中考数学二轮培优题型训练压轴题06二次函数与特殊四边形存在性问题（四大类型）（解析版）

压轴题06二次函数与特殊四边形存在性问题（四大类型）题型一：二次函数与平行四边形存在性问题例1．（2023•泽州县一模）综合与探究．如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与直线l交于B，C两点，其中点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（﹣1，﹣4）．（1）求二次函数的表达式和点B的坐标．（2）若P为直线l上一点，Q为抛物线上一点，当四边形OBPQ为平行四边形时，求点P的坐标．（3）如图2，若抛物线与y轴交于点D，连接AD，BD，在抛物线上是否存在点M，使∠MAB＝∠ADB？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）用待定系数法即可求解；（2）由四边形OBPQ为平行四边形，则PQ＝PB＝3，得到点Q（m﹣3，m﹣3），即可求解；（3）利用解直角三角形的方法求出：sin∠ADM=ANAD=105210=2【解答】解：（1）由题意得：0=4−解得：b=−故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣6①，令y＝x2﹣x﹣6＝0，解得：x＝﹣2或3，即点B（3，0）；（2）由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝x﹣3，设点P（m，m﹣3），∵四边形OBPQ为平行四边形，则PQ＝OB＝3，则点Q（m﹣3，m﹣3），将点Q的坐标代入抛物线表达式得：m﹣3＝（m﹣3）2﹣（m﹣3）﹣6，解得：m＝4±7故点P的坐标为（4+7，1+7）或（4−7（3）存在，理由：由抛物线的表达式知，点D（0，﹣6），由点A、B、D的坐标得，AD＝210，BD＝35，过点A作AN⊥BD于点N，则S△ABD=12×AB×OD=12×BD×AN解得：AN=10则sin∠ADN=ANAD=105210=2则直线AM的表达式为：y＝x+2或﹣x﹣2②，联立①②得：y=x解得：x=4y=6则点M的坐标为：（4，6）或（2，﹣4）．【点评】本题综合考查了二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形的性质、解直角三角形等，综合性强，难度适中．题型二：二次函数与矩形存在性问题例2．（2023•歙县校级模拟）如图，若二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0），与y轴交于点C，连接BC．（1）求该二次函数的解析式；（2）若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在请求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，列方程组求a、b的值；（2）设Q（m，﹣m2+3m+4），当m＞0时，过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，证明△CHQ≌△BGK（AAS），得到m＝﹣m2+3m+4﹣4，则HQ＝2，所以K（6，2）；当m＜0时，设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，证明△QHG≌△KFE（AAS），则有﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），求得m＝﹣2，则GQ＝2，可求K（﹣6，﹣2）【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，得a−解得a=−∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2+3x+4．（2）存在，理由如下：设Q（m，﹣m2+3m+4），当m＞0时，如图1，∵矩形是以BC为边，∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，∵CQ＝BK，∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠HCQ＝∠GBK＝45°，∴△CHQ≌△BGK（AAS），∴HC＝HQ＝BG＝GK，∴m＝﹣m2+3m+4﹣4，∴m＝2或m＝0（舍），∴HQ＝2，∴K（6，2）；当m＜0时，如图2，∵矩形是以BC为边，∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，∵∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠OBH＝∠OHB＝45°，∠FCO＝∠CFO＝45°，∴OF＝OC＝OB＝OH＝4，∠HQG＝∠EFK＝45°，∵KC＝BQ，CF＝HB，∴FK＝QH，∴△QHG≌△KFE（AAS），∴QG＝HG＝EF＝EK，∴﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），∴m＝﹣2或m＝4（舍），∴GQ＝2，∴K（﹣6，﹣2）；综上所述，K点的坐标为（﹣6，﹣2）或（6，2）．【点评】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活应用矩形和等腰直角三角形的性质是解题的关键．题型三:二次函数与菱形存在性问题例3．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（0，1），B（4，﹣1）．直线AB交x轴于点C，P是直线AB上方且在对称轴右侧的一个动点，过P作PD⊥AB，垂足为D，E为点P关于抛物线的对称轴的对应点．（1）求抛物线的函数表达式；（2）当5PD+PE的最大值时，求此时点P的坐标和5（3）将抛物线y关于直线x＝3作对称后得新抛物线y'，新抛物线与原抛物线相交于点F，M是新抛物线对称轴上一点，N是平面中任意一点，是否存在点N，使得以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+72（2）过P作PK⊥x轴于T，交AB于K，由A（0，1），B（4，﹣1）可得直线AB解析式为y=−12x+1，可得C（2，0），OC＝2，AC=OA2+OC2=5，设P（m，﹣m2+72m+1），有E（72−m，﹣m2+72m+1），PE＝m﹣（72−m）＝﹣m2+4m，根据△PDK∽△COA，得PD=25（﹣m2+4m（3）抛物线y＝﹣x2+72x+1的顶点为（74，6516），故抛物线y＝﹣x2+72x+1关于直线x＝3对称后得到的新抛物线为y＝﹣（x−174）2+6516，联立解析式得F（3，52），设M（174，t），N（p，q），分三种情况：①若FM，NC为对角线，则FM，NC的中点重合，且FC＝MC，3+174=p+252【解答】解：（1）把A（0，1），B（4，﹣1）代入y＝﹣x2+bx+c得：c=1−16+4b+c=−1解得b=7∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+72（2）过P作PK⊥x轴于T，交AB于K，如图：由A（0，1），B（4，﹣1）可得直线AB解析式为y=−1令y＝0得x＝2，∴C（2，0），OC＝2，∴AC=O∵y＝﹣x2+72x+1＝﹣（x−74∴抛物线y＝﹣x2+72x+1的对称轴为直线x设P（m，﹣m2+72m+1），则K（m，−∵74−（m−74∴E（72−m，﹣m2+∴PE＝m﹣（72−m）＝2m−72，PK＝﹣m2+72m+1﹣（−12∵∠PKD＝90°﹣∠KCT＝90°﹣∠ACO＝∠OAC，∠PDK＝∠AOC，∴△PDK∽△COA，∴PDPK=OC∴PD=25（﹣m2+4∴5PD+PE=5×25（﹣m2+4m）+2m−72∵﹣2＜0，∴m=52时，5PD+此时P（52，7∴点P的坐标为（52，72），（3）∵y＝﹣x2+72x+1＝﹣（x−74∴抛物线y＝﹣x2+72x+1的顶点为（74∵（74，6516）关于直线x＝3的对称点为（174∴抛物线y＝﹣x2+72x+1关于直线x＝3对称后得到的新抛物线为y＝﹣（x−174解y=−x2∴F（3，52设M（174，t），N（p，q又C（2，0），①若FM，NC为对角线，则FM，NC的中点重合，且FC＝MC，∴3+17解得p=214q=∴N（214，10+354）或（21②以FN，MC为对角线，同理可得：3+p=17解得p=134q=∴N（134，914）或（134③以FC，MN为对角线，同理可得：3+2=17解得p=34q=∴N（34，5510）或（34∴N的坐标为（214，10+354）或（214，10−354）或（134，914）或（134，−【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形相似的判定与性质，菱形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．题型四:二次函数与正方形存在性问题例4．（2023•前郭县一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣4x+c与y轴相交于点A（0，2）．（1）求c的值；（2）点B为y轴上一点，其纵坐标为m（m≠2），连接AB，以AB为边向右作正方形ABCD．①设抛物线的顶点为P，当点P在BC上时，求m的值；②当点C在抛物线上时，求m的值；③当抛物线与正方形ABCD有两个交点时，直接写出m的取值范围．【分析】（1）把点A（0，2）代入y＝x2﹣4x+c即得c＝2；（2）①由y＝x2﹣4x+2顶点P的坐标为（2，﹣2），可得m＝﹣2；②分两种情况：当m＞2时，点C的坐标为（m﹣2，m），代入y＝x2﹣4x+2得m＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，当m＜2时，点C的坐标为（2﹣m，m），代入y＝x2﹣4x+2得m＝（2﹣m）2﹣4（2﹣m）+2，解方程可得答案；③分三种情况：当m＞2时，若D在抛物线上，则抛物线与正方形ABCD有两个交点，而D（m﹣2，2），代入y＝x2﹣4x+2得2＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，可知此时m的值为6；当m＜2时，若C在抛物线内部，抛物线与正方形ABCD有两个交点，此时﹣1＜m＜2；若BC在顶点下方时，抛物线与正方形ABCD有两个交点，此时m＜﹣2．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣4x+c与y轴相交于点A（0，2），∴把点A（0，2）代入y＝x2﹣4x+c得c＝2，∴c的值为2；（2）①如图，∵y＝x2﹣4x+2＝（x﹣2）2﹣2，∴顶点P的坐标为（2，﹣2），∵点P在BC上，且点B的坐标为（0，m），∴m＝﹣2；②当m＞2时，如图，由A（0，2），B（0，m）得AB＝m﹣2，∵四边形ABCD为正方形，∴BC＝AB＝m﹣2，∴点C的坐标为（m﹣2，m）．∵点C在抛物线y＝x2﹣4x+2上，∴把点C（m﹣2，m）代入y＝x2﹣4x+2得：m＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，解得m1＝2（舍去），m2＝7；当m＜2时，如图，由A（0，2），B（0，m）得AB＝2﹣m，∵四边形ABCD为正方形，∴BC＝AB＝2﹣m，∴点C的坐标为（2﹣m，m），∵点C在抛物线y＝x2﹣4x+2上，∴把点C（2﹣m，m）代入y＝x2﹣4x+2得：m＝（2﹣m）2﹣4（2﹣m）+2，解得m1＝2（舍去），m2＝﹣1，综上可知：当点C在抛物线上时，m＝7或m＝﹣1；③当m＞2时，如图：若D在抛物线上，则抛物线与正方形ABCD有两个交点，∵AD＝AB＝m﹣2，∴D（m﹣2，2），代入y＝x2﹣4x+2得：2＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，解得m＝6或m＝2（舍去），∴此时m的值为6；当m＜2时，如图：若C在抛物线内部，抛物线与正方形ABCD有两个交点，由②知，m＝﹣1时C在抛物线上，∴此时﹣1＜m＜2；若BC在顶点下方时，抛物线与正方形ABCD有两个交点，如图：由①知，当m＝﹣2时，顶点在抛物线上，∴此时m＜﹣2；综上所述，抛物线与正方形ABCD有两个交点，m的范围是：m＜﹣2或﹣1＜m＜2或m＝6．【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，正方形性质及应用，函数图象上点坐标的特征等，解题的关键是分类讨论思想的应用．1．（2023春•兴化市月考）已知：二次函数y＝ax2+2ax﹣8a（a为常数，且a＞0）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．（1）分别求点A、B的坐标；（2）若△ABC是直角三角形，求该二次函数相应的表达式；（3）当a=12时，一次函数y=12x+b的图象过B点，与二次函数的对称轴交于Q点，N为一次函数图象上一点，过N点作y的平行线交二次函数图象于M点，当D、M、N【分析】（1）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令y＝0可解得A（﹣4，0），B（2，0）；（2）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令x＝0得C（0，﹣8a），即可得AC2＝16+64a2，BC2＝4+64a2，AB2＝36，故16+64a2+4+64a2＝36，解方程，根据a＞0，得二次函数相应的表达式为y=24x2+22x（3）当a=12时，y=12x2+x﹣4=12（x+1）2−92，可得D（﹣1，−92），Q（﹣1，−32），设N（m，12m﹣1），则M（m，12m2+m﹣4），①若QN，DM为对角线，则QN，DM的中点重合，有−32+12m﹣1=−92+12m2【解答】解：（1）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令y＝0得：0＝ax2+2ax﹣8a，解得x＝﹣4或x＝2，∴A（﹣4，0），B（2，0）；（2）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令x＝0得y＝﹣8a，∴C（0，﹣8a），∵A（﹣4，0），B（2，0）；∴AC2＝16+64a2，BC2＝4+64a2，AB2＝36，∵△ABC是直角三角形，∴AC2+BC2＝AB2，即16+64a2+4+64a2＝36，解得a＝±24∵a＞0，∴a=2∴二次函数相应的表达式为y=24x2+22x（3）当a=12时，y=12x2+x﹣4=12∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，D（﹣1，−9把B（2，0）代入y=12x+b得：0＝1+∴b＝﹣1，∴y=12x令x＝﹣1得y=−∴Q（﹣1，−3设N（m，12m﹣1），则M（m，12m2+m∵DQ∥MN，∴D、M、N、Q四点组成的四边形是平行四边形，分两种情况：①若QN，DM为对角线，则QN，DM的中点重合，∴−32+12m﹣1=−解得m＝﹣4或m＝3，∴N（﹣4，﹣3）或（3，12②若QM，DN为对角线，则QM，DN的中点重合，∴−32+12m2+m﹣解得m＝0或m＝﹣1（此时N与Q重合，舍去），∴N（0，﹣1）；综上所述，N的坐标为（﹣4，﹣3）或（3，12）或（0，﹣【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，直角三角形，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．2．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+8（a≠0）与x轴交于点B（﹣4，0），点C（8，0），与y轴交于点A．点D的坐标为（0，4）．（1）求二次函数的解析式及点C的坐标．（2）如图1，点F为该抛物线在第一象限内的一动点，过E作FE∥CD，交CD于点F，求EF+55DF（3）如图2，在（2）的情况下，将原抛物线绕点D旋转180°得到新抛物线y'，点N是新抛物线y'上一点，在新抛物线上的对称轴上是否存在一点M，使得点D，E，M，N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标，并写出其中一个点M的求解过程．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由EF+55DF=EF+HF＝yE﹣yF+4﹣yF＝4+yE﹣2（3）当DE是对角线时，由中点坐标公式，列出方程组即可求解，当EM或EM是对角线时，同理可解．【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），则y＝a（x+4）（x﹣8）＝a（x2﹣4x﹣32），则﹣32a＝4，解得：a=−则抛物线的表达式为：y=−14x2（2）由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y=−1设点F（x，−12x+4），则点E（x，−14x过点D作DH⊥EF于点H，则DH∥x轴，则∠DCO＝∠HDC＝α，在Rt△COD中，tanα=ODOC=4则FH＝DFsinα=55则EF+55DF=EF+HF＝yE﹣yF+4﹣yF＝4+yE﹣＝4−14x2+x+8+2（−12x+4）=−=−14（x﹣4）2∴当x＝4时，EF+55DF（3）存在，理由：由抛物线的表达式知，其顶点为（2，9），当原抛物线绕点D旋转180°时，由中点坐标公式得，新抛物线的顶点为（﹣2，﹣1），则y′=14（x+2）2﹣1=14x2+x，其对称轴为直线设点N（n，14x2+x），点M（﹣2，m当DE是对角线时，由中点坐标公式得：4=n−24+8=即点M的坐标为：（﹣2，﹣3）；当EM或EM是对角线时，同理可得：n+4=−28+解得：n=−即点M的坐标为（﹣2，7）或（﹣2，﹣1）；综上，点M的坐标为：（﹣2，﹣3）或（﹣2，7）或（﹣2，﹣1）．【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数的应用，二次函数的性质，平行四边形的性质，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．3．（2023•武清区校级模拟）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C．（1）求这个二次函数的解析式；（2）抛物线上是否存在点Q，且满足AB平分∠CAQ，若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由；（3）点N为x轴上一动点，在抛物线上是否存在点M，使以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）将点A（﹣4，0），B（2，0）代入y＝ax2+bx+3中，即可求解；（2）作点C关于x轴的对称点E，连接AE交抛物线于Q，求出直线AE的解析式，联立二次函数得到方程组，再求解即可；（3）分情况讨论，分当BN∥CM，BN为边时和MN∥BC，BN为对角线时，根据平行四边形的性质及平移规律可分别求出点M的坐标．【解答】解：（1）将点A（﹣4，0），B（2，0）代入y＝ax2+bx+3中，∴16a−解得a=−∴y=−38x2（2）作点C关于x轴的对称点E，连接AE交抛物线于Q，∵y=−38x2−34x∴C（0，3），∴E（0，﹣3），设直线AE的解析式为y＝kx+p，∴−4k+p=0解得k=−∴直线AE的解析式为y=−34联立y=−38x2−3解得x＝4或﹣4（舍去），∴存在，Q点坐标为（4，﹣6）；（3）①如图2，当BN∥CM，BN为边时，∵yC＝3，∴yM＝3，在y=−38x2当y＝3时，−38x2−34x+3＝3，解得x1＝0，x∴M（﹣2，3）；②当MN∥BC，BN为对角线时，∵yC﹣yB＝3，∴yN﹣yM＝3，∴yM＝﹣3，在y=−38x2当y＝﹣3时，−38x2−34x+3＝﹣3，解得x1＝﹣1+17，x2∴点M的坐标为（﹣1−17，﹣3）或（﹣1+17，综上所述，点M的坐标为（﹣2，3）或（﹣1−17，﹣3）或（﹣1+17，【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行四边形的性质等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．4．（2023春•承德县月考）已知二次函数y=14x2−32x−4与x数轴交于点A、B（A在发现：点A的坐标为（﹣2，0），求出直线BC的解析式；拓展：如图1，点P是直线BC下方抛物线上一点，连接PB、PC，当△PBC面积最大时，求出P点的坐标；探究：如图2，抛物线顶点为D，抛物线对称轴交BC于点E，M是线段BC上一动点（M不与B、C两点重合），连接PM，设M点的横坐标为m（0＜m＜8），当m为何值时，四边形PMED为平行四边形？【分析】发现：令y＝0代入求解可得A、B坐标，然后令x＝0可得C点的坐标，进而利用待定系数法可求直线解析式；拓展：过点P作PH∥y轴，交BC于点H，设点P(m，14m2探究：由抛物线解析式可得对称轴为直线x＝3，则有D(3，−254)，E(3，−5【解答】解：发现：令y＝0时，则14解得：x1＝﹣2，x2＝8，令x＝0时，则有y＝﹣4，∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，﹣4），设直线BC的解析式为y＝kx+b，则有：8k+b=0b=−4解得：k=1∴直线BC的解析式为y=1拓展：过点P作PH∥y轴，交BC于点H，如图所示：设点P(m，14∴PH=−∴S△PBC∵0＜m＜8，且函数S△PBC∴当m＝4时，△PBC的面积最大，此时点P（4，﹣6）；探究：由抛物线解析式y=14x∴D(3，−∴DE=15∵四边形PMED为平行四边形，∴DE∥PM，DE＝PM，由题意知M(m，12∴PM=−∴−1解得：m1＝5，m2＝3（不符合题意，舍去），∴当m＝5时，四边形PMED为平行四边形．【点评】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．5．（2023春•梅江区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，△AOC绕原点O逆时针旋转90°得到△DOB，其中OA＝1，OC＝3．（1）若二次函数经过A、B、C三点，求该二次函数的解析式；（2）在（1）条件下，在二次函数的对称轴l上是否存在一点P，使得PA+PC最小？若P点存在，求出P点坐标；若P点不存在，请说明理由．（3）在（1）条件下，若E为x轴上一个动点，F为抛物线上的一个动点，使得B、C、E、F构成平行四边形时，求E点坐标．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由抛物线的对称性可以得出点A、B关于抛物线的对称轴对称，连接BC交对称轴于点P，则点P是所求的点，进而求解；（3）当BC是对角线时，由中点坐标公式得：3=x+m−3=m2−2m−3，即可求解；当【解答】解：（1）由题意得，点A、C的坐标分别为：（﹣1，0）、（0，﹣3），∵△AOC绕原点O逆时针旋转90°得到△DOB，∴OC＝OB＝3，即点B（3，0），设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣3）（x+1）＝a（x2﹣2x﹣3），则﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，故抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；（2）由抛物线的对称性可以得出点A、B关于抛物线的对称轴对称，∴连接BC交对称轴于点P，则点P是所求的点．∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴对称轴为直线x＝1，∴P点的横坐标为1．设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），将B（3，0）、C（0，﹣3）代入y＝mx+n，得：3m+n=0n=−3解得：m=1n=−3∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，∴当x＝1时，y＝x﹣3＝﹣2，∴点P的坐标为（1，﹣2）；（3）设点E（x，0）、点F（m，m2﹣2m﹣3），当BC是对角线时，由中点坐标公式得：3=x+m−3=m2即点E（1，0）；当BE是对角线时，由中点坐标公式得：x+3=m0=m2即点E（﹣2±7当BF是对角线时，由中点坐标公式得：m+3=xm2−2m−3=−3即点E（5，0）；综上，点E的坐标为：（1，0）或（﹣2+7，0）或（﹣2−7，0）或【点评】本题考查了二次函数综合运用，涉及到待定系数法求二次（一次）函数解析式、旋转的性质以及轴对称中最短路径问题、平行四边形的性质等，其中（3），分类求解是本题解题的关键．6．（2022秋•云州区期末）综合与探究如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象经过x轴上的点A（6，0）和y轴上的点B，且对称轴为直线x=7（1）求二次函数的解析式．（2）点E位于抛物线第四象限内的图象上，以OE，AE为边作平行四边形OEAF，当平行四边形OEAF为菱形时，求点F的坐标与菱形OEAF的面积．（3）连接AB，在直线AB上是否存在一点P，使得△AOP与△AOB相似，若存在，请直接写出点P坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）平行四边形OEAF为菱形，则EF为AO的中垂线，则点E的横坐标为12（3）S△OAB=12×AO×OB=12×OP×AB，即4×6【解答】解：（1）由题意得：x=7解得：a=2故抛物线的表达式为：y=23x2−（2）∵平行四边形OEAF为菱形，则EF为AO的中垂线，则点E的横坐标为12当x＝3时，y=23x2−143x+4＝﹣4，即点而点E、F关于x轴对称，则点F（3，4），则菱形OEAF的面积=12×EF×（3）由抛物线的表达式知，点B（0，4），即OB＝4，由点A、B的坐标得，AB＝213，如下图，在Rt△AOB中，tan∠OBA=OAOB=64=过点P作PH⊥AO于点H，∵∠ABO+∠BOP＝90°，∠BOP+∠POH＝90°，∴∠ABO＝∠PAO＝α当OP⊥AB时，△AOP与△AOB相似，则S△OAB=12×AO×OB=12×OP×AB解得：OP=12则PH＝OPsinα=12同理可得：OH=24故点P（2413，36此外，当点P和点B重合时，也符合题设的要求，即点P（0，4），综上，点P的坐标为：（2413，36【点评】此题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式、配方法求顶点坐标、平行四边形的性质、菱形的判定以及正方形的判定等知识．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想、方程思想与函数思想的应用．7．（2023春•开福区校级月考）【定义】对于函数图象上的任意一点P（x，y），我们把x+y称为该点的“雅和”，把函数图象上所有点的“雅和”的最小值称为该函数的“礼值”．根据定义回答问题：（1）①点P（9，10）的“雅和”为19；（直接写出答案）②一次函数y＝3x+2（﹣1≤x≤3）的“礼值”为﹣2；（直接写出答案）（2）二次函数y＝x2﹣bx+c（bc≠0）（3≤x≤5）交x轴于点A，交y轴于点B，点A与点B的“雅和”相等，若此二次函数的“礼值”为1﹣b，求b，c的值；（3）如图所示，二次函数y＝x2﹣px+q的图象顶点在“雅和”为0的一次函数的图象上，四边形OABC是矩形，点B的坐标为（5，﹣3），点O为坐标原点，点C在x轴上，当二次函数y＝x2﹣px+q的图象与矩形的边有四个交点时，求p的取值范围．【分析】（1）①根据新定义计算即可求解；②先计算x+y，设“雅和”为w，然后根据一次函数的最值出特征值即可．（2）根据题意得出A、B的坐标，将点A（c，0）代入解析式得，求得函数的“礼值”和最小值，建立方程即可求解；（3）二次函数y＝x2﹣px+q的图象顶点(p2，q−p24)在“雅和”为0的一次函数的图象上，即y＝﹣x上，得出q=p24−p2【解答】解：（1）①∵x+y称为该点的“雅和”，可得点P（9，10）的“雅和”为：9+10＝19，故答案为：19．②∵一次函数y＝3x+2（﹣1≤x≤3）上的点为：（x，3x+2），设“雅和”为M，可得到：M＝x+3x+2＝4x+2，∵﹣1≤x≤3，M＝4x+2中，4＞0，y随x的增大而增大，∴当x＝﹣1时，取得最小值，最小值为﹣4+2＝﹣2，所以，一次函数y＝3x+2（﹣1≤x≤3）的“礼值”为﹣2，故答案为：﹣2．（2）∵y＝x2﹣bx+c（bc≠0）（3≤x≤5）分别交x轴、y轴于点A、点B，且点A与点B的“雅和”相等，∴B（0，c），A（c，0），且bc≠0，将点A（c，0）代入解析式得，c2﹣bc+c＝0，即c＝b﹣1．设此函数的“雅和”为t，则N＝x2+（1﹣b）x+c，又∵此二次函数的“礼值”为1﹣b，∴N的最小值为1﹣b，得到4c−(1−b)24=1−b，即4（b﹣1）﹣（b﹣1）2＝﹣解得：b＝9，则c＝9﹣1＝8；（3）∵二次函数y＝x2﹣px+q顶点为(−−p2∵二次函数y＝x2﹣px+q的图象顶点在“雅和”为0的一次函数的图象上，即y＝﹣x上，∴p2+q−p∵四边形OABC是矩形，点B的坐标为（5，﹣3），点O为坐标原点，∴x＝5时，y=25−∵二次函数y＝x2﹣px+q的图象与矩形的边有四个交点，则抛物线的顶点在直线AB的下方，即y＜﹣3；二次函数图象x＝5时，y＞﹣3，如图所示：∴p2由①得：q−又q=p解得：p＞6；②p2又p2解得：p＝8或p＝14（舍去，抛物线的左侧过点B），∵抛物线开口向上，∴p24−112综上所述，不等式的解集为：6＜p＜8．【点评】本题考查了二次函数综合应用，新定义问题，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会构建函数解决最值问题，属于中考压轴题．8．（2023春•无锡月考）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）的图象分别与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，过点B作BC的垂线交对称轴于点M，以BM、BC为邻边作矩形BMNC．（1）求A、B的坐标；（2）当点N恰好落在函数图象上时，求二次函数的表达式；（3）作点N关于MC的对称点N'，则点N'能否落在函数图象的对称轴上，若能，请求出二次函数的表达式；若不能，请说明理由．【分析】（1）令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，解方程即可求解；（2）设直线x＝1与x轴交于点F，与BC交于点E，证明△MFB∽△BOC，得MF=a2，则M(1，2a)，根据矩形的性质坐标的平移得出N(−2，2a−3a)，将（3）同（2）的方法得出△BFE∽△BOC，得出E（1，﹣2a），则ME=2a+2a，根据题意得出CE【解答】解：（1）y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0），令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3∴A（﹣1，0），B（3，0）．（2）由题意知，抛物线的对称轴为直线x＝1，如图所示，设直线x＝1与x轴交于点F，与BC交于点E，∴OF＝1，FB＝2，C（0，﹣3a），∵∠MBF+∠ABC＝∠OCB+∠ABC＝90°，∴∠MBF＝∠OCB，又∵∠MFB＝∠COB＝90°，∴△MFB∽△BOC，∴MFOB解得MF=2∴M(1，∵点B左移3个单位向下移动3a个单位得到C，∴将点M左移3个单位向下移动3a个单位得到N，∴N(−2，将N代入抛物线得8a=2a，即∵a＞0，∴a=1∴抛物线表达式为y=1（3）点N'不能落在对称轴上；理由：对称轴为直线x＝1，∵EF∥OC，∴△BFE∽△BOC，∴EFOC即EF3a解得：EF＝2a，∴E（1，﹣2a），∵M(1，∴ME=2∴当点N'落在对称轴上时，∠NMC＝∠CME，∵MN∥BC，∴∠NMC＝∠MCB，∴∠CME＝∠MCB，∴CE＝ME，∵C（0，﹣3a），E（1，﹣2a），∴12化简得3a4+7a2+4＝0，解得：a2所以方程无实数解，∴点N'不能落在对称轴上．【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，二次函数的综合运用，轴对称的性质，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键．9．（2022秋•开福区校级期末）若凸四边形的两条对角线所夹锐角为60°，我们称这样的凸四边形为“美丽四边形”．（1）①在“平行四边形、矩形、菱形、正方形”中，一定不是“美丽四边形”的有菱形、正方形；②若矩形ABCD是“美丽四边形”，且AB＝1，则BC＝3或33（2）如图1，“美丽四边形”ABCD内接于⊙O，AC与BD相交于点P，且对角线AC，为直径，AP＝2，PC＝8，求另一条对角线BD的长；（3）如图2，平面直角坐标系中，已知“美丽四边形”ABCD的四个顶点A（﹣2，0），C（1，0），B在第三象限，D在第一象限，AC与BD交于点O，且四边形ABCD的面积为63，若二次函数y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）的图象同时经过这四个顶点，求a的值．【分析】（1）①由菱形、正方形的对角线互相垂直即可判断．②矩形ABCD对角线相等且互相平分，再加上对角线夹角为60°，即出现等边三角形，所以得到矩形相邻两边的比等于tan60°．由于AB边不确定是较长还是较短的边，故需要分类讨论计算．（2）过O点作OH垂直BD，连接OD，由∠DPC＝60°可求得OH，在Rt△ODH中勾股定理可求DH，再由垂径定理可得BD＝2DH．（3）由BD与x轴成60°角可知直线BD解析为y=3x，由二次函数图象与x轴交点为A、C可设解析式为y＝a（x+3）（x﹣2），把两解析式联立方程组，消去y后得到关于x的一元二次方程，解即为点B、D横坐标，所以用韦达定理得到xB+xD和xB•xD进而得到用a表示的（xB﹣xD）2．又由四边形面积可求得xD﹣xB＝6，即得到关于a的方程并解方程求得【解答】解：（1）①∵菱形、正方形的对角线互相垂直，∴菱形、正方形不是“美丽四边形”，故答案为：菱形、正方形；②设矩形ABCD对角线相交于点O，∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∠ABC＝90°，∴AO＝BO＝CO＝DO，∵矩形ABCD是“美丽四边形”，∴AC、BD夹角为60°，i）如图1，若AB＝1为较短的边，则∠AOB＝60°，∴△OAB是等边三角形，∴∠OAB＝60°，在Rt△ABC中，tan∠OAB=BC∴BC=3AB=ii）如图2，若AB＝1为较长的边，则∠BOC＝60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠OCB＝60°，在Rt△ABC中，tan∠OCB=AB∴BC=AB故答案为：3或33（2）过点O作OH⊥BD于点H，连接OD，∴∠OHP＝∠OHD＝90°，BH＝DH=12∵AP＝2，PC＝8，∴⊙O直径AC＝AP+PC＝10，∴OA＝OC＝OD＝5，∴OP＝OA﹣AP＝5﹣2＝3，∵四边形ABCD是“美丽四边形”，∴∠OPH＝60°，在Rt△OPH中，sin∠OPH=OH∴OH=32OP在Rt△ODH中，DH=O∴BD＝2DH=73（3）过点B作BM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，∴∠BMO＝∠DNO＝90°，∵四边形ABCD是“美丽四边形”，∴∠BOM＝∠DON＝60°，∴tan∠DON=DN即yD∴直线BD解析式为y=3x∵二次函数的图象过点A（﹣2，0）、C（1，0），即与x轴交点为A、C，∴用交点式设二次函数解析式为y＝a（x+2）（x﹣1），∵y=a(x+2)(x−1)y=3x整理得：ax2+（a−3∴xB+xD=−a−3a，xB•x∴（xB﹣xD）2＝（xB+xD）2﹣4xB•xD＝（−a−3a∵S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD=12AC•BM+12AC•DN=12AC（BM+DN）=12AC（yD﹣yB）=12AC（3xD−3∴332（xD﹣xB）＝6∴xD﹣xB＝4，∴（−a−3a解得：a1=−3+267∴a的值为：−3+26【点评】本题考查了新定义的理解和性质应用，掌握菱形、正方形的性质，矩形的性质，特殊三角函数的应用，垂径定理，一次函数的性质，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．10．（2022秋•南关区校级期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2﹣2x+n（x＞0）的图象记为G1，将G1绕坐标原点旋转180°得到图象G2，图象G1和G2合起来记为图象G．（1）若点P（﹣2，3）在图象G上，求n的值．（2）当n＝﹣1时．①若O（t，1）在图象G上，求t的值．②当k≤x≤3（k＜3）时，图象G对应函数的最大值为2，最小值为﹣2，直接写出k的取值范围．（3）当以A（﹣2，2），B（﹣2，﹣1），C（1，﹣1），D（1，2）为顶点的矩形ABCD的边与图象G有且只有3个公共点时，直接写出n的取值范围．【分析】（1）先求出图象G1和G2的解析式，分点P分别在图象G1和G2上两种情况讨论，可求n的值；（2）①先求出图象G1和G2的解析式，分点P分别在图象G1和G2上两种情况讨论，可求t的值；②结合图象1，可求k的取值范围；（3）结合图象，分类讨论可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x+n＝（x﹣1）2+n﹣1（x＞0），∴顶点坐标为（1，n﹣1），∵将G1绕坐标原点旋转180°得到图象G2，∴图象G2的顶点坐标为（﹣1，﹣n+1），∴图象G2的解析式为：y＝﹣（x+1）2+1﹣n（x＜0），若点P（﹣2，3）在图象G1上，且抛物线y＝x2﹣2x+n（x＞0）的图象记为G1，∴点P不在G1上，若点P（﹣2，3）在图象G2上，∴3＝﹣1+1﹣n，∴n＝﹣3；综上所述：点P（﹣2，3）在图象G上，n的值为﹣3；（2）①当n＝﹣1时，则图象G1的解析式为：y＝（x﹣1）2﹣2，图象G2的解析式为：y＝﹣（x+1）2+2，若点Q（t，1）在图象G1上，∴1＝（t﹣1）2﹣2，∴t＝1+3若点Q（t，1）在图象G2上，∴1＝﹣（t+1）2+2，∴t1＝﹣2，t2＝0（舍去）②如图1，y＝x2﹣2x﹣1（x＞0）＝（x﹣1）2﹣2，k≤x≤3（k＜3）时，当x＝3，y＝32﹣2×3﹣1＝2，当y＝﹣2时，﹣（x+1）2+2＝﹣2，∴x1＝﹣3，x2＝1，∴当k≤x≤3时，图象最大值为2，最小值﹣2，∴﹣3≤k≤1；（3）如图2，∵图象G2的解析式为：y＝﹣（x+1）2+1﹣n，图象G1的解析式为：y＝（x﹣1）2+n﹣1，∴图象G2的顶点坐标为（﹣1，﹣n+1），与y轴交点为（0，﹣n），图象G1的顶点坐标为（1，n﹣1），与y轴交点为（0，n），y＝n≤﹣1时，图象G1与矩形ABCD最多1个交点，图象G2与矩形ABCD最多1交点，当﹣1＜n＜0时，图象G1与矩形ABCD有1个交点，图象G2与矩形ABCD有3交点，当n＝0时，图象G1与矩形ABCD有1个交点，图象G2与矩形ABCD有2交点，共三个交点，当0＜n＜1时，图象G1与矩形ABCD有1个交点，图象G2与矩形ABCD有1交点，当1≤n≤2时，图象G1与矩形ABCD有1个交点，图象G2与矩形ABCD有2交点，共三个交点，当3＜n＜7时，图象G1与矩形ABCD有2个交点，当3≤n＜5时，图象G2与矩形ABCD有2个交点，n＝5时，图象G2与矩形ABCD有1个交点，n＞5时，没有交点，∵矩形ABCD的边与图象G有且只有三个公共点，当n≥7时，图象G1与矩形ABCD最多1个交点，图象G2与矩形ABCD没有交点，综上所述：当1≤n≤2时，矩形ABCD的边与图象G有且只有三个公共点．【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的应用，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．11．（2022•株洲）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）．（1）若a＝1，b＝3，且该二次函数的图象过点（1，1），求c的值；（2）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，该二次函数的图象与x轴相交于不同的两点A（x1，0）、B（x2，0），其中x1＜0＜x2、|x1|＞|x2|，且该二次函数的图象的顶点在矩形ABFE的边EF上，其对称轴与x轴、BE分别交于点M、N，BE与y轴相交于点P，且满足tan∠ABE=3①求关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的根的判别式的值；②若NP＝2BP，令T=1a2+阅读材料：十六世纪的法国数学家弗朗索瓦•韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，可表述为“当判别式Δ≥0时，关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个根x1、x2有如下关系：x1+x2=−ba，x1x2=ca”【分析】（1）把x＝1，y＝1代入y＝x2+3x+c，从而求得结果；（2）①根据题意，表示出AE和AB，根据tan∠ABE=AEAB=（3）根据OP∥MN，从而得出NPBP=OMOB，从而求得b的值，进而得出a，c的关系式，将其代入【解答】解：（1）当a＝1，b＝3时，y＝x2+3x+c，把x＝1，y＝1代入得，1＝1+3+c，∴c＝﹣3；（2）①方法（一）由ax2+bx+c＝0得，x1=−b−b2−4ac2a∴AB＝x2﹣x1=b∵抛物线的顶点坐标为：（−b2a，∴AE=b2−4ac4a∵∠BAE＝90°，∴tan∠ABE=AE∴b2∴b2﹣4ac＝9；（方法二）由ax2+bx+c＝0得，∵x1+x2=−ba，x1x∴|x1﹣x2|=(下面过程相同；②∵b2﹣4ac＝9，∴x2=−b+3∵OP∥MN，∴NPBP∴b2a：−b+3∴b＝2，∴22﹣4ac＝9，∴c=−∴T=1a2+165c=∴当1a=2时，T最小＝即a=12时，T最小＝【点评】本题考查二次函数及其图象性质，二次函数和一元二次方程之间的关系，平行线分线段成比例定理，锐角三角函数定义等知识，解决问题的关键根据点的坐标表示出线段．12．（2023春•南关区月考）已知抛物线y=−12x2+bx+c（b、c是常数）的顶点B坐标为（﹣1，2），抛物线的对称轴为直线l，点A为抛物线与x轴的右交点，作直线AB．点P是抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作x轴的垂线交直线AB于点Q，过点P作PN⊥l于点N，以（1）b＝﹣1，c＝32（2）当点Q在线段AB上（点Q不与A、B重合）时，求PQ的长度d与m的函数关系式，并直接写出d的最大值．（3）当抛物线被矩形PQMN截得的部分图象的最高点纵坐标与最低点纵坐标的距离为2时，求点P的坐标．【分析】（1）利用顶点坐标公式列出方程求出b、c的值；（2）求出直线AB与抛物线的解析式，则P（m，−12m2−m+32），Q（m，﹣m+1），可得（3）当P点在对称轴的左侧时，2﹣（−12m2−m+32）＝2，可得P（﹣3，0）；当P点在对称轴的右侧时，﹣m+1﹣（−12【解答】解：（1）∵抛物线的顶点B坐标为（﹣1，2），∴−b2×(−1解得b＝﹣1，c=3故答案为：﹣1，32（2）∵b＝﹣1，c=3∴抛物线的解析式为y=−12令y＝0，则−12x解得x＝﹣3或x＝1，∴A（1，0），设直线AB的解析式为y＝kx+h，∴k+ℎ解得k=−∴y＝﹣x+1，∵P点横坐标为m，PQ⊥x轴，∴P（m，−12m2−m+32），∵点Q在线段AB上，∴﹣1＜m＜1，∴PQ＝d=−12m2−m∴d的最大值为12（3）∵P（m，−12m∴Q（m，﹣m+1），当P点在对称轴的左侧时，2﹣（−12m解得m＝﹣3或m＝1（舍），∴P（﹣3，0）；当P点在对称轴的右侧时，﹣m+1﹣（−12m解得m=5或m=∴P（5，−5综上所述：P点坐标为（﹣3，0）或（5，−5【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，矩形的性质是解题的关键．13．（2023春•南关区校级月考）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（b、c是常数）经过点A（﹣1，0）和点B（3，0）．点P在抛物线上，且点P的横坐标为m．（1）求b、c的值；（2）当△PAB的面积为8时，求m的值；（3）当点P在点A的右侧时，抛物线在点P与点A之间的部分（包含端点）记为图象G，设G的最高点与最低点的纵坐标之差为h，求h与m之间的函数关系式；（4）点Q的横坐标为1﹣3m，纵坐标为m+1，以PQ为对角线构造矩形，且矩形的边与坐标轴平行．当抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大或y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）求出AB的长，再由P（m，﹣m2+2m+3），可得S△PAB=12×4×|﹣m2+2m+3|＝8，即可求m＝1+22或m＝1﹣22（3）分三种情况讨论：当﹣1＜m≤1时，h＝﹣m2+2m+3；当1＜m≤3时，h＝4；当m＞3时，h＝4﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣2m+1；（4）分别表示出矩形的四个顶点P（m，﹣m2+2m+3），Q（1﹣3m，m+1），M（1﹣3m，﹣m2+2m+3），N（m，m+1），结合图象可知，当﹣1＜m≤−12时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小；当14＜m【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，∴−1解得b=2c=3（2）∵b＝2，c＝3，∴y＝﹣x2+2x+3，∵点P的横坐标为m，∴P（m，﹣m2+2m+3），∵点A（﹣1，0），点B（3，0），∴AB＝4，∴S△PAB=12×4×|﹣m2解得m＝1+22或m＝1﹣22或m＝1；（3）∵点P在点A的右侧，∴m＞﹣1，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，当﹣1＜m≤1时，h＝﹣m2+2m+3；当1＜m≤3时，h＝4；当m＞3时，h＝4﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣2m+1；（4）设矩形为PMQN，∵P（m，﹣m2+2m+3），Q（1﹣3m，m+1），∴M（1﹣3m，﹣m2+2m+3），N（m，m+1），当M点在抛物线上时，﹣m2+2m+3＝﹣（1﹣3m）2+2（1﹣3m）+3，解得m=−12或当﹣1＜m≤−12时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y当m＝1﹣3m时，m=1当﹣m2+2m+3＝m+1时，m＝2或m＝﹣1，当14＜m＜2时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随综上所述：﹣1＜m≤−12或14＜m＜2时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形面积的求法，矩形的性质是解题的关键．14．（2023•九台区校级一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2﹣2ax﹣a（a为常数）．（1）若点（2，﹣1）在抛物线上．①求抛物线的表达式；②当x为何值时y随x的增大而减小？（2）若x≤2a，当抛物线的最低点到x轴的距离恰好是1时，求a的值；（3）已知A（﹣1，1）、B(−1，2a−12)，连结AB．当抛物线与线段AB有交点时，该交点为P（点P不与A、B重合），将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到线段PM，以PM、PA为邻边构造矩形PMQA．当抛物线在矩形PMQA内部（包含边界）图象所对应的函数的最大值与最小值的差为【分析】（1）①将点（2，﹣1）代入解析式，即可求解；②根据二次函数的性质即可求解；（2）求出顶点坐标，由题意列出方程即可求解；（3）分类讨论点B在A上方与点B在A下方两种情况，分别求出最高点与最低点坐标作差求解．【解答】解：（1）①将点（2，﹣1）代入y＝x2﹣2ax﹣a中，得22﹣2×2a﹣a＝﹣1，解得a＝1，故抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣1；②∵y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，∵1＞0，∴抛物线开口向上，∴当x＜1时，y随x的增大而减小；（2）∵y＝x2﹣2ax﹣a＝（x﹣a）2﹣a2﹣a，∴抛物线顶点坐标为（a，﹣a2﹣a），当a＞0时，抛物线的最低点是顶点，∴﹣a2﹣a＝﹣1，解得a=5−12当a≤0时，|（2a）2﹣2a•2a﹣a|＝1，解得a＝±1，∴a＝﹣1．综上：a＝﹣1或a=5（3）∵A（﹣1，1）、B（﹣1，2a−1∴AB所在直线解析式为x＝﹣1，将x＝﹣1代入y＝x2﹣2ax﹣a，得y＝1+a，∴点P坐标为（﹣1，1+a），当点B在点A下方时，1＞1+a＞2a−1解得a＜0，∵PB＝PM＝1+a﹣（2a−12）=∴点M横坐标为﹣1﹣（32−a）＝a∴Q的横坐标为a−5∴Q的坐标为（a−5①当点B在点A上方时，2a−12＞1+a解得a＞3当a＞32，抛物线经过点Q时，将（a1＝（a−52）2﹣2a（a−52解得a=−1+222或抛物线与直线x＝a−52交点为（a−52，﹣a2当32＜a＜−1+222时，抛物线与矩形交点最高点为点P（1+a）﹣1=32时，解得a当点P为最高点，抛物线与MQ交点E为最低点时，（1+a）﹣（﹣a2﹣a+254）解得a＝﹣1−312（舍）或a＝﹣1②当点B在点A下方时，﹣1＞1+a＞2a−1解得a＜0，当a＜0时，抛物线经过点Q时，a=−1−∴−1−222≤a＜0时，抛物线与矩形交点最高点纵坐标为1，最低点纵坐标为点P当1﹣（1+a）=32时，a当a＜−1−222时，抛物线与直线MQ交点（a−52，﹣a2﹣当﹣a2﹣a+254−（1+a）=32时，解得a＝﹣1+192综上所述，a＝﹣1−192或a=−32或a【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的性质，旋转的性质等知识，利用数形结合以及分类的思想解决问题是解题的关键．15．（2023•靖江市校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+32与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为﹣m+32（1）求b的值．（2）当点Q与点M重合时，求m的值．（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时．直接写出m的取值范围．【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可；（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可；（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q是下方下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+32＜−12m2+m+32，解得0＜m＜4，观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m【解答】解：（1）把点A（3，0）代入y=−12x2+bx+32，得到0解得b＝1；（2）∵抛物线的解析式为y=−12x2+∴P（m，−12m2+m∵M，Q重合，∴﹣m+32=−12m解得m＝0或4；（3）∵y=−12x2+x+32=−∴抛物线的顶点坐标为（1，2），由题意PQ＝MQ，且抛物线的顶点在该正方形内部，∴3﹣m＝﹣m+32−（−12m2+m+32）且解得m＝1−7或1+∴m＝1−7（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+32＜−12m∴m2﹣4m＜0，解得：0＜m＜4，观察图象可知：当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中，当3＜m＜4时，抛物线不在矩形PQMN内部，不符合题意，当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中，综上所述，满足条件的m的值为0＜m＜3或m＞4．【点评】本题考查二次函数的综合应用，掌握二次函数的性质，待定系数法，矩形的性质等知识是解题的关键．16．（2022秋•临朐县期末）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，菱形OABC的顶点A（3，4），C在x轴的负半轴，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴x＝2，且过点O，A．（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的解析式；（2）若在线段OA上方的抛物线上有一点P，求△PAO面积的最大值，并求出此时P点的坐标；（3）若把抛物线y＝ax2+bx+c沿x轴向左平移m个单位长度，使得平移后的抛物线经过菱形OABC的顶点B．直接写出平移后的抛物线解析式．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由△PAO面积＝S△PHA+S△PHO=12×PH×（3）结合勾股定理以及菱形的性质找出点B、C的坐标，根据二次函数的解析式求出该抛物线与x轴的交点坐标，再根据平移的性质找出平移后过B点的二次函数的解析式，代入B点的坐标即可得到解析式．【解答】解：（1）由题意得：函数的对称轴为直线x＝2，点A（3，4），点O（0，0），将上述条件代入抛物线表达式得：x=−解得a=−故抛物线的表达式为y=−43x2（2）过点P作PH∥y轴交AO于点H，由点A的坐标得：直线OA的表达式为y=43设点P、H的坐标分别为（m，−43m2+163m）、（m则△PAO面积＝S△PHA+S△PHO=12×PH×xA=12（−43m2+163m−43∵﹣2＜0，∴△PAO面积有最大值，当m=32时，△PAO面积有最大值，最大值为此时，点P（32（3）如图所示，设AB与y轴交于点D，则AD⊥y轴，AD＝3，OD＝4，则AO=A∵四边形OABC是菱形，∴OA＝AB＝OC＝5，BD＝AB﹣AD＝2，∴B（﹣2，4）．令y＝0，得y=−43x2解得：x1＝0，x2＝4，∴抛物线与x轴交点为O（0，0）和F（4，0），OF＝4，而y=−43x2+163x=−4∵沿x轴向左平移m个单位长度，∴y=−43（x﹣2+m）∵平移后的抛物线经过菱形OABC的顶点B，∴代入点B（﹣2，4），∴−43（﹣2﹣2+m）2解得：m＝3或5，∴平移后的抛物线解析式为：y=−43（x﹣2+3）2+163或y=−4即y=−43（x+1）2+163或y=−【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换以及菱形的性质，用原抛物线与x轴的交点，确定平移的m的值是解题的关键．17．（2023•道外区一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2ax+c经过点A（﹣4，0），点C（0，6），与x轴交于另一点B．（1）求抛物线的解析式；（2）点D为第一象限抛物线上一点，连接AD，BD，设点D的横坐标为t，△ABD的面积为S，求S关于t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；（3）在（2）的条件下，点P为第四象限抛物线上一点，连接PA交y轴于点E，点F在线段BC上，点G在直线AD上，若tan∠BAD=12，四边形BEFG为菱形，求点【分析】（1）将点A、C的坐标代入二次函数解析式求出b和c的值即可；（2）令y＝0，求点B的坐标，过点D作x轴的垂线，垂足为点H，点D的横坐标为t，表示出DH的长度，即可得出答案；（3）设直线AD交y轴于点K，根据tan∠BAD=12，求出直线AD的解析式为y=12x+2，连接BC，设点P的横坐标为m，则P(m，−14m2+12m+6)，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，则点Q（m，0），根据tan∠PAQ=OEOA=PQAQ，可得OE的长，说明△BCG≌△BCE（SAS），得【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c经过点A（﹣4，0），点C（0，6）两点，∴0=(−4解得a=−∴抛物线的解析式为y=−（2）如图1，抛物线y=−14x2+12x+6与x轴交于A，B两点，过点D∴D(t，−14t2∴DH=−当y＝0时，0=−解得x1＝﹣4，x2＝6，∵点A（﹣4，0），∴点B（6，0），∴AB＝6﹣（﹣4）＝10，∴S=1∴S=−（3）如图2，设直线AD交y轴于点K，连接CG，BC，∵tan∠BAD=1∴OKAO∴K（0，2），设直线AD解析式为y＝kx+b，∴0=(−4)k+b解得k=1∴直线AD的解析式为y=1∵点B（6，0），点C（0，6），∴OB＝OC，∴∠OBC=∠OCB=180°−90°设点P的横坐标为m，则P(m，−过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，∴点Q（m，0），∵tan∠PAQ=OE∴OE4∴OE＝m﹣6，∴CE＝m，E（0，6﹣m），∵四边形BEFG为菱形，∴BG＝BE，∠CBG＝∠CBE，∵BC＝BC，∴△BCG≌△BCE（SAS），∴CG＝CE＝m，∠BCG＝∠BCE＝45°，∴∠ECG＝90°，∴CG∥x轴，∴G（m，6），∵点G在y=1∴6=1解得m＝8，当m＝8时，−1∴P（8，﹣6）．【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，说明CG∥x轴是解决问题（3）的关键．18．（2023春•九龙坡区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0），与y轴于点C（1）求该抛物线的解析式；（2）点P为直线BC下方抛物线上的一动点，过P作PE⊥BC于点E，过P作PF⊥x轴于点F，交直线BC于点G，求PE+PG的最大值，以及此时点P的坐标；（3）将抛物线y=12x2+bx+c沿射线CB方向平移，平移后的图象经过点H（2，﹣1），点M为D的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点N，点Q为平移后的抛物线对称轴上的一点，且点Q在第一象限．在平面直角坐标系中确定点R，使得以点M，N，Q，R【分析】（1）根据抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0）两点，即知抛物线；（2）证明△PEG∽△BOC，根据相似三角形的性质得出PE=255PG（3）先根据平移规律求出平移后的抛物线的解析式，以及点M，N的坐标，然后设出点Q的坐标，根据菱形的性质求出Q的坐标，即可得点R的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0）两点，∴抛物线的表达式为：y=12（x+1）（x﹣4），即y=12x2（2）由抛物线的表达式知，C（0，﹣2），由点B、C的坐标得：直线BC的解析式为y=12x∵PF⊥x轴，∴PF∥y轴，∴∠PGE＝∠BCO，∵PE⊥BC，∴∠PEG＝∠BOC＝90°，∴△PEG∽△BOC，∴PEBO∴PE4=PG42∴PE+PG=255PG设P（x，12x2−32x﹣2），则G（x，1∴PG=12x﹣2﹣（12x2−32x﹣2）=−12x2+2∴当x＝2时，PG最大为2，∴PE+PG的最大值为：455+2，此时点P（3）设抛物线向上平移m个单位，向右平移2m个单位，∴新抛物线y'的解析式为y'=12（x−32−2m）∵平移后的图象经过点H（2，﹣1），∴12（2−32−2m）2+m−25∴新抛物线y'的解析式为y'=12（x−72∴点M（72，−178设Q（72，n∴MN2＝（72）2+（4+178MQ2＝（n+178）NQ2＝（72）2+（4﹣n）2①当MN＝NQ时，（72）2+（4﹣n）2＝（72）2+（4+17解得n=818或此时，MQ、NR为对角线，∵M（72，−178），N（0，4），Q（7∴R（7，4）；②当MQ＝NQ时，（72）2+（4﹣n）2＝（n+178解得n=31此时，MN、RQ为对角线，∵M（72，−178），N（0，4），Q（7∴R（0，−1③当MN＝MQ时，（72）2+（4+178）2＝（n+解得n=7此时，MR、NQ为对角线，∵M（72，−178），N（0，4），Q（7∴R（0，765综上所述，点R的坐标为（7，4）或（0，−1