专题22.22 二次函数图象的对称性（直通中考）-2023-2024学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（人教版）

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专题22.22 二次函数图象的对称性（直通中考）
【要点回顾】
（1） 二次函数的对称性
二次函数是轴对称图形，有这样一个结论：当横坐标为x1, x2 其对应的纵坐标相等那么对称轴:
（2）与抛物线y=ax2 +bx+c(a≠0)关于 y轴对称的函数解析式：y=ax2 -bx+c(a≠0)
与抛物线y=ax2 +bx+c(a≠0)关于 x轴对称的函数解析式：y=-ax2 –bx-c(a≠0)

（3）当a>0时，离对称轴越近函数值越小，离对称轴越远函数值越大；
当a<0时，离对称轴越远函数值越小，离对称轴越近函数值越大；
一、单选题
1．（2023·湖南·统考中考真题）已知是抛物线（a是常数，上的点，现有以下四个结论：①该抛物线的对称轴是直线；②点在抛物线上；③若，则；④若，则其中，正确结论的个数为（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（2023·辽宁营口·统考中考真题）如图．抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C．下列说法：①；②抛物线的对称轴为直线；③当时，；④当时，y随x的增大而增大；⑤（m为任意实数）其中正确的个数是（    ）
  
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2023·湖北十堰·统考中考真题）已知点在直线上，点在抛物线上，若且，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
4．（2022·四川自贡·统考中考真题）已知A(−3，−2) ，B(1，−2)，抛物线y=ax2+bx+c(a>0)顶点在线段AB上运动，形状保持不变，与x轴交于C，D两点（C在D的右侧），下列结论：
①c≥−2 ；
②当x>0时，一定有y随x的增大而增大；
③若点D横坐标的最小值为−5，点C横坐标的最大值为3；
④当四边形ABCD为平行四边形时，a=．
其中正确的是（    ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．①③④
5．（2022·四川绵阳·统考中考真题）如图，二次函数的图象关于直线对称，与x轴交于，两点，若，则下列四个结论：①，②，③，④．

正确结论的个数为（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．（2022·山东青岛·统考中考真题）已知二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，且经过点，则下列结论正确的是（    ）
A． B． C． D．
7．（2022·四川广安·统考中考真题）已知抛物线y=ax2 +bx +c的对称轴为x=1，与x轴正半轴的交点为A（3，0），其部分图象如图所示，有下列结论：①abc >0；②2c﹣3b <0；③5a +b+2c=0；④若B（，y1）、C（，y2）、D（，y3）是抛物线上的三点，则y1
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2022·四川成都·统考中考真题）如图，二次函数的图像与轴相交于，两点，对称轴是直线，下列说法正确的是（    ）

A． B．当时，的值随值的增大而增大
C．点的坐标为 D．
9．（2021·广西河池·统考中考真题）二次函数的图象如图所示，下列说法中，错误的是（   ）

A．对称轴是直线 B．当时，
C． D．
10．（2020·辽宁大连·中考真题）抛物线与x轴的一个交点坐标为，对称轴是直线，其部分图象如图所示，则此抛物线与x轴的另一个交点坐标是（    ）

A． B． C． D．
二、填空题
11．（2023·湖南娄底·统考中考真题）如图，抛物线与x轴相交于点、点，与y轴相交于点C，点D在抛物线上，当轴时， ．
  
12．（2020·内蒙古·中考真题）在平面直角坐标系中，已知和是抛物线上的两点，将抛物线的图象向上平移n（n是正整数）个单位，使平移后的图象与x轴没有交点，则n的最小值为 ．
13．（2020·广东·统考一模）如图，抛物线y＝﹣x2+x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），交y轴于点C，点P为抛物线对称轴上一点．则△APC的周长最小值是 ．

14．（2023·四川成都·统考二模）在平面直角坐标系中，点和点在抛物线上，若，则 ；若，则m的取值范围是 ．
15．（2023·湖南衡阳·统考一模）如果三点，和在抛物线的图象上，那，，之间的大小关系是 ．
16．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，二次函数图象经过点，对称轴为直线x=1，则9a+3b+c的值是 ．

17．（2023·福建福州·校考三模）在平面直角坐标系中，二次函数过点，，直线与抛物线交于，两点，取中点，则的横坐标为 ．
18．（2023·四川乐山·统考二模）已知抛物线过点、，则a的取值范围是 ．
三、解答题
19．（2021·浙江宁波·统考中考真题）如图，二次函数（a为常数）的图象的对称轴为直线．
（1）求a的值．
（2）向下平移该二次函数的图象，使其经过原点，求平移后图象所对应的二次函数的表达式．







20．（2023·北京·统考中考真题）在平面直角坐标系中，，是抛物线上任意两点，设抛物线的对称轴为．
（1）若对于，有，求的值；
（2）若对于，，都有，求的取值范围．






21．（2023·吉林·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点．点，在此抛物线上，其横坐标分别为，连接，．  
（1）求此抛物线的解析式．
（2）当点与此抛物线的顶点重合时，求的值．
（3）当的边与轴平行时，求点与点的纵坐标的差．
（4）设此抛物线在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为，在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为．当时，直接写出的值．











22．（2022·吉林长春·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线（b是常数）经过点．点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（）．以点A为中心，构造正方形，，且轴．
（1）求该抛物线对应的函数表达式：
（2）若点B是抛物线上一点，且在抛物线对称轴左侧．过点B作x轴的平行线交抛物线于另一点C，连接．当时，求点B的坐标；
（3）若，当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，或者y随x的增大而减小时，求m的取值范围；
（4）当抛物线与正方形的边只有2个交点，且交点的纵坐标之差为时，直接写出m的值．







23．（2023·山东日照·统考中考真题）在平面直角坐标系内，抛物线交y轴于点C，过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D．  
（1）求点C，D的坐标；
（2）当时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P为直线上方抛物线上一点，将直线沿直线翻折，交x轴于点，求点P的坐标；
（3）坐标平面内有两点，以线段为边向上作正方形．
①若，求正方形的边与抛物线的所有交点坐标；
②当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为时，求a的值．







24．（2021·湖北恩施·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点，在轴上，抛物线经过点，两点，且与直线交于另一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）为抛物线对称轴上一点，为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）为轴上一点，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，连接，．探究是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点的坐标；若不存在，请说明理由．





















参考答案
1．B
【分析】根据对称轴公式可判断①；当时，，可判断②；根据抛物线的增减性，分两种情况计算可判断③；利用对称点的坐标得到，可以判断④．
【详解】解：∵抛物线（a是常数，，
∴，
故①正确；
当时，，
∴点在抛物线上，
故②正确；
当时，，
当时，，
故③错误；
根据对称点的坐标得到，
，
故④错误．
故选B．
【点拨】本题考查了抛物线的对称性，增减性，熟练掌握抛物线的性质是解题的关键．
2．C
【分析】根据抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，可得，根据和点可得抛物线的对称轴为直线，即可判断②；推出，即可判断①；根据函数图象即可判断③④；根据当时，抛物线有最大值，即可得到，即可判断⑤
【详解】解：∵抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，
∴，
∵抛物线与x轴交于点和点，
∴抛物线对称轴为直线，故②正确；
∴，
∴，
∴，故①错误；
由函数图象可知，当时，抛物线的函数图象在x轴上方，
∴当时，，故③正确；
∵抛物线对称轴为直线且开口向下，
∴当时，y随x的增大而减小，即当时，y随x的增大而减小，故④错误；
∵抛物线对称轴为直线且开口向下，
∴当时，抛物线有最大值，
∴，
∴，故⑤正确；
综上所述，正确的有②③⑤，
故选C．
【点拨】本题主要考查了抛物线的图象与系数的关系，抛物线的性质等等，熟练掌握抛物线的相关知识是解题的关键．
3．A
【分析】设直线与抛物线对称轴左边的交点为，设抛物线顶点坐标为，求得其坐标的横坐标，结合图象分析出的范围，根据二次函数的性质得出，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，设直线与抛物线对称轴左边的交点为，设抛物线顶点坐标为

联立
解得：或
∴，
由，则，对称轴为直线，
设，则点在上，
∵且，
∴点在点的左侧，即，，
当时，
对于，当，，此时，
∴，
∴
∵对称轴为直线，则，
∴的取值范围是，
故选：A．
【点拨】本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，数形结合熟练掌握是解题的关键．
4．D
【分析】根据顶点在线段AB上抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）可以判断出c的取值范围，可判断①；根据二次函数的增减性判断②；先确定x=1时，点D的横坐标取得最大值，然后根据二次函数的对称性求出此时点C的横坐标，即可判断③；令y=0，利用根与系数的关系与顶点的纵坐标求出CD的长度的表达式，然后根据平行四边形的对边平行且相等可得AB=CD，然后列出方程求出a的值，判断④．
【详解】解：∵点A，B的坐标分别为(-3，-2)和(1，-2)，
∴线段AB与y轴的交点坐标为(0，-2)，
又∵抛物线的顶点在线段AB上运动，抛物线与y轴的交点坐标为(0，c) ，
∴C≥-2，(顶点在y轴上时取“=”)，故①正确；
∵抛物线的顶点在线段AB上运动，开口向上，
∴当x＞1时，一定有y随x的增大而增大，故②错误；
若点D的横坐标最小值为-5，则此时对称轴为直线x=-3，
根据二次函数的对称性，点C的横坐标最大值为1+2=3，故③正确；
令y=0，则ax2+bx+c=0，
设该方程的两根为x1，x2，则x1+x2=-，x1x2=，
∴CD2=( x1-x2) 2=( x1+x2) 2-4x1x2，
根据顶点坐标公式，，
∴，即，
∵四边形ACDB为平行四边形，
∴CD=AB=1-（-3)=4，
∴=42=16，解得a=，故④正确；
综上所述，正确的结论有①③④．
故选：D．
．  
【点拨】本题考查了二次函数的综合题型，主要利用了二次函数的顶点坐标，二次函数的对称性，根与系数的关系，平行四边形的对边平行且相等的性质，要注意顶点在y轴上的情况．
5．B
【分析】根据二次函数的对称性，即可判断①；由开口方向和对称轴即可判断②；根据抛物线与x轴的交点已经x=-1时的函数的取值，即可判断③；根据抛物线的开口方向、对称轴，与y轴的交点以及a－b＋c＜0，即可判断④．
【详解】∵对称轴为直线x=1，-2 ∴3＜x2＜4，①正确，
∵ = 1，
∴b=- 2а，
∴3a＋2b= 3a-4a= -a，
∵a＞0，
∴3a+2b<0，②错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2 - 4ac > 0，根据题意可知x=-1时，y<0，
∴a－b＋c<0，
∴a＋c ∵a＞0，
∴b=-2a<0，
∴a＋c<0，
∴b2 -4ac > a+ c，
∴b2＞a＋c＋4ac，③正确；
∵抛物线开口向上，与y轴的交点在x轴下方，
∴a＞0，c<0，
∴a>c，
∵a-b＋c<0，b=-2a，
∴3a+c<0，
∴c<-3a，
∴b=–2a，
∴b＞c，以④错误；
故选B
【点拨】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，解题的关键是掌握数形结合思想的应用，注意掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的对称性．
6．D
【分析】图象开口向下，得a<0， 对称轴为直线，得b=2a，则b<0，图象经过，根据对称性可知，图象经过点，故c>0，当x=1时，a+b+c=0，将b=2a代入，可知3a+c=0．
【详解】解：∵图象开口向下，
∴a<0，
∵对称轴为直线，
∴b=2a，
∴b<0，故A不符合题意；
根据对称性可知，图象经过，
∴图象经过点，
当x=1时，a+b+c=0，故C不符合题意；
∴c=-a-b，
∴c>0，故B不符合题意；
将b=2a代入，可知3a+c=0，故D符合题意．
故选：D．
【点拨】本题考查了二次函数的性质和图象，对称轴及对称性，与坐标轴的交点，熟练地掌握二次函数的图象特征是解决问题的关键．
7．B
【分析】根据二次函数的图象与性质一一判断即可．
【详解】解：由图象可知，开口向上，图象与y轴负半轴有交点，则，，
对称轴为直线，则，
∴，故①正确；
当时，，
∵，
∴，即
∴，故②错误；
∵对称轴为直线，
∴抛物线与x轴负半轴的交点为（，0），
∴，
∵，
两式相加，则，
∴，故③错误；
∵，，，
∴，
∴根据开口向上，离对称轴越近其对应的函数值越小，则有，故④正确；
∴正确的结论有2个，
故选：B
【点拨】本题考查了二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数图象及性质，能够通过函数图象提取信息是解题的关键．
8．D
【分析】结合二次函数图像与性质，根据条件与图像，逐项判定即可．
【详解】解：A、根据图像可知抛物线开口向下，即，故该选项不符合题意；
B、根据图像开口向下，对称轴为，当，随的增大而减小；当，随的增大而增大，故当时，随的增大而增大；当，随的增大而减小，故该选项不符合题意；
C、根据二次函数的图像与轴相交于，两点，对称轴是直线，可得对称轴，解得，即，故该选项不符合题意；
D、根据可知，当时，，故该选项符合题意；
故选：D．
【点拨】本题考查二次函数的图像与性质，根据图像得到抛物线开口向下，根据对称轴以及抛物线与轴交点得到是解决问题的关键．
9．D
【分析】由与x轴的交点和中点公式求对称轴判断选项A；结合函数图象判断选项B；令x=-1,判断选项C；令x=1,判断选项D,即可解答．
【详解】解：A、对称轴为：直线 ，故选项A正确，不符合题意；
B、由函数图象知，当-1 ∴当-1 C、由图可知：当x=-1时，y=a-b+c=0，
∴a +c=b，故选项C正确，不符合题意；
D、由图可知：当x=1时，y=a+b+c<0
∴a+b<-c，故选项D错误，不符合题意；
故选：D．
【点拨】本题主要考查了二次函数对称性、二次函数图象与系数之间的关系和二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键理解函数图象与不等式之间以及方程的关系．
10．B
【分析】由函数的对称性可得结论．
【详解】解：设此抛物线与x轴的另一个交点坐标为（x，0），
∵抛物线与x轴的一个交点坐标为，对称轴是直线，
∴，解得x=3,
此抛物线与x轴的另一个交点坐标为（3，0），
故选：B．
【点拨】此题主要考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的对称性是解答此题的关键．
11．4
【分析】与抛物线与x轴相交于点、点，可得抛物线的对称轴为直线，由轴，可得，关于直线对称，可得，从而可得答案．
【详解】解：∵抛物线与x轴相交于点、点，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵当时，，即，
∵轴，
∴，关于直线对称，
∴，
∴；
故答案为：4
【点拨】本题考查的是利用抛物线上两点的坐标求解对称轴方程，熟练的利用抛物线的对称性解题是关键．
12．4
【分析】通过A、B两点得出对称轴，再根据对称轴公式算出b，由此可得出二次函数表达式，从而算出最小值即可推出n的最小值．
【详解】∵A、B的纵坐标一样，
∴A、B是对称的两点，
∴对称轴，即，
∴b=-4．
∴抛物线解析式为：．
∴抛物线顶点(2，-3)．
∴满足题意n的最小值为4，
故答案为：4．
【点拨】本题考查二次函数对称轴的性质，顶点式的变形及抛物线的平移，关键在于根据对称轴的性质从题意中判断出对称轴．
13．+5
【分析】先连接AP、AC、BC，根据两点之间，线段最短得到△APC周长最小=BC+AC，根据二次函数解析式，求出A、B、C三点坐标，用勾股定理求出BC、AC即可.
【详解】解：如图，连接AP、AC、BC，

由线段垂直平分线性质，得AP＝BP，
∴△APC周长=AP+PC+AC=BP+PC+AC,
∴当BC与对称轴交点则为点P时，
△APC周长=BP+PC+AC=BC+AC最小，
抛物线y＝-x2+x+3中，令y＝0，解得x＝4或x＝-2；令x＝0，解得y＝3，
∴A（-2，0），B（4，0），C（0，3），
∴OA＝2，OB＝4，OC＝3，
在Rt△AOC中，有AC＝＝，
在Rt△BOC中，有BC＝＝5，
∴△APC的周长的最小值为：+5，
故答案为+5．
【点拨】本题是二次函数动点问题中的最短路径问题，用对称解决最短路径问题是解题的关键.
14． 或
【分析】若，先求二次函数的对称轴，再利用二次函数的对称性对称两点的横坐标之和的一半等于对称轴横坐标即可解答；若，分两种情况：当对称轴在y轴右侧时，当对称轴在y轴左侧时，结合二次函数图象的特性分别进行解答即可．
【详解】解：二次函数图象开口向上，对称轴是直线，
①∵，
∴点P、Q关于对称轴对称，
∴，解得；
②∵抛物线与y轴的交点为，当时，或，
∴与关于对称轴对称，
当对称轴在y轴右侧时，，
∵，
∴，且，
解得；
当对称轴在y轴左侧时，，此时，
P、Q两点都在对称轴的右侧，y的值随x值增大而增大，
∵，
∴，
解得；
∴综上，m的取值范围是或．
故答案为：；或．
【点拨】本题考查了二次函数图象与性质，掌握二次函数图象与性质，并能够熟练运用数形结合是解题的关键．
15．/
【分析】先求出抛物线的对称轴和开口方向，根据二次函数的性质比较即可．
【详解】解：抛物线的开口向下，对称轴是直线，
当时，随的增大而减小，关于称轴是直线的对称点是，
，
．
故答案为：．
【点拨】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，能熟记二次函数的性质是解此题的关键．
16．
【分析】由二次函数图象经过点，对称轴为直线，可以求得其关于对称轴对称点的坐标，即可解答．
【详解】解：∵二次函数图象经过点，对称轴为直线，
∴二次函数图象经过点，
∴，
故答案为：
【点拨】本题主要考查二次函数图象的对称性，解题的关键是掌握数形结合思想的应用．
17．
【分析】根据二次函数的对称性求出对称轴，可得一次项系数，联立两个函数解析式得到一个一元二次方程，根据中点公式与根与系数的关系直接求解即可．
【详解】∵二次函数过点，，
∴对称轴，
解得，则，
∵直线与抛物线交于，两点，
∴，得，
∵取中点，
∴的横坐标为．
故答案为：
【点拨】此题考查二次函数的性质和中点坐标公式以及一元二次方程的根与系数的关系，解题关键是先通过对称性求出对称轴，然后通过联立两函数解析式求交点坐标，最终通过中点公式求出中点横坐标．
18．或
【分析】由题意可得过，可知对称轴为，得，由抛物线过，可知存在使得，分和讨论最值即可求解．
【详解】解：∵，
∴当时，，即：过，
∵过，，
∴的对称轴为：，即：，
则当时，，
∵过，即存在使得，
当时，有最小值，故存在使得；
当时，有最大值，要使得存在使得，则，即：；
∴或；
故答案为：或．
【点拨】本题考查二次函数的性质，熟练掌握并理解二次函数的性质是解决问题的关键．
19．（1）；（2）
【分析】（1）把二次函数化为一般式，再利用对称轴：，列方程解方程即可得到答案；
（2）由（1）得：二次函数的解析式为：，再结合平移后抛物线过原点，则 从而可得平移方式及平移后的解析式．
【详解】解：（1）．
∵图象的对称轴为直线，
∴，
∴．
（2）∵，
∴二次函数的表达式为，
∴抛物线向下平移3个单位后经过原点，
∴平移后图象所对应的二次函数的表达式为．
【点拨】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数图像的平移，熟练掌握二次函数的基础知识是解题的关键．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据二次函数的性质求得对称轴即可求解；
（2）根据题意可得离对称轴更近，，则与的中点在对称轴的右侧，根据对称性求得，进而根据，即可求解．
【详解】（1）解：∵对于，有，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵抛物线的对称轴为．
∴；
（2）解：∵当，，
∴，，
∵，，
∴离对称轴更近，，则与的中点在对称轴的右侧，
∴，
即．
【点拨】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的对称性是解题的关键．
21．(1)
(2)
(3)点与点的纵坐标的差为或
(4)或
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）化为顶点式，求得顶点坐标，进而根据点的横坐标为，即可求解；
（3）分轴时，轴时分别根据抛物线的对称性求得的横坐标与的横坐标，进而代入抛物线解析式，求得纵坐标，即可求解；
（4）分四种情况讨论，①如图所示，当都在对称轴的左侧时，当在对称轴两侧时，当点在的右侧时，当的纵坐标小于时，分别求得，根据建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点．
∴
∴抛物线解析式为；
（2）解：∵，
顶点坐标为，
∵点与此抛物线的顶点重合，点的横坐标为
∴，
解得：；
（3）①轴时，点关于对称轴对称，
，
∴，则，，
∴，
∴点与点的纵坐标的差为；
②当轴时，则关于直线对称，
∴，
则
∴，；
∴点与点的纵坐标的差为；
综上所述，点与点的纵坐标的差为或；
（4）①如图所示，当都在对称轴的左侧时，
  
则
∴
∵，即
∴；

∵
∴
解得：或（舍去）；
②当在对称轴两侧或其中一点在对称轴上时，
  
则，即，
则，
∴，
解得：（舍去）或（舍去）；
③当点在的右侧且在直线上方时，即，
  
，
∴
解得：或（舍去）；
④当在直线上或下方时，即，
  ，
，
，

解得：（舍去）或（舍去）
综上所述，或．
【点拨】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，顶点式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
22．(1)
(2)
(3)或
(4)或或．
【分析】（1）将点代入，待定系数法求解析式即可求解；
（2）设，根据对称性可得，根据，即可求解；
（3）根据题意分两种情况讨论，分别求得当正方形点在轴上时，此时与点重合，当经过抛物线的对称轴时，进而观察图像即可求解；
（4）根据题意分三种情况讨论，根据正方形的性质以及点的坐标位置，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线（b是常数）经过点
∴
解得

（2）如图，

由
则对称轴为直线，
设，则

解得

（3）点A在抛物线上，且点A的横坐标为m（）．以点A为中心，构造正方形，，且轴
，且在轴上，如图，

①当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，如图，当正方形点在轴上时，此时与点重合，


的解析式为
，将代入
即
解得


观察图形可知，当时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；
②当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，当经过抛物线的对称轴时，



解得，
观察图形可知，当时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；
综上所述，m的取值范围为或
（4）①如图，设正方形与抛物线的交点分别为，当时，则
是正方形的中心，

即

②如图，当点在抛物线对称轴左侧，轴右侧时，




交点的纵坐标之差为，
的纵坐标为
的横坐标为

在抛物线上，

解得
③当在抛物线对称轴的右侧时，正方形与抛物线的交点分别为，，设直线交轴于点，如图，

则

即
设直线解析式为
则
解得
直线解析式为
联立
解得（舍去）
即的横坐标为，即，
综上所述，或或．
【点拨】本题考查了二次函数的综合问题，二次函数的对称性，正方形的性质，掌握二次函数图像的性质是解题的关键．
23．(1)，
(2)
(3)①，，；②
【分析】（1）先求出，再求出抛物线对称轴，根据题意可知C、D关于抛物线对称轴对称，据此求出点D的坐标即可；
（2）先求出，如图，设上与点M关于直线对称的点为，由轴对称的性质可得，利用勾股定理建立方程组，解得或（舍去），则，求出直线的解析式为，然后联立，解得或，则；
（3）分图3-1，图3-2，图3-3三种情况，利用到x轴的距离之差即为纵坐标之差结合正方形的性质列出方程求解即可．
【详解】（1）解：在中，当时，，
∴，
∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，
∴C、D关于抛物线对称轴对称，
∴；
（2）解：当时，抛物线解析式为，
当，即，解得或，
∴；
如图，设上与点M关于直线对称的点为，
由轴对称的性质可得，
∴，
解得：，即
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
联立，解得或
∴；
  
（3）解：①当时，抛物线解析式为，，
∴，
∴，，
当时，，
∴抛物线恰好经过；
∵抛物线对称轴为直线，
由对称性可知抛物线经过，
∴点时抛物线与正方形的一个交点，
又∵点F与点D重合，
∴抛物线也经过点；
综上所述，正方形的边与抛物线的所有交点坐标为，，；
  
②如图3-1所示，当抛物线与分别交于T、D，
∵当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，
∴点T的纵坐标为，
∴，
∴，
解得（舍去）或；
  
如图3-2所示，当抛物线与分别交于T、S，
∵当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，
∴，
解得（舍去，因为此时点F在点D下方）
  
如图3-3所示，当抛物线与分别交于T、S，
∵当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去）；
当时，，
当 时，，
∴不符合题意；
  
综上所述，．
【点拨】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键．
24．（1）；（2）存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）存在最小值，最小值为，此时点M的坐标为．
【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后把点B、D代入求解即可；
（2）设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分①当时，②当时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可；
（3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进而可得OM=BP，则有，若使的值为最小，即为最小，则有当点D、M、O三点共线时，的值为最小，然后问题可求解．
【详解】解：（1）∵四边形为正方形，，
∴，，
∴，
∴OB=1，
∴，
把点B、D坐标代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）由（1）可得，抛物线解析式为，则有抛物线的对称轴为直线，
∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称，
∴，
∴由两点距离公式可得，
设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：
①当时，如图所示：

∴由两点距离公式可得，即，
解得：，
∴点F的坐标为或；
②当时，如图所示：

∴由两点距离公式可得，即，
解得：，
∴点F的坐标为或；
综上所述：当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；
（3）由题意可得如图所示：

连接OM、DM，
由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，，
∴，DM=EM，
∵过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，
∴，
∴四边形BOMP是平行四边形，
∴OM=BP，
∴，
若使的值为最小，即为最小，
∴当点D、M、O三点共线时，的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：

∵，
∴，
∴的最小值为，即的最小值为，
设线段OD的解析式为，代入点D的坐标得：，
∴线段OD的解析式为，
∴．
【点拨】本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键．