2，2），
∴P（8a−a2，4），代入抛物线的解析式得到，8a−a2=±4，
解得，a＝42±4，
∴直线OA的解析式为y＝（2±1）x．
②当点A在y轴的左侧时，即为①中点B的位置，
∴直线OA 的解析式为y=−4ax＝﹣（2±1）x，
综上所述，满足条件的直线OA的解析式为y＝（2±1）x或y＝﹣（2±1）x．
05．（2019年盐城27题）如图所示，二次函数y＝k（x﹣1）2+2的图象与一次函数y＝kx﹣k+2的图象交于A、B两点，点B在点A的右侧，直线AB分别与x、y轴交于C、D两点，其中k＜0．
（1）求A、B两点的横坐标；
（2）若△OAB是以OA为腰的等腰三角形，求k的值；
（3）二次函数图象的对称轴与x轴交于点E，是否存在实数k，使得∠ODC＝2∠BEC，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，即可求解；
（2）分OA＝AB、OA＝OB两种情况，求解即可；
（3）求出m＝﹣k2﹣kk2+1，在△AHM中，tanα=HMAH=m−k=k+k2+1=tan∠BEC=BKEK=k+2，即可求解．
【解析】（1）将二次函数与一次函数联立得：k（x﹣1）2+2＝kx﹣k+2，
解得：x＝1和2，
故点A、B的坐标横坐标分别为1和2；
（2）OA=22+1=5，
①当OA＝AB时，
即：1+k2＝5，解得：k＝±2（舍去2）；
②当OA＝OB时，
4+（k+2）2＝5，解得：k＝﹣1或﹣3；
故k的值为：﹣1或﹣2或﹣3；
（3）存在，理由：
①当点B在x轴上方时，
过点B作BH⊥AE于点H，将△AHB的图形放大见右侧图形，
过点A作∠HAB的角平分线交BH于点M，过点M作MN⊥AB于点N，过点B作BK⊥x轴于点K，
图中：点A（1，2）、点B（2，k+2），则AH＝﹣k，HB＝1，
设：HM＝m＝MN，则BM＝1﹣m，
则AN＝AH＝﹣k，AB=k2+1，NB＝AB﹣AN，
由勾股定理得：MB2＝NB2+MN2，
即：（1﹣m）2＝m2+（k2+1+k）2，
解得：m＝﹣k2﹣kk2+1，
在△AHM中，tanα=HMAH=m−k=k+k2+1=tan∠BEC=BKEK=k+2，
解得：k=±3，
此时k+2＞0，则﹣2＜k＜0，故：舍去正值，
故k=−3；
②当点B在x轴下方时，
同理可得：tanα=HMAH=m−k=k+k2+1=tan∠BEC=BKEK=−（k+2），
解得：k=−4−73或−4+73，
此时k+2＜0，k＜﹣2，故舍去−4+73，
故k的值为：−3或−4−73．
6．（2019年连云港26题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y＝x2+bx+c过点C（0，﹣3），与抛物线L2：y=−12x2−32x+2的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、L2上的动点．
（1）求抛物线L1对应的函数表达式；
（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；
（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR．若OQ∥PR，求出点Q的坐标．
【分析】（1）先求出A点的坐标，再用待定系数法求出函数解析式便可；
（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），分两种情况讨论：AC为平行四边形的一条边，AC为平行四边形的一条对角线，用x表示出Q点坐标，再把Q点坐标代入抛物线L2：y=−12x2−32x+2中，列出方程求得解便可；
（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH⊥TR于点H，设点P坐标为（x1，x12−2x1−3），点R坐标为（x2，x22−2x2−3），证明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，进而得tan∠PRH的值，过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，−12m2−32m+2），由tan∠QOK＝tan∠PRH，移出m的方程，求得m便可．
【解析】（1）将x＝2代入y=−12x2−32x+2，得y＝﹣3，故点A的坐标为（2，﹣3），
将A（2，﹣3），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得
−3=22+2b+c−3=0+0+c，解得b=−2c=−3，
∴抛物线L1：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图，设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），
第一种情况：AC为平行四边形的一条边，
①当点Q在点P右侧时，则点Q的坐标为（x+2，x2﹣2x﹣3），
将Q（x+2，x2﹣2x﹣3）代入y=−12x2−32x+2，得
x2﹣2x﹣3=−12（x+2）2−32（x+2）+2，
解得x＝0或x＝﹣1，
因为x＝0时，点P与C重合，不符合题意，所以舍去，
此时点P的坐标为（﹣1，0）；
②当点Q在点P左侧时，则点Q的坐标为（x﹣2，x2﹣2x﹣3），
将Q（x﹣2，x2﹣2x﹣3）代入y=−12x2−32x+2，得
y=−12x2−32x+2，得
x2﹣2x﹣3=−12（x﹣2）2−32（x﹣2）+2，
解得，x＝3，或x=−43，
此时点P的坐标为（3，0）或（−43，139）；
第二种情况：当AC为平行四边形的一条对角线时，
由AC的中点坐标为（1，﹣3），得PQ的中点坐标为（1，﹣3），
故点Q的坐标为（2﹣x，﹣x2+2x﹣3），
将Q（2﹣x，﹣x2+2x﹣3）代入y=−12x2−32x+2，得
﹣x2+2x﹣3═−12（2﹣x）2−32（2﹣x）+2，
解得，x＝0或x＝﹣3，
因为x＝0时，点P与点C重合，不符合题意，所以舍去，
此时点P的坐标为（﹣3，12），
综上所述，点P的坐标为（﹣1，0）或（3，0）或（−43，139）或（﹣3，12）；
（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，
当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，
过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，
过点P作PH⊥TR于点H，则有∠PSC＝∠RTC＝90°，
由CA平分∠PCR，得∠PCA＝∠RCA，则∠PCS＝∠RCT，
∴△PSC∽△RTC，
∴PSCS=RTCT，
设点P坐标为（x1，x12−2x1−3），点R坐标为（x2，x22−2x2−3），
所以有x1x12−2x1−3−(−3)=x2−3−(x22−2x2−3)，
整理得，x1+x2＝4，
在Rt△PRH中，tan∠PRH=PHRH=x12−2x1−3−(x22−2x2−3)x1−x2=x1+x2−2=2
过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，−12m2−32m+2），
若OQ∥PR，则需∠QOK＝∠PRH，
所以tan∠QOK＝tan∠PRH＝2，
所以2m=−12m2−32m+2，
解得，m=−7±652，
所以点Q坐标为（−7+652，﹣7+65）或（−7−652，﹣7−65）．
7．（2019年无锡27题）已知二次函数y＝ax2﹣4ax+c（a＜0）的图象与它的对称轴相交于点A，与y轴相交于点C（0，﹣2），其对称轴与x轴相交于点B
（1）若直线BC与二次函数的图象的另一个交点D在第一象限内，且BD=2，求这个二次函数的表达式；
（2）已知P在y轴上，且△POA为等腰三角形，若符合条件的点P恰好有2个，试直接写出a的值．
【分析】（1）先求得对称轴方程，进而得B点坐标，过D作DH⊥x轴于点H，由B，C的坐标得∠OBC＝45°，进而求得DH，BH，便可得D点坐标，再由待定系数法求得解析式；
（2）先求出A点的坐标，再分两种情况：A点在x轴上时，△OPA为等腰直角三角形，符合条件的点P恰好有2个；A点不在x轴上，∠AOB＝30°，△OPA为等边三角形或顶角为120°的等腰三角形，符合条件的点P恰好有2个．据此求得a．
【解析】（1）过点D作DH⊥x轴于点H，如图1，
∵二次函数y＝ax2﹣4ax+c，
∴对称轴为x=−−4a2a=2，
∴B（2，0），
∵C（0，﹣2），
∴OB＝OC＝2，
∴∠OBC＝∠DBH＝45°，
∵BH=2，
∴BH＝DH＝1，
∴OH＝OB+BH＝2+1＝3，
∴D（3，1），
把C（0，﹣2），D（3，1）代入y＝ax2﹣4ax+c中得，
c=−29a−12a+c=1，
∴a=−1c=−2，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+4x﹣2；
（2）∵y＝ax2﹣4ax+c过C（0，﹣2），
∴c＝﹣2，
∴y＝ax2﹣4ax+c＝a（x﹣2）2﹣4a﹣2，
∴A（2，﹣4a﹣2），
∵P在y轴上，且△POA为等腰三角形，若符合条件的点P恰好有2个，
∴①当抛物线的顶点A在x轴上时，∠POA＝90°，则OP＝OA，这样的P点只有2个，正、负半轴各一个，如图2，
此时A（﹣2，0），
∴﹣4a﹣2＝0，
解得a=−12；
②当抛物线的顶点A不在x轴上时，∠AOB＝30°时，则△OPA为等边三角形或∠AOP＝120°的等腰三角形，这样的P点也只有两个，如图3，
∴AB＝OB•tan30°＝2×33=233，
∴|﹣4a﹣2|=233，
∴a=−12−163或−12+163．
综上，a=−12或−12−163或−12+163．
【专项突破】
【题组一】
1．（2020•灌南县一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点A的坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C（0，3），作直线BC．动点P在x轴上运动，过点P作PM⊥x轴，交抛物线于点M，交直线BC于点N，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式和直线BC的解析式；
（2）当点P在线段OB上运动时，求线段MN的最大值；
（3）当点P在线段OB上运动时，若△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，求m的值；
（4）当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出m的值．
【分析】（1）由A、C两点的坐标利用待定系数法可求得抛物线解析式，则可求得B点坐标，再利用待定系数法可求得直线BC的解析式；
（2）用m可分别表示出N、M的坐标，则可表示出MN的长，再利用二次函数的最值可求得MN的最大值；
（3）由题意可得当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时则有MN＝MC，且MC⊥MN，则可求表示出M点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值；
（4）由条件可得出MN＝OC，结合（2）可得到关于m的方程，可求得m的值．
【解析】
（1）∵抛物线过A、C两点，
∴代入抛物线解析式可得−1−b+c=0c=3，解得b=2c=3，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0可得，﹣x2+2x+3＝0，解x1＝﹣1，x2＝3，
∵B点在A点右侧，
∴B点坐标为（3，0），
设直线BC解析式为y＝kx+s，
把B、C坐标代入可得3k+s=0s=3，解得k=−1s=3，
∴直线BC解析式为y＝﹣x+3；
（2）∵PM⊥x轴，点P的横坐标为m，
∴M（m，﹣m2+2m+3），N（m，﹣m+3），
∵P在线段OB上运动，
∴M点在N点上方，
∴MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m−32）2+94，
∴当m=32时，MN有最大值，MN的最大值为94；
（3）∵PM⊥x轴，
∴当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN，
∴M点纵坐标为3，
∴﹣m2+2m+3＝3，解得m＝0或m＝2，
当m＝0时，则M、C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，
∴m＝2；
（4）∵PM⊥x轴，
∴MN∥OC，
当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，则有OC＝MN，
当点P在线段OB上时，则有MN＝﹣m2+3m，
∴﹣m2+3m＝3，此方程无实数根，
当点P不在线段OB上时，则有MN＝﹣m+3﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣3m，
∴m2﹣3m＝3，解得m=3+212或m=3−212，
综上可知当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，m的值为3+212或3−212．
2．（2021•常州模拟）如图，抛物线y＝mx2+nx﹣3（m≠0）与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝﹣x与该抛物线交于E，F两点．
（1）求点C坐标及抛物线的解析式．
（2）P是直线EF下方抛物线上的一个动点，作PH⊥EF于点H，求PH的最大值．
（3）以点C为圆心，1为半径作圆，⊙C上是否存在点D，使得△BCD是以CD为直角边的直角三角形？若存在，直接写出D点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3），即﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，即可求解；
（2）设点P（x，x2+2x﹣3）、点M（x，﹣x），则PH=22PM=22（﹣x﹣x2﹣2x+3），即可求解；
（3）分∠BCD＝90°、∠CDB＝90°两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3），
即﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）过点P作PM∥y轴交直线EF于点M，
设点P（x，x2+2x﹣3）、点M（x，﹣x），
则PH=22PM=22（﹣x﹣x2﹣2x+3），
当x=−32时，PH的最大值为：2128；
（3）①当∠BCD＝90°时，如图2左侧图，
当点D在BC右侧时，
过点D作DM⊥y轴于点M，则CD＝1，OB＝1，OC＝3，
tan∠BCO=13=tan∠CDM＝tanα，则sinα=110，csα=310；
xD＝CDcsα=31010，同理yD＝﹣3−1010，
故点D（31010，﹣3−1010）；
同理当点D（D′）在BC的左侧时，
同理可得：点D′（−31010，﹣3+1010）；
②当∠CDB＝90°时，
当点D在BC右侧时，如右侧图，CD＝OB＝1，则点D（1，﹣3）；
当点D在BC左侧时，由点的对称性，同理可得：点D（−45，−125）；
综上，点D的坐标为：（31010，﹣3−1010）、（−31010，﹣3+1010）、（1，﹣3）或（−45，−125）．
3．（2020•徐州模拟）如图，二次函数y＝﹣x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为B（4，0），另一个交点为A，且与y轴相交于C点．
（1）m的值为 4 ，C点坐标是（ 0 ， 4 ）；
（2）在直线BC上方的抛物线上是否存在一点M，使得它与B，C两点构成的三角形面积最大，若存在，求出此时M点坐标；若不存在，请简要说明理由．
（3）P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q．
①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；
②点P的横坐标为t（0＜t＜4），当t为何值时，四边形PBQC的面积最大，请说明理由．
【分析】（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，即可求解；
（2）BCM的面积S＝S△MHC+S△MHB=12MN×OB=12×4×（﹣x2+3x+4+x﹣4）＝﹣2x2+8x，即可求解；
（3）①当四边形PBQC是菱形时，点P在线段BC的垂直平分线上，即可求解；
②S四边形PBQC＝2S△PCB＝2（S△PCD+S△PBD）＝2（12PD×CF+12PD×BE）＝4PD＝﹣4t2+16t，即可求解．
【解析】（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，解得，m＝4，
∴二次函数解析式为y＝﹣x2+3x+4，
令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4），
故答案为：4，0，4；
（2）存在，理由：
过点M作y轴的平行线交BC于点H，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+4，
设点M（x，﹣x2+3x+4），则点H（x，﹣x+4），
BCM的面积S＝S△MHC+S△MHB=12MN×OB=12×4×（﹣x2+3x+4+x﹣4）＝﹣2x2+8x，
∵﹣2＜0，故S有最大值，此时x＝2，
故点M（2，6）；
（3）①如图2，∵点P在抛物线上，
∴设P（m，﹣m2+3m+4），
当四边形PBQC是菱形时，点P在线段BC的垂直平分线上，
∵B（4，0），C（0，4），
∴线段BC的垂直平分线的解析式为y＝x，
∴m＝﹣m2+3m+4，
∴m＝1±5，
∴P（1+5，1+5）或P（1−5，1−5）．
②如图2，设点P（t，﹣t2+3t+4），过点P作y轴的平行线l交BC与D，交x轴与E；
过点C作l的垂线交l与F，
∵点D在直线BC上，
∴D（t，﹣t+4），
∵B（4，0），C（0，4），
∴直线BC解析式为y＝﹣x+4，
∵PD＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，BE+CF＝4，
∴S四边形PBQC＝2S△PCB＝2（S△PCD+S△PBD）＝2（12PD×CF+12PD×BE）＝4PD＝﹣4t2+16t，
∵0＜t＜4，
∴当t＝2时，S四边形PBQC最大＝16，
故当t为2时，四边形PBQC的面积最大．
4．（2020•江都区二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）经过原点O和(a，116)两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点A（0，2）．
（1）a＝ 14 ，b＝ 0 ，c＝ 0 ；
（2）求证：在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交；
（3）设⊙P与x轴相交于M、N两点，M在N的左边．当△AMN为等腰三角形时，直接写出圆心P的横坐标．
【分析】（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；
（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与14x2比较得出答案即可；
（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM＝AN时，当AM＝MN时，当AN＝MN时，求出a的值即可．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（a，116）两点，
∴抛物线的一般式为：y＝ax2，
∴116=a（a）2，
解得：a＝±14，
∵图象开口向上，
∴a=14，
∴抛物线解析式为：y=14x2，
∴a=14，b＝c＝0；
故答案为：a=14，b＝c＝0；
（2）设P（x，y），P的半径r=x2+(y−2)2，
又∵y=14x2，则r=x2+(14x2−2)2，
化简得：r=116x4+4＞14x2，
∴点P在运动过程中，P始终与x轴相交；
（3）圆心P的横坐标为0或﹣2±23或2±23．
∵点P在该抛物线上运动，设P（a，14a2），
∴PA=116a4+4，
作PH⊥MN于H，
则PM＝PN=116a4+4，
又∵PH=14a2，
则MH＝NH=116a4+4−(14a2)2=2，
故MN＝4，
∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），
又∵A（0，2），
∴AM=(a−2)2+4，AN=(a+2)2+4，
当AM＝AN时，(a−2)2+4=(a+2)2+4，
解得：a＝0，
当AM＝MN时，(a−2)2+4=4，
解得：a＝2±23，
当AN＝MN时，(a+2)2+4=4，
解得：a＝﹣2±23，
故圆心P的横坐标为0或﹣2±23或2±23．
【题组二】
5．（2020•灌云县一模）如图，以D为顶点的抛物线y=−12x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线BC的表达式为y＝﹣x+6．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在直线BC上有一点P，使PO+PA的值最小，求点P的坐标；
（3）在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点B，C坐标，再用待定系数法即可得出结论；
（2）作点O关于BC的对称点O′，则O′（6，6），则OP+AP的最小值为AO′的长，然后求得AP的解析式，联立直线AP和BC的解析式可求得点P的坐标；
（3）先判断出△BCD是直角三角形，求出tan∠BDC=BCCD=3，tan∠CAO=OCOA=3，得出∠BDC＝∠CAO．分两种情况由相似三角形的性质可得出比例线段，求出AQ的长，则可得出答案．
【解析】（1）把x＝0代入y＝﹣x+6，得：y＝6，
∴C（0，6），
把y＝0代入y＝﹣x+6得：x＝6，
∴B（6，0），
将C（0，6）、B（6，0）代入y=−12x2+bx+c得：
−12×36+6b+c=0c=6，
解得b=2c=6
∴抛物线的解析式为y=−12x2+2x+6；
（2）如图1所示：作点O关于BC的对称点O'，则O'（6，6），
∵O'与O关于BC对称，
∴PO＝PO'．
∴PO+AP＝PO'+AP．
∴当A、P、O'在一条直线上时，OP+AP有最小值．
∵y=−12x2+2x+6，
当y＝0时，−12x2+2x+6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝6，
∴A（﹣2，0），
设AP的解析式为y＝mx+n，
把A（﹣2，0）、O'（6，6）代入得：−2m+n=06m+n=6，
解得：m=34n=32，
∴AP的解析式为y=34x+32
将y=34x+32与y＝﹣x+6联立y=34x+32y=−x+6，
解得：x=187y=247，
∴点P的坐标为(187，247)；
（3）如图2，
∵y=−12x2+2x+6=−12(x−2)2+8，
∴D（2，8），
又∵C（0，6）、B（6，0），
∴CD＝22，BC＝62，BD＝45．
∴CD2+BC2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形，
∴tan∠BDC=BCCD=3，
∵A（﹣2，0），C（0，6），
∴OA＝2，OC＝6，AC＝210
∴tan∠CAO=OCOA=3，
∴∠BDC＝∠CAO．
当△ACQ∽△DCB时，有ACDC=AQDB，
即21022=AQ45，解得AQ＝20，
∴Q（18，0）；
当△ACQ∽△DBC时，有ACDB=AQDC，
即21045=AQ22，解得AQ＝2，
∴Q（0，0）；
综上所述，当Q的坐标为（0，0）或（18，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．
6．（2020•邗江区校级一模）在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若与坐标轴围成的矩形的周长与面积相等，则称这个点为“美好点”，如图，过点P分别作x轴，y轴的垂线，与坐标轴围成的矩形OAPB的周长与面积相等，则P为“美好点”．
（1）在点M（2，2），N（4，4），Q（﹣6，3）中，是“美好点”的有 N、Q ．
（2）若“美好点”P（a，﹣3）在直线y＝x+b（b为常数）上，求a和b的值；
（3）若“美好点”P恰好在抛物线y=112x2第一象限的图象上，在x轴上是否存在一点Q使得△POQ为等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据“美好点”的定义逐个验证即可；
（2）对于P点，对应图形的周长为：2×（|a|+3）＝2|a|+6，面积为3|a|，因为点P是“美好点”，故2|a|+6＝3|a|，即可求解；
（3）根据点P是“美好点”确定点P的坐标，再分PQ＝PO、PQ＝OQ、PO＝QO三种情况，分别求解即可．
【解析】（1）对于M点，对应图形的周长为：2×（2+2）＝8，面积为2×2＝4≠8，故点M不是“美好点”；
对于点N，对应图形的周长为：2×（4+4）＝16，面积为4×4＝16，故点N是“美好点”；
对于点Q，对应图形的周长为：2×（6+3）＝18，面积为6×3＝18，故点Q是“美好点”；
故答案为：N、Q；
（2）对于P点，对应图形的周长为2×（|a|+3）＝2|a|+6，面积为3|a|，
∵点P是“美好点”，
∴2|a|+6＝3|a|，解得：a＝±6，
将点P的坐标代入直线的表达式得：﹣3＝a+b，则b＝﹣3﹣a，
故b＝﹣9或3，
故s＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；
（3）存在，理由：
设点P的坐标为（m，n），n=112m2（m＞0，n＞0），
由题意得：2m+2n＝mn，即m+112m2=124m3，
解得：m＝6或﹣4（舍去）或0（舍去），
故点P的坐标为（6，3）；
设点Q的坐标为（x，0），
则PQ2＝（x﹣6）2+32＝（x﹣6）2+9，
PO2＝36+9＝45，
OQ2＝x2，
当PQ＝PO时，则（x﹣6）2+9＝45，解得：x＝0（舍去）或12；
当PQ＝OQ时，同理可得：x=154；
当PO＝QO时，同理可得：x＝±35；
综上点Q的坐标为：（12，0）或（154，0）或（35，0）或（﹣35，0）．
7．（2020•建湖县三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x﹣3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点B关于x轴的对称点是C，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A和点C．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第四象限的图象上，点C的对应点E落在直线AB上，求此时点D的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，交x轴于点M，点P为直线AC上方抛物线上一动点，过点P作PF⊥AC，垂足为点F，连接PC，是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△COM相似？若存在，求点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由一次函数的解析式求出A、B两点坐标，再根据A、C两点坐标求出b、c即可确定二次函数解析式；
（2）由平移的性质设E（m，m﹣3），则D（m+3，m﹣6），代入抛物线的解析式则可求出点D的坐标；
（3）分两种情况讨论：①△COM∽△PFC，②△COM∽△CFP，可求得点P的横坐标．
【解析】（1）解：∵一次函数y＝x﹣3的图象与x轴、y轴分别交于点A、B两点，
∴A（3，0），B（0，﹣3），
∵点B关于x轴的对称点是C，
∴C（0，3），
∵二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A、点C，
∴c=39a+3b+c=0
∴b＝2，c＝3，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
（2）∵A（3，0），C（0，3），平移线段AC，点A的对应为点D，点C的对应点为E，
设E（m，m﹣3），则D（m+3，m﹣6），
∵D落在二次函数在第四象限的图象上，
∴﹣（m+3）2+2（m+3）+3＝m﹣6，
m1＝1，m2＝﹣6（舍去），
∴D（4，﹣5），
（3）∵C（0，3），D（4，﹣5），
∴b=34k+b=−5
解得k=−2b=3，
∴直线CD的解析式为y＝﹣2x+3，
令y＝0，则x=32，
∴M（32，0），
∵一次函数y＝x﹣3的图象与x轴交于A（3，0），C （0，3），
∴AO＝3，OC＝3，
∴∠OAC＝45°，
过点P作PF⊥AC，点P作PN⊥OA交AC于点E，连PC，
∴△PEF和△AEN都是等腰直角三角形，
设P（m，﹣m2+2m+3），E（m，﹣m+3），
∴PE＝PN﹣EN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∴EN＝﹣m+3，AE=2(−m+3)，FE=22(−m2+3m)，
∴CF＝AC﹣AE﹣EF=22m2−22m，
①当△COM∽△CFP，PFCF=OMOC=323=12，
∴22(−m2+3m)22(m2−m)=12，
解得m1＝0，舍去，m2=73，
②当△COM∽△PFC时，PFCF=OCOM=21，
∴22(−m2+3m)22(m2−m)=21，
解得m1＝0（舍去），m2=53，
综合可得P点的横坐标为53或73．
8．（2020•江都区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，A（2，1）．
（1）求点B的坐标；
（2）求经过A、O、B三点的抛物线的函数表达式；
（3）在（2）所求的抛物线上，是否存在一点P，使四边形ABOP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）过A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥x轴于点D，则可证明△ACO≌△ODB，则可求得OD和BD的长，可求得B点坐标；
（2）根据A、B、O三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）由四边形ABOP可知点P在线段AO的下方，过P作PE∥y轴交线段OA于点E，可求得直线OA解析式，设出P点坐标，则可表示出E点坐标，可表示出PE的长，进一步表示出△POA的面积，则可得到四边形ABOP的面积，再利用二次函数的性质可求得其面积最大时P点的坐标．
【解析】
（1）如图1，过A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥x轴于点D，
∵△AOB为等腰三角形，
∴AO＝BO，
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC+∠DOB＝∠DOB+∠OBD＝90°，
∴∠AOC＝∠OBD，
在△ACO和△ODB中
∠AOC=∠OBD∠ACO=∠ODBAO=BO
∴△ACO≌△ODB（AAS），
∵A（2，1），
∴OD＝AC＝1，BD＝OC＝2，
∴B（﹣1，2）；
（2）∵抛物线过O点，
∴可设抛物线解析式为y＝ax2+bx，
把A、B两点坐标代入可得4a+2b=1a−b=2，解得a=56b=−76，
∴经过A、B、O原点的抛物线解析式为y=56x2−76x；
（3）∵四边形ABOP，
∴可知点P在线段OA的下方，
过P作PE∥y轴交AO于点E，如图2，
设直线AO解析式为y＝kx，
∵A（2，1），
∴k=12，
∴直线AO解析式为y=12x，
设P点坐标为（t，56t2−76t），则E（t，12t），
∴PE=12t﹣（56t2−76t）=−56t2+53t=−56（t﹣1）2+56，
∴S△AOP=12PE×2＝PE═−56（t﹣1）2+56，
由A（2，1）可求得OA＝OB=5，
∴S△AOB=12AO•BO=52，
∴S四边形ABOP＝S△AOB+S△AOP=−56（t﹣1）2+56+52=−56（t﹣1）2+103，
∵−56＜0，
∴当t＝1时，四边形ABOP的面积最大，此时P点坐标为（1，−13），
综上可知存在使四边形ABOP的面积最大的点P，其坐标为（1，−13）．
【题组三】
9．（2020•梁溪区一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与坐标轴分别交于A、B、C三点，其中A（﹣3，0），点B在x轴正半轴上，连接AC、BC．点D从点A出发，沿AC向点C移动；同时点E从点O出发，沿x轴向点B移动，它们移动的速度都是每秒1个单位长度，当其中一点到达终点时，另一点随之停止移动，连接DE，设移动时间为t秒．
（1）若t＝3时，△ADE与△ABC相似，求这个二次函数的表达式；
（2）若△ADE可以为直角三角形，求a的取值范围．
【分析】（1）先求出点C坐标，由勾股定理可求AC的长，分两种情况讨论，通过相似三角形的性质可求出点B坐标，即可求解；
（2）通过证明△ADE∽△AOC，可得ADAO=AEAC，可求t=92．则设B（x，0），则x≥92，将点A代入解析式可得b=3a+43②，由对称轴可得−b2a≥34①，可求a的取值范围．
【解析】（1）∵二次函数y＝ax2+bx+4的图象与y轴交于点C，
∴C（0，4），
∴OC＝4，
∵A（﹣3，0），
∴OA＝3，
∴AC=OA2+OC2=9+16=5，
∵t＝3，
∴AD＝OE＝3，AE＝6，
当△ADE∽△ACB时，
∴ADAC=AEAB，
即35=6AB，
∴AB＝10，
∴B（7，0），
∵二次函数y＝ax2+bx+4的图象过点A（﹣3，0），点B（7，0），
∴0=9a−3b+40=49a+7b+4
解得：a=−421b=1621
∴抛物线解析式为：y=−421x2+1621x+4，
当△ADE∽△ABC时，ADAB=AEAC，即3AB=65，
∴AB=52（舍去），
综上，二次函数的表达式为：y=−421x2+1621x+4；
（2）若△ADE可以为直角三角形，显然∠ADE＝90°，
∴△ADE∽△AOC，
∴ADAO=AEAC，
∴t3=3+t5，
解得：t=92．
设B（x，0），则x≥92，
设抛物线对称轴为直线x=−b2a，
∵A（﹣3，0），
∴−b2a≥34①．
把x＝﹣3，y＝0代入y＝ax2+bx+4，得b=3a+43②，
把②代入①，∵a＜0，
解得：−827≤a＜0．
10．（2020•天宁区校级模拟）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象与x轴交于点A，点B（3，0），交y轴于点C，点M（m，0）是线段OB上一点（与点O、B不重合），过点M作MP⊥x轴，交BC于点P，交抛物线于点Q，连接OP，CQ．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若∠COP＝∠QCP，求QP的长；
（3）若△CPQ是以CP为底边的等腰三角形，点N是线段OC上一点，连接MN，求MN+13CN的最小值．
【分析】（1）将点B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）证明△OPC∽△CQP，则OCPC=PCPQ，即PC2＝OC•PQ，即可求解；
（3）过点C作直线l，过点M作MH⊥l交于点H，交y轴于点N，则点M、N为所求点，进而求解．
【解析】（1）将点B的坐标代入抛物线表达式得：0＝﹣9+3b+3，解得：b＝2，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）对于y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，则y＝3，故点C（0，3），
则OB＝OC＝3，故∠OCB＝∠OBC＝45°，
设直线BC的表达式为：y＝kx+b，则3k+b=0b=3，解得：k=−1b=3，
故直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
点M的坐标为：（m，0），则点P、Q的坐标分别为：（m，3﹣m）、（m，﹣m2+2m+3），
则PQ＝（﹣m2+2m+3）﹣（3﹣m）＝﹣m2+3m；
∵PQ∥y轴，
∴∠OCP＝∠CPQ，
∵∠COP＝∠QCP，
∴△OPC∽△CQP，
∴OCPC=PCPQ，即PC2＝OC•PQ，
∴2m2＝3（﹣m2+3m），
解得：m＝0（舍去）或95，
故PQ＝﹣m2+3m=5425；
（3）∵PQ∥y轴，
∴∠OCP＝∠CPQ，
∵△CPQ是以CP为底边的等腰三角形，
∴∠QCP＝∠QPC，
∴∠QCP＝∠PCO＝45°，
∴∠OCQ＝90°，即CQ∥x轴，
故点C、Q关于函数对称性直线x＝1对称，故点Q的坐标为：（2，3）；
过点C作直线l，过点M作MH⊥l交于点H，交y轴于点N，则点M、N为所求点，
设直线l与y轴负半轴夹角的正弦值为13，即sin∠HCN=13=sin∠NMO，则tan∠NMO=24，
则NH=13CN，
∴MN+13CN＝MN+NH为最小，
∵tan∠NMO=24，
∴设直线MH的表达式为：y=−24x+t，
将点M（2，0）的坐标代入上式并解得：t=22，
故点N（0，22），
则CN＝OC﹣ON＝3−22，
∴MN+13CN的最小值＝MN+NH＝MN+13CN=22+(22)2+13×（3−22）=3+423．
11．（2020•兴化市模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求b，c的值：
（2）如图1，点P是第一象限抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线1，交BC于点H．当△PHC为等腰三角形时，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线顶点为E．已知直线y＝kx﹣k+3与二次函数图象相交于M、N两点，求证：无论k为何值，△EMN恒为直角三角形．
【分析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，可求出答案；
（2）求出直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设点P（x，﹣x2+2x+3），则点H（x，﹣x+3），分PC＝CH或PC＝PH或CH＝PH三种情况，构造关于x的方程即可得解；
（3）利用两点距离公式分别求出MN2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2，ME2＝（x1﹣1）2+（y1﹣4）2，NE2＝（x2﹣1）2+（y2﹣4）2，由勾股定理的逆定理可得∠MEN＝90°，即可求解．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），
∴−1−b+c=0−9+3b+c=0，
解得：b=2c=3，
∴b＝2，c＝3；
（2）∵抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+3，
将点B（3，0）代入y＝kx+3，
解得：k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
设点P（x，﹣x2+2x+3），则点H（x，﹣x+3），
①如图1，过点C作CM⊥PH于点M，
则CM＝x，PH＝﹣x2+3x，
当CP＝CH时，PM＝MH，∠MCH＝∠MCP，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
∵CM∥OB，
∴∠MCH＝∠OBC＝45°，
∴∠PCH＝90°，
∴MC=12PH=12（﹣x2+3x），
即x=12（﹣x2+3x），
解得：x1＝0（舍去），x2＝1，
∴P（1，4）；
②如图2，当PC＝PH时，
∵PH∥OC，
∴∠PHC＝∠OCB＝45°，
∴∠CPH＝90°，
∴点P的纵坐标为3，
∴﹣x2+2x+3＝3，
解得：x＝2或x＝0（舍去），
∴P（2，3）；
③当CH＝PH时，如图3，
∵B（3，0），C（0，3），
∴BC=32+32=32．
∵HF∥OC，
∴CHOF=BCOB，
∴−x2+3xx=323，
解得：x＝3−2，
∴P（3−2，42−2）．
综合以上可得，点P的坐标为（1，4）或（2，3）或（3−2，42−2）．
（3）∵函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴点E（1，4）；
设点M、N的坐标为（x1，y1），（x2，y2），
∴MN2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2，ME2＝（x1﹣1）2+（y1﹣4）2，NE2＝（x2﹣1）2+（y2﹣4）2，
∵ME2+NE2＝（x1﹣1）2+（y1﹣4）2+（x2﹣1）2+（y2﹣4）2＝x12+x22﹣2（x1+x2）+2+y12+y22﹣8（y1+y2）+32
＝x12+x22﹣2x1x2+2﹣4+y12+y22﹣2y1•y2+18﹣48+32
═（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2，
∴MN2＝ME2+NE2，
∴∠MEN＝90°，
故EM⊥EN，
即：△EMN恒为直角三角形．
12．（2020•宝应县一模）已知抛物线y＝ax2+bx+4经过点A（2，0），B（﹣4，0）与y轴交于点C．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是第二象限内抛物线上的一个动点，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标；
（3）如图2，线段AC的垂直平分线交x轴于点E，垂足为D，M为抛物线的顶点，在直线DE上是否存在一点G，使△CMG的周长最小？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（2，0），B（﹣4，0）代入y＝ax2+bx+4即可；
（2）四边形ABPC的面积最大就是△BCP面积最大，设P横坐标为m，表达△BCP面积，求出其取最大值时的m即可得P坐标；
（3）M、C为定点，G为DE上动点，△CMG的周长最小即是MG+CG最小，是“将军饮马”模型，作C关于DE的对称点A，连接AM，则AM+CM即是△CMG的最小周长，此时AM与DE的交点即为G，求出其坐标即可．
【解析】（1）将A（2，0），B（﹣4，0）代入y＝ax2+bx+4得：
0=4a+2b+40=16a−4b+4，解得a=−12b=−1，
∴抛物线的解析式为y=−12x2﹣x+4，
（2）如答图1：
连接BC，过P作PQ∥y轴交BC于Q，
由抛物线的解析式为y=−12x2﹣x+4可得C（0，4），
∵点A（2，0），B（﹣4，0），
∴S△ABC=12×[2﹣（﹣4）]×4＝12，
∵S四边形ABPC＝S△ABC+S△BCP＝12+S△BCP，
∴四边形ABPC的面积最大即是S△BCP最大，
设直线BC解析式为y＝kx+b，
将B（﹣4，0）、C（0，4）代入得：
0=−4k+b4=b，解得k＝1，b＝4，
∴直线BC解析式为y＝x+4，
设P（m，−12m2﹣m+4），则Q（m，m+4），
∴PQ＝（−12m2﹣m+4）﹣（m+4）=−12m2﹣2m，
∴S△BCP=12PQ•（xC﹣xB）=12×（−12m2﹣2m）×4＝﹣m2﹣4m，
当m=42×(−1)=−2时，S△BCP最大，也就是四边形ABPC的面积最大，
此时P（﹣2，4）；
（3）如答图2，
M、C为定点，G为DE上动点，△CMG的周长最小即是MG+CG最小，是“将军饮马”模型，作C关于DE的对称点A，连接AM交DE于G，则G即为使△CMG的周长最小的点，
由抛物线的解析式为y=−12x2﹣x+4可得顶点M（﹣1，92），
设直线AM解析式为y＝mx+n，
将M（﹣1，92），A（2，0）代入可得：
92=−m+n0=2m+n，解得m=−32，n＝3，
∴直线AM解析式为y=−32x+3，
∵线段AC的垂直平分线交x轴于点E，垂足为D，A（2，0），C（0，4），
∴D（1，2），AC解析式为：y＝﹣2x+4，
设直线DE解析式为y=12x+h，
将D（1，2）代入得h=32，
∴直线DE解析式为y=12x+32，
由y=−32x+3y=12x+32，解得x=34y=158，
∴G（34，158）．
【题组四】
13．（2020•清江浦区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣2，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4）．连接AC、BC、DB、DC．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积时，求m的值；
（3）当m＝3时，若点M是x轴正半轴上的一个动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可求抛物线解析式；
（2）先求出点C坐标，BC的解析式，设点D坐标为（m，−34m2+32m+6），则点E（m，−32m+6），可求DE的长，由面积的数量关系可列等式，即可求解；
（3）分三种情况讨论，由平行四边形的性质可求解．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣2，0），B（4，0）两点，
∴4a−2b+6=016a+4b+6=0，
解得：a=−34b=32，
∴抛物线的解析式为y=−34x2+32x+6；
（2）∵抛物线的解析式为y=−34x2+32x+6与y轴交于点C，
∴点C（0，6），
∴设直线BC解析式为：y＝kx+6过点B（4，0）
∴0＝4k+6
∴k=−32
∴直线BC解析式为：y=−32x+6，
过点D作DE⊥AB，交BC于E点，
设点D坐标为（m，−34m2+32m+6），则点E（m，−32m+6）
∴DE=−34m2+32m+6+32m﹣6=−34m2+3m，
∵△BCD的面积等于△AOC的面积，
∴12×（−34m2+3m）×4=12×2×6，
∴m1＝m2＝2，
∴m的值为2；
（3）存在，
∵m＝3，
∴点D（3，154），
若以BD为平行四边形的对角线时，设点E是BD与MN的交点，
∵BD与MN互相平分，
∴xE=xB+xD2=xM+xN2，yE=yB+yD2=yM+yN2
∴0+1542=yN+02
∴yN=154，
∴154=−34x2+32x+6，
∴x1＝3，x2＝﹣1，
∴点N（3，154）或（﹣1，154），
∵xB+xD2=xM+xN2
∴4+32=xM+xN2
∴xM＝8或4（舍去），
若以DM为平行四边形的对角线时，同理可求xM＝0或4（均舍去），
若以DN为平行四边形的对角线时，同理可求xM=14或−14（舍去），
综上所述，点M的坐标为（8，0），（14，0）
14．（2020•昆山市一模）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点D（2，4），与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC，CD，BC，其且AC＝5．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图②，点P是抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线l，l分别交x轴于点E，交直线AC于点M．设点P的横坐标为m．当0＜m≤2时，过点M作MG∥BC，MG交x轴于点G，连接GC，则m为何值时，△GMC的面积取得最大值，并求出这个最大值；
（3）当﹣1＜m≤2时，是否存在实数m，使得以P，C，M为顶点的三角形和△AEM相似？若存在，求出相应m的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由勾股定理可求出OA的长，进而可得点A的坐标，把A、C、D两点坐标代入可求得a、b、c的值，可求得抛物线线的解析式；
（2）由A、C坐标可求得直线AC解析式，再用m表示出点M坐标，表示出ME，再由△BCO∽△GME可表示出GE，求得OG，再利用面积的和差可得到△GMC的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值；
（3）分∠CPM＝90°和∠PCM＝90°两种情况，当∠CPM＝90°时，可得PC∥x轴，容易求得P点坐标和m的值；当∠PCM＝90°时，设PC交x轴于点F，可利用相似三角形的性质先求得F点坐标，可求得直线CF的解析式，再联立抛物线解析式可求得P点坐标和相应的m的值．
【解析】解（1）∵在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，
∴OA=AC2−OC2=3，
∴A（3，0），
将A（3，0）、C（0，4）D（2，4）代入抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中得 9a+3b+c=0c=44a+2b+c=4，
解得，a=−43b=83c=4，
∴抛物线解析式为y=−43x2+83x+4；
（2）由A（3，0），C（0，4）可得直线AC解析式为y=−43x+4，
∴M坐标为（m，−43m+4），
∵MG∥BC，
∴∠CBO＝∠MGE，且∠COB＝∠MEG＝90°，
∴△BCO∽△GME，
∴COME=BOGE，
即4−43m+4=1GE，
∴GE=−13m+1，
∴OG＝OE﹣GE=43m﹣1，
∴S△CGM＝S梯形COEM﹣S△COG﹣S△GEM=12m（−43m+4+4）﹣4×（43m﹣1）×12−12（−13m+1）（−43m+4），
=−89m2+83m=−89（m−32）2+2，
∴当m=32时，S最大，即S最大＝2；
（3）根据题意可知△AEM是直角三角形，而△MPC中，∠PMC＝∠AME为锐角，
∴△PCM的直角顶点可能是P或C，
第一种情况：当∠CPM＝90°时，如图③，
则CP∥x轴，此时点P与点D重合，
∴点P（2，4），此时m＝2；
第二种情况：当∠PCM＝90°时，如图④，
延长PC交x轴于点F，由△FCA∽△COA，得 AFAC=ACAO，
∴AF=253，
∴OF=253−3=163，
∴F（−163，0），
∴直线CF的解析式为y=34x+4，
联立直线CF和抛物线解析式可得y=34x+4y=−43x2+83x+4，
解得x1=0y1=4，x2=2316y2=32564，
∴P坐标为（2316，32564），此时m=2316；
综上可知存在满足条件的实数m，其值为2或2316．
15．（2020•姜堰区二模）二次函数y=m6x2−2m3x+m（m＞0）的图象交y轴于点A，顶点为P，直线PA与x轴交于点B．
（1）当m＝1时，求顶点P的坐标；
（2）若点Q（a，b）在二次函数y=m6x2−2m3x+m（m＞0）的图象上，且b﹣m＞0，试求a的取值范围；
（3）在第一象限内，以AB为边作正方形ABCD．
①求点D的坐标（用含m的代数式表示）；
②若该二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，请直接写出符合条件的整数m的值．
【分析】（1）当m＝1时，y=m6x2−2m3x+m=16（x﹣2）2+13，即可求解；
（2）对于y=m6x2−2m3x+m，令x＝0，则y＝m，即点A（0，m），b﹣m＞0，即点Q在点A的上方，即可求解；
（3）①证明△AOB≌△DHA（AAS），则HD＝AO＝m，AH＝BO＝3，即可求解；②分x＝m、m≥5、m≥2三种情况，即可求解．
【解析】（1）当m＝1时，y=m6x2−2m3x+m=16（x﹣2）2+13，
故点P（2，13）；
（2）对于y=m6x2−2m3x+m，令x＝0，则y＝m，即点A（0，m），
∵b﹣m＞0，即点Q在点A的上方，
而抛物线的对称轴为x＝2，故点A关于对称轴的对称点的横坐标为4，
故a的取值范围为：a＜0或a＞4；
（3）①由抛物线的表达式知，点P（2，13m），
由点A（0，m）和点P的坐标得，直线PA的表达式为y=−13mx+m，
令y=−13mx+m＝0，解得x＝3，故点B（3，0），
过点D作DH⊥y轴于点H，
∵∠HAD+∠HDA＝90°，∠HAD+∠OAB＝90°，
∴∠OAB＝∠HDA，
∵∠AOB＝∠DHA＝90°，AD＝AB，
∴△AOB≌△DHA（AAS），
∴HD＝AO＝m，AH＝BO＝3，
故D（m，m+3）；
②同①的方法得，C（m+3，3），
∵二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，
∴当x＝m时，y≤m+3，可得m36−2m23+m≤m+3，
化简得：m3﹣4m2≤18．
∵m＞0，
∴m2−4m≤18m，
∴(m−2)2−4≤18m，
显然：m＝1，2，3，4是上述不等式的解，
当m≥5时，（m﹣2）2﹣4≥5，18m≤3.6，此时，(m−2)2−4＞18m，
∴符合条件的正整数m＝1，2，3，4；
当x＝m+3时，y≥3，可得m(m+3)26−2m(m+3)6+m≥3，
∵m＞0，
∴m2+2m+3≥18m，即(m+1)2+2≥18m，
显然：m＝1不是上述不等式的解，
当m≥2时，（m+1）2+2≥11，18m≤9，此时，(m+1)2+2＞18m恒成立，
∴符合条件的正整数m＝2，3，4；
综上：符合条件的正整数m的值为2，3，4．
16．（2020•沭阳县模拟）如图1，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标是（3，0），并且OA＝OC＝3OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上，
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使得△ACP是以AC为底的等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）过动点P作PE垂直于y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为F，连接EF，以线段EF的中点G为圆心，以EF为直径作⊙G，求⊙G最小面积．
【分析】（1）先求出点B，点C坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）由题意可得OP垂直平分AC，可求直线OP解析式为y＝x，联立方程组可求点P坐标；
（3）先求出直线AC解析式为：y＝﹣x+3，设点D坐标为（m，﹣m+3），由勾股定理可求EF2，可求⊙G的面积，由二次函数的性质可求⊙G最小面积．
【解析】（1）∵点A的坐标是（3，0），
∴OA＝3，
∵OA＝OC＝3OB，
∴OC＝3，OB＝1，
∴点C（0，3），点B（﹣1，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣3），
∴3＝﹣3a，
∴a＝﹣1，
∴抛物线解析式为：y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3；
（2）∵△ACP是以AC为底的等腰三角形，
∴AP＝CP，
又∵OA＝OC，
∴OP是AC的垂直平分线，
∵OA＝OC，∠AOC＝90°，OP是AC的垂直平分线，
∴OP平分∠AOC，
∴直线OP解析式为y＝x，
联立方程组可得：y=xy=−x2+2x+3，
∴x=1+132y=1+132或x=1−132y=1−132，
∴点P坐标为（1+132，1+132）或（1−132，1−132）；
（3）如图，
∵点A的坐标是（3，0），点C坐标为（0，3），
∴直线AC解析式为：y＝﹣x+3，
设点D坐标为（m，﹣m+3），
∴DE＝|m|，DF＝|﹣m+3|，
∴EF2＝DE2+DF2＝m2+（﹣m+3）2，
∵⊙G的面积=π4×EF2=π4×[m2+（﹣m+3）2]=π4×[2（m−32）2+92]，
∴当m=32时，⊙G最小面积为9π8．
【题组五】
17．（2020•丹阳市模拟）已知函数y1＝2kx+k与函数y2=x2−2x+3，定义新函数y＝y2﹣y1
（1）若k＝2，则新函数y＝ x2﹣6x+1 ；
（2）若新函数y的解析式为y＝x2+bx﹣2，则k＝ 5 ，b＝ ﹣12 ；
（3）设新函数y顶点为（m，n）．
①当k为何值时，n有大值，并求出最大值；
②求n与m的函数解析式；
（4）请你探究：函数y1与新函数y分别经过定点B，A，函数y2=x2−2x+3的顶点为C，新函数y上存在一点D，使得以点A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出k的值．
【分析】（1）将k＝2代入函数y1＝2kx+k中得出函数y1＝4x+2，即可得出结论；
（2）新函数y的解析式为y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k，即可得出结论；
（3）①先得出新函数y＝（x﹣k﹣1）2﹣k2﹣3k+2，进而得出m=k+1n=−k2−3k+2，即可得出结论；
②在m=k+1n=−k2−3k+2中消去k即可得出结论；
（4）分三种情况，利用平行四边形的对角线互相平分和中点坐标公式，求出点D的坐标，即可得出结论．
【解析】（1）当k＝2时，y1＝2kx+k＝4x+2，
∵函数y2=x2−2x+3，定义新函数y＝y2﹣y1，
∴y＝x2﹣2x+3﹣4x﹣2＝x2﹣6x+1，
故答案为：x2﹣6x+1；
（2）函数y1＝2kx+k与函数y2=x2−2x+3，定义新函数y＝y2﹣y1，
∴新函数y的解析式为y＝x2﹣2x+3﹣2kx﹣k＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k，
∵新函数y的解析式为y＝x2+bx﹣2，
∴b＝﹣2（k+1），3﹣k＝﹣2，
∴k＝5，b＝﹣12，
故答案为：5，﹣12；
（3）①由（2）知，新函数y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k＝（x﹣k﹣1）2﹣k2﹣3k+2，
∵新函数y顶点为（m，n），
∴m=k+1n=−k2−3k+2，
∴n=−k2−3k+2=−(k+32)2+174，
当k=−32时，n最大值=174；
②由①知，m=k+1n=−k2−3k+2，
将k＝m﹣1代入n＝﹣k2﹣3k+2得：
∴n＝﹣m2﹣m+4；
（4）∵函数y1＝2kx+k＝k（2x+1），
当2x+1＝0即x=−12时，y＝0，
∴B（−12，0），
∵新函数y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k＝x2﹣2（k+1）x﹣（k+1）+4＝x2﹣（k+1）（2x+1）+4，
当2x+1＝0，即x=−12时，y=14+4=174，
∴A（−12，174），
∵函数y2=x2−2x+3=（x﹣1）2+2，
∴C（1，2），
设D（c，d），
∵以点A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，
∴①当AC与BD为对角线时，12（−12+1）=12（−12+c），12（174+2）=12（0+d），
∴c＝1，d=254，
∴D（1，254），
将点D坐标代入新函数y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k得，1﹣2（k+1）+3﹣k=254，
∴k=−1712，
②当AB与CD是对角线时，12（−12−12）=12（1+c），12（174+0）=12（2+d），
∴c＝﹣2，d=94，
∴D（﹣2，94），将点D坐标代入新函数y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k得，4+4（k+1）+3﹣k=94，
∴k=−3512，
③当BC与AD为对角线时，12（−12+1）=12（−12+c），12（0+2）=12（174+d），
∴c＝1，d=−94，
∴D（1，−94），
将点D坐标代入新函数y＝x2﹣2（k+1）x+3﹣k得，1﹣2（k+1）+3﹣k=−14，
∴k=1712，
即满足条件的k的值为1712或−1712或−3512．
18．（2020•滨湖区模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线y=12x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=12x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线AC下方抛物线上一动点；
①连接CD，是否存在点D，使得AC平分∠OCD？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
②在①的条件下，若点P为抛物线上位于AC下方的一个动点，以P、C、A、D为顶点的四边形面积记作S，则S取何值或在什么范围时，相应的点P有且只有两个？
【分析】（1）先求出直线与坐标轴的交点A、C的坐标，再用待定系数法求得抛物线的解析式；
（2）①作点O关于直线AC的对称点F，过F作FG⊥y轴于点G，延长CF与抛物线交于点D，此时∠ACO＝∠ACD，即AC平分∠OCD，由三角形面积公式求得OE，进而求得OF，再证明△OAC∽△GOF，便可求得F点的坐标，进而求得直线CF的解析式，最后求得直线CF与抛物线的交点坐标便可；
②需要分类讨论：点P在OC的左侧、右侧两种情况．利用分割法求得S的值，进行比较即可得到答案．
【解析】（1）令x＝0，得y=12x﹣2＝﹣2，
令y＝0，得y=12x﹣2＝0，解得x＝4，
∴A（4，0），C（0，﹣2），
把A（4，0），C（0，﹣2）代入y=12x2+bx+c中，得
12×16+4b+c=0c=−2，
解得，b=−32c=−2，
∴抛物线的函数表达式为y=12x2−32x﹣2；
（2）①作点O关于直线AC的对称点F，过F作FG⊥y轴于点G，延长CF与抛物线交于点D，
此时∠ACO＝∠ACD，即AC平分∠OCD，
∵OA＝4，OC＝2，
∴AC＝25，
∵OF⊥AC，
∴OE=OA⋅OCAC=455，
∴OF=2OE=855，
∵∠COE+∠ACO＝∠COE+OFG＝90°，
∴∠ACO＝∠OFG，
∵∠AOC＝∠OGF＝90°，
∴△OAC∽△GOF，
∴OCGF=OAGO=ACOF，即2GF=4OG=25855，
∴GF=85，OG=165，
∴F（85，−165），
设直线CF的解析式为y＝kx+b（k≠0），则
85k+b=−165b=−2，
解得，k=−34b=−2，
∴直线CF的解析式为：y=−34x−2，
联立方程组y=−34x−2y=12x2−32x−2，
解得，x1=0y1=−2，x2=32y2=−258，
∴存在点D，使得AC平分∠OCD，点D的横坐标为32；
②设P（x，12x2−32x﹣2）．
若点P在D点的左侧，如图2，过D作DE⊥x轴于E，连接OP，CP，PE，PD，AD，
S＝S△OCP+S△OPE+S△PDE+S△ADE﹣S△OAC
=12×2x+12×32(−12x2+32x+2)+12×258(32−x)+12×（4−32）×258−12×4×2
=−38（x−34）2+507128，
∴当x=34时，S取最大值为507128，
若点P在D点的右侧，如图3，过D作DE⊥x轴于点E，连接CD，DP，PE，PA．
S＝S梯形OCDE+S△PDE+S△APE﹣S△AOC
=12(2+258)×32+12×258(x−32)+12×(4−32)(−12x2+32x+2)−12×4×2
=−58（x−114）2+605128，
∴当x=114时，S取最大值为605128，
综上，根据抛物线的对称性质可知，当507128＜S＜605128时，P点有且只有两个．
19．（2020•铜山区二模）已知二次函数y＝ax2+（3a+1）x+3（a＜0）．
（1）该函数的图象与y轴交点坐标为 （0，3） ；
（2）当二次函数的图象与x轴的两个交点的横坐标均为整数，且a为负整数．
①求a的值及二次函数的表达式；
②画出二次函数的大致图象（不列表，只用其与x轴的两个交点A、B，且A在B的左侧，与y轴的交点C及其顶点D，并标出A，B，C，D的位置）；
（3）在（2）的条件下，二次函数的图象上是否存在一点P，使△PCA为直角三角形，如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）令x＝0，可得y＝3，可得函数的图象与y轴交点坐标为（0，3）；
（2）①令y＝0，可求方程ax2+（3a+1）x+3＝0的两根为x1=−1a，x2＝﹣3，即可求解；
②图象如图所示；
（3）分三种情况讨论，利用相似三角形的性质和等腰直角三角形的性质可求解．
【解析】（1）令x＝0时，y＝3，
∴函数的图象与y轴交点坐标为（0，3），
故答案为：（0，3）；
（2）①令y＝0，则ax2+（3a+1）x+3＝0，
∴（ax+1）（x+3）＝0，
∴x1=−1a，x2＝﹣3，
∵二次函数的图象与x轴的两个交点的横坐标均为整数，且a为负整数．
∴a＝﹣1，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
②图象如图所示：
（3）设点P（m，﹣m2﹣2m+3），
当点P为直角顶点时，如图，过点P作PF⊥y轴于F，过点A作AE⊥PF，交FP的延长线于E，
∵∠APC＝90°，
∴∠APE+∠CPF＝90°，
∵∠APE+∠EAP＝90°，
∴∠CPF＝∠EAP，
又∵∠AEP＝∠CFP＝90°，
∴△APE∽△PCF，
∴AEPF=PECF，
∴−m2−2m+3−m=3+m−m2−2m+3−3
∴−(m+3)(m−1)−m=m+3−m(m+2)
∴﹣（m﹣1）（m+2）＝1，
∴m1=5−12，m2=−5−12，
经检验，m1=5−12，m2=−5−12是原方程的根；
∴点P坐标为（5−12，5−52）或（−5−12，5+52）；
若点A为直角顶点时，如图，过点P作PH⊥x轴于P，
∵点A（﹣3，0），点C（0，3），
∴OA＝OC，
又∵∠AOC＝90°，
∴∠CAO＝∠ACO＝45°，
∵∠CAP＝90°，
∴∠PAH＝45°，
∵PH⊥x轴，
∴∠PAH＝∠APH＝45°，
∴AH＝PH，
∴m+3＝m2+2m﹣3
∴m1＝﹣3（舍去），m2＝2，
∴点P坐标为（2，﹣5）；
若点C为直角顶点，过点P作PE⊥y轴于E，
∵∠ACP＝90°，∠ACO＝45°，
∴∠PCE＝45°，
∵PE⊥y轴，
∴∠PCE＝∠CPE＝45°，
∴PE＝CE，
∴﹣m＝﹣m2﹣2m+3﹣3，
∴m1＝0（舍去），m2＝﹣1，
∴点P坐标为（﹣1，4）；
综上所述：点P坐标为（5−12，5−52）或（−5−12，5+52）或（2，﹣5）或（﹣1，4）．
20．（2021•东台市模拟）如图，△ABC是以BC为底边的等腰三角形，A，C分别是一次函数y＝﹣x+3的图象与y轴，x轴的交点，点B在二次函数y＝x2+bx+c的图象上，且该二次函数图象上存在一点D使四边形ABCD能构成平行四边形．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）动点P在线段AD上从点A至点D运动，同时动点Q在线段AC上从点C到点A运动，两点都是以每秒1个单位长度的速度运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．
①当△APQ是直角三角形时，求P的坐标；
②四边形PDCQ的面积是否有最小值？若有，求出面积的最小值和点P的坐标；若没有，请说明理由．
【分析】（1）求出A、C坐标，再由△ABC是以BC为底边的等腰三角形和四边形ABCD能构成平行四边形求出B、D坐标即可求二次函数的表达式；
（2）①△APQ是等腰直角三角形，分两种情况讨论；
②用t表示出四边形PDCQ的面积，再求最小值即可．
【解析】（1）∵A，C分别是一次函数y＝﹣x+3的图象与y轴，x轴的交点，
在一次函数y＝﹣x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝3，
∴A（0，3），C（3，0），
∵△ABC是以BC为底边的等腰三角形，
∴OC＝OB＝3，B（﹣3，0），
∵四边形ABCD能构成平行四边形，
∴AD＝BC＝6，D（6，3），
∵点B、D在二次函数y＝x2+bx+c的图象上，
∴0=(−3)2−3b+c3=62+6b+c，解得b=−83，c＝﹣17，
∴二次函数的表达式为y＝x2−83x﹣17；
（2）①设运动时间是t秒，则AQ＝AC﹣CQ＝32−t，AP＝t，
∵A（0，3），C（3，0），∠AOC＝90°，
∴∠ACO＝45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CAD＝45°，
若△APQ是直角三角形，则△APQ是等腰直角三角形，
分两种情况：
（一）∠APC＝90°，如答图1：
∴AQ=2AP，
∴32−t=2t，解得t＝6﹣32，
∴P（6﹣32，3），
（二）∠AQP＝90°，如答图2：
∴AP=2AQ，
∴t=2（32−t），解得t＝62−6，
∴P（62−6，3），
综上所述，当△APQ是直角三角形时，P的坐标是（6﹣32，3）或（62−6，3），
（3）过Q作QM⊥AD于M，如答图3：
∵A（0，3），B（﹣3，0），C（3，0），ABCD是平行四边形，
∴S△ACD＝S△ABC=12×6×3＝9，
而CM＝AC•sin45°＝（32−t）•22=3−22t，
∴S△APQ=12×t×（3−22t）=−24t2+32t，
∴S四边形PDCQ＝S△ACD﹣S△APQ＝9﹣（−24t2+32t）=24t2−32t+9，
当t=322×24=322时，S四边形PDCQ最小为72−928，
此时P（322，3）．
【题组六】
21．（2020•江阴市模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=−18x2+14x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线交抛物线于点P．连接AC．
（1）求点P的坐标及直线AC的解析式；
（2）如图2，过点P作x轴的垂线，垂足为E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OF，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接FA、FC．求AF+23CF的最小值；
（3）如图3，点M为线段OA上一点，以OM为边在第一象限内作正方形OMNG，当正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上时，将正方形OMNG沿x轴向右平移，记平移中的正方形OMNG为正方形O′MNG，当点M与点A重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形O′MNG的边MN与AC交于点R，连接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线y=−18x2+14x+3可求出点C，P，A的坐标，再用待定系数法可求出直线AC的解析式；
（2）在OC上取点H（0，43），连接HF，AH，求出AH的长度，证△HOF∽△FOC，推出HF=23CF，由∴AF+23CF＝AF+HF≥AH=2853可写出结论；
（3）先求出正方形的边长，通过△ARM∽△ACD将相关线段用含t的代数式表示出来，再分三种情况进行讨论：当∠O'RP＝90°时，当∠PO'R＝90°时，当∠O'PR＝90°时，分别构造相似可求出t的值，其中第三种情况不存在，舍去．
【解析】（1）在抛物线y=−18x2+14x+3中，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
当y＝3时，x1＝0，x2＝2，
∴P（2，3），
当y＝0时，x1＝﹣4，x2＝6，
B（﹣4，0），A（6，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+3，
将A（6，0）代入，
得，k=−12，
∴yAC=−12x+3，
∴点P坐标为P（2，3），直线AC的解析式为yAC=−12x+3；
（2）在OC上取点H（0，43），连接HF，AH，
则OH=43，AH=OH2+OA2=(43)2+62=2853，
∵OHOF=432=23，OFOC=23，且∠HOF＝∠FOC，
∴△HOF∽△FOC，
∴HFCF=23，
∴HF=23CF，
∴AF+23CF＝AF+HF≥AH=2853，
∴AF+23CF的最小值为2853；
（3）∵正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上，
∴CN＝MN，
∴设N（a，a），
将点N代入直线AC解析式，
得，a=−12a+3，
∴a＝2，
∴正方形的边长是2，
∵平移的距离为t，
∴平移后OM的长为t+2，
∴AM＝6﹣（t+2）＝4﹣t，
∵RM∥OC，
∴△ARM∽△ACD，
∴AMOA=RMOC，
即4−t6=RM3，
∴RM＝2−12t，
如图3﹣1，当∠O'RP＝90°时，延长RN交CP的延长线于Q，
∵∠PRQ+∠O'RM＝90°，∠RO'M+∠O'RM＝90°，
∴∠PRQ＝∠RO'M，
又∵∠Q＝∠O'MR＝90°，
∴△PQR∽△RMO'，
∴PQRM=QRMO'，
∵PQ＝t，QR＝3﹣RM＝1+12t，
∴t2−12t=1+12t2，
解得，t1＝﹣3﹣217（舍去），t2=17−3；
如图3﹣2，当∠PO'R＝90°时，
∵∠PO'E+∠RO'M＝90°，∠PO'E+∠EPO'＝90°，
∴∠RO'M＝∠EPO'，
又∵∠PEO'＝∠O'MR＝90°，
∴△PEO'∽△O'MR，
∴PEO'M=EO'RM，
即32=t−22−12t，
解得，t=207；
如图3﹣3，当∠O'PR＝90°时，延长OG交CP于K，延长MN交CP的延长线于点T，
∵∠KPO'+∠TPR＝90°，∠KO'P+∠KPO'＝90°，
∴∠KO'P＝∠TPR，
又∵∠O'KP＝∠T＝90°，
∴△KO'P∽△TPR，
∴KPTR=KO'PT，
即2−t3−(2−12t)=3t，
整理，得t2+32t+1＝0，
∵△＝b2﹣4ac=−74＜0，
∴此方程无解，故不存在∠O'PR＝90°的情况；
综上所述，△O′PR为直角三角形时，t的值为17−3或207．
22．（2021•海门市模拟）如图1，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣4，0），B（1，0），C（0，3），点P在抛物线y＝ax2+bx+c上，且在x轴的上方，点P的横坐标记为t．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，过点P作y轴的平行线交直线AC于点M，交x轴于点N，若MC平分∠PMO，求t的值；
（3）点D在直线AC上，点E在y轴上，且位于点C的上方，那么在抛物线上是否存在点P，使得以点C，D，E，P为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出该菱形的面积；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），把（0，3）代入得到a=−34；
（2）由题意直线AC的解析式为y=34x+3，因为P的横坐标为t，所以M（t，34t+3），根据OM＝OC＝3，可得t2+（34t+3）2＝9，解方程即可解决问题；
（3）分两种情形①当CE为对角线时，四边形CPED为菱形，如图3，则点P和D关于y轴对称；②当CE为菱形的边时，四边形CEPD为菱形，如图4，则PD∥y轴，CD＝PD，分别构建方程即可解决问题．
【解析】（1）如图1，
设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），把（0，3）代入得到a=−34，
∴抛物线的解析式为y=−34（x+4）（x﹣1），即y=−34x2−94x+3．
（2）如图2中，
∵A（﹣4，0），C（0，3），
∴直线AC的解析式为y=34x+3，
∵P的横坐标为t，
∴M（t，34t+3），
∵CM平分∠PMO，
∴∠CMO＝∠CMP，
∵PM∥OC，
∴∠CMP＝∠MCO，
∴∠CMO＝∠MCO，
∴OM＝OC＝3，
∴t2+（34t+3）2＝9，
解得t=−7225或0（舍弃）．
∴t的值为−7225．
（3）设P（t，−34t2−94t+3），
①当CE为对角线时，四边形CPED为菱形，如图3，则点P和D关于y轴对称，
∴D（﹣t，−34t2−94t+3），
把D（﹣t，−34t2−94t+3）代入y=34x+3得−34t+3=−34t2−94t+3，
解得t1＝0（舍去），t2＝﹣2，
此时PD＝4，CE＝3，
此时，菱形的面积=12PD•CE＝6；
②当CE为菱形的边时，四边形CEPD为菱形，如图4，则PD∥y轴，CD＝PD，
∴D（t，34t+3），
∴PD=−34t2−94t+3﹣（34t+3）=−34t2﹣3t，
而CD2＝t2+（34t+3﹣3）2=2516t2，即CD=−54t，
∴−34t2﹣3t=−54t，解得t1＝0（舍去），t2=−73，
∴PD=3512，
此时菱形的面积=3512×73=24536．
综上所述，菱形的面积是6或24536．
23．（2020•仪征市二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+3过点A（1，0），B（3，0），与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E为抛物线对称轴上的一点，请探索抛物线上是否存在点F，使以A，B，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出所有点F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P为线段OC上的动点，连接BP，过点C作CN垂直于直线BP，垂足为N，当点P从点O运动到点C时，求点N运动路径的长．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线解析式，可得出a、b的值，继而得出抛物线的解析式；
（2）分两种情况讨论，①E、F在AB同侧，此时EF为平行四边形的边，②E、F在AB异侧，此时EF为平行四边形的对角线，根据平行线的性质即可得出点F的坐标；
（3）连接BC，可得点N的路径是以BC的中点M为圆心，BC长的一半为半径的OC，求出OC的长度即可．
【解析】（1）将A（1，0）（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：0=a+b+30=9a+3b+3，
解得：a=1b=−4，
∴y＝x2﹣4x+3．
（2）①设F（x，x2﹣4x+3），若E，F在AB的同侧，则EF＝AB＝2，
∵点E在抛物线的对称轴上，
∴|x﹣2|＝2，
∴x＝0或x＝4，
∴F1（0，3），F2（4，3）．
②若E，F在AB异侧，则F与抛物线的顶点重合，即F3（2，﹣1），
∴存在点F1（0，3），F2（4，3），F3（2，﹣1），使以A，B，E，F为顶点的四边形为平行四边形．
（3）连接BC，
∵∠BNC＝90°，
∴点N的路径是以BC的中点M为圆心，BC长的一半为半径的OC，
连接OM，
∵OB＝OC＝3，
∴OM⊥BC，
∴∠OMC＝90°，
∵BC=OB2+OC2=32，
∴OM=322
∴lc=90π180⋅322=324π．
24．（2020•溧阳市模拟）如图，已知二次函数y=12x2+bx的图象经过点A（﹣4，0），顶点为B，一次函数y=12x+2的图象交y轴于点M，P是抛物线上一点，点M关于直线AP的对称点N恰好落在抛物线的对称轴直线BH上（对称轴直线BH与x轴交于点H）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求点P的坐标；
（3）若点G是第二象限内抛物线上一点，G关于抛物线的对称轴的对称点是E，连接OG，点F是线段OG上一点，点D是坐标平面内一点，若四边形BDEF是正方形，求点G的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）分两种情形：如图1中，当点P在第一象限时，如图2中，当点P在第三象限时，想办法求出直线AP的解析式，构建方程组确定交点坐标即可．
（3）如图3中，设G（m，12m2+2m），过点F作FN⊥GE于N，过点F作FP⊥BH于P，设直线BH交GE于Q，设GE交y轴于K．证明四边形PFNQ是正方形，设正方形边长为a，构建方程组解决问题即可．
【解析】（1）∵二次函数y=12x2+bx的图象经过点A（﹣4，0），
∴0＝8﹣4b，
∴b＝2，
∴二次函数的解析式为y=12x2+2x．
（2）如图1中，当点P在第一象限时，
由题意A（﹣4，0），H（﹣2，0），M（0，2），
∵点M，N关于AP对称，
∴AN＝AM=22+42=25，
∴NH=AN2−AH2=4，
∴N（﹣2，4），
∴直线MN的解析式为y＝﹣x+2，
∵PA⊥MN，
∴直线PA的解析式为y＝x+4，
由y=x+4y=12x2+2x，解得x=−4y=0或x=2y=6，
∴P（2，6）．
如图2中，当点P在第三象限时，同法可得N（﹣2，﹣4），
∴直线MN的解析式为y＝3x+2，
∵AP⊥MN，
∴直线AP的解析式为y=−13x−43，
由y=−13x−43y=12x2+2x，解得x=−4y=0或−x=−23y=−109，
∴P（−23，−109），
综上所述，满足条件的点P坐标为（2，6）或（−23，−109）．
（3）如图3中，设G（m，12m2+2m），过点F作FN⊥GE于N，过点F作FP⊥BH于P，设直线BH交GE于Q，设GE交y轴于K．
∵四边形EFBD是正方形，
∴EF＝BF，∠EFB＝90°，
∵∠ENF＝∠FPB＝90°，∠PNQ＝∠FPQ＝∠NQP＝90°，
∴四边形PFNQ是矩形，
∴∠NFP＝∠EFB，
∴∠EFN＝∠BFP，
∴△ENF≌△BPF（AAS），
∴PF＝FN，EN＝BP，
∴四边形PFNQ是正方形，设PF＝FN＝NQ＝PQ＝a，
∵FN∥OK，
∴FNOK=NGGK，
∴a12m2+2m=GN−m，
∴GN=−2am+4，
∵NE＝PB，
∴﹣2﹣m+a＝﹣4﹣2m+2am+4=12m2+2m﹣a+2，
解得m＝﹣6或﹣4（舍弃），
∴G（﹣6，6）．