2024年中考数学（安徽专用）专题05 二次函数 解答题压轴题

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通用的解题思路：
一、二次函数的区间最值问题
二次函数求取值范围之动轴定区间或者定轴动区间的分类方法：分对称轴在区间的左边、右边、中间三种情况。
若自变量的取值范围为全体实数，如图①，函数在顶点处时，取到最值.
若，如图②，当时，；当时，.
若，如图③，当，；当，.
若，且，，如图④，当，；当，.

二、利用二次函数的性质解决线段最值问题
（1）竖直（铅锤）线段的最值问题
= 1 \* GB3 ①求抛物线及支线AC的解析式；
= 2 \* GB3 ②设点，表示出点P、Q的坐标；
= 3 \* GB3 ③表示线段PQ的长度；
= 4 \* GB3 ④利用二次函数的性质求最大值。
（2）斜（垂）线段的最值问题
= 1 \* GB3 ①过点P作x轴垂线；
= 2 \* GB3 ②利用相似得到PHPQ=AOAC=k，把求PH的最大值转化为求kPQ的最大值、
三、动点产生的面积问题
（1）利用铅锤法求三角形面积；
（2）动三角形面积最大值：
= 1 \* GB3 ①利用二次函数的性质求最大值（利用铅锤法把动三角形的面积用含参数的式子表示出来，再利用二次函数的性质求最大值，如图1）；
= 2 \* GB3 ②利用定底平行线法求最大值（平移直线值与抛物线只有一个交点时，动三角形的面积最大，如图2）

四、特殊图形存在问题
（1）等腰三角形
= 1 \* GB3 ①利用几何法或代数法表示出三角形三边对应的函数式；
= 2 \* GB3 ②根据条件分情况进行讨论，排除不可能的情况；
= 3 \* GB3 ③列出方程进行求解，保留可能的值。
（2）直角三角形
= 1 \* GB3 ①按三个角分别可能是直角的情况进行讨论；
= 2 \* GB3 ②计算出相应的边长；
= 3 \* GB3 ③根据边长与己知点的坐标，计算出相应的点的坐标。
（3）等腰直角三角形
既要结合等腰三角形的性质，又要结合直角三角形的性质。需要分类讨论哪个角是直角。
（4）平行四边形
= 1 \* GB3 ①直接计算法根据平行四边形对边平行且相等,按这条线段为边或为对角线两大类，分别计算(适用于已知两点的连线就在坐标轴上或平行于坐标轴)
= 2 \* GB3 ②构造全等法过顶点作坐标轴的垂线，利用对边所在的两个三角形全等,把平行且相等的对边转化为水平或者垂直方向的两条对应边相等(适用于已知两点的连线，不与坐标轴平行，容易画出草图)
= 3 \* GB3 ③平移坐标法利用平移的意义，根据已知两点间横、纵坐标的距离关系，得待定两点也有同样的数量关系。(适用于直接写出答案的题)
（5）菱形
由于菱形是一组邻边相等的平行四边形，因此解决菱形存在性问题需要综合运用平行四边形和等腰三角形存在性问题的方法。
（6）矩形
由于矩形是含 90 度角的平行四边形，因此解决矩形存在性问题需要综合运用平行四边形和直角三角形存在性问题的方法。
（7）正方形
由于正方形即是矩形又是菱形，因此解决正方形存在性问题需要灵活选用所有存在性问题的方法。
1．（2021·安徽·中考真题）已知抛物线y=ax2−2x+1(a≠0)的对称轴为直线x=1．
（1）求a的值；
（2）若点M（x1，y1），N（x2，y2）都在此抛物线上，且−1（3）设直线y=m(m>0)与抛物线y=ax2−2x+1交于点A、B，与抛物线交于点C，D，求线段AB与线段CD的长度之比．
【答案】（1）a=1；（2）y1>y2，见解析；（3）
【分析】（1）根据对称轴x=−b2a，代值计算即可
（2）根据二次函数的增减性分析即可得出结果
（3）先根据求根公式计算出x=1±m，再表示出AB=|m+1−(−m+1)|，CD=x1−x2==23m3，即可得出结论
【详解】解：（1）由题意得：
（2）∵抛物线对称轴为直线x=1，且a=1>0
∴当x<1时，y随x的增大而减小，
当x>1时，y随x的增大而增大．
∴当−1∵x=−1时，y=4，x=0时，y=1
∴1同理：1时，y=0．
时，y=1
∴0（3）令x2−2x+1=m
x2−2x+(1−m)=0
Δ=(−2)2−4⋅1⋅(1−m)
=4m
∴x=2±4m2⋅1=1±m
∴x1=m+1 x2=−m+1
∴AB=|m+1−(−m+1)|
=2m
令3(x−1)2=m
∴(x−1)2=m3
∴x1=3m3+1 x2=−3m3+1
∴CD=x1−x2=23m3
∴ABCD=2m23m3=3
∴AB与CD的比值为
【分析】本题考查二次函数的图像性质、二次函数的解析式、对称轴、函数的交点、正确理解二次函数的性质是关键，利用交点的特点解题是重点
2．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点A6,0，与y轴交于点B0,−6，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线x=1．

(1)求直线l的解析式；
(2)求抛物线的解析式；
(3)点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作PC⊥x轴，垂足为C，交直线l于点D，过点P作，垂足为M．求PM的最大值及此时P点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)PM的最大值是928，此时的P点坐标是3,−214
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据题意可设抛物线的解析式为y=a(x−1)2+k，再利用待定系数法求解即可；
（3）由题意易证△PDM为等腰直角三角形，即得出PM=22PD．设点P的坐标为t,14t2−12t−6，则Dt,t−6，从而可求出PD=t−6−14t2−12t−6=−14(t−3)2+94．再结合二次函数的性质可知：当t=3时，PD有最大值是94，此时PM最大，进而即可求解．
【详解】（1）解：设直线l的解析式为y=mx+nm≠0，
把A，B两点的坐标代入解析式，得6m+n=0n=−6，
解得：m=1n=−6，
∴直线l的解析式为；
（2）解：设抛物线的解析式为y=ax−ℎ2+ka≠0，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴y=a(x−1)2+k．
把A，B两点坐标代入解析式，得25a+k=0a+k=−6，
解得：a=14k=−254，
∴抛物线的解析式为y=14x−12−254=14x2−12x−6；
（3）解：∵A6,0 B0,−6，
∴OA=OB=6．
∵在△AOB中∠AOB=90°，
∴∠OAB=∠OBA=45°．
∵PC⊥x轴，，
∴∠PCA=∠PMD=90°．
在中，∠PCA=90°，∠OAB=45°，
∴∠ADC=45°，
∴∠PDM=∠ADC=45°．
在Rt△PMD中，∠PMD=90°，∠PDM=45°，
∴sin45°=PMPD，
∴PM=22PD．
设点P的坐标为t,14t2−12t−6，则Dt,t−6，
∴PD=t−6−14t2−12t−6=−14t2+32t=−14(t−3)2+94．
∵，
∴当t=3时，PD有最大值是94，此时PM最大，
∴PM222294928max，
当t=3时，14t2−12t−6=14×32−12×3−6=−214，
∴P3,−214，
∴PM的最大值是928，此时的P点坐标是3,−214．
【分析】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质等知识．掌握利用待定系数法求函数解析式和利用数形结合的思想是解题关键．
3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图1，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=x2−4x+c的图象与y轴的交点坐标为0,5，图象的顶点为M．矩形ABCD的顶点D与原点O重合，顶点A，C分别在x轴，y轴上，顶点B的坐标为1,5．

(1)求c的值及顶点M的坐标，
(2)如图2，将矩形ABCD沿x轴正方向平移t个单位0①当t=2时，求QG的长；
②当点G与点Q不重合时，是否存在这样的t，使得△PGQ的面积为1？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)c=5，顶点M的坐标是2,1
(2)①1；②存在，t=12或52
【分析】（1）把0,5代入抛物线的解析式即可求出c，把抛物线转化为顶点式即可求出顶点坐标；
（2）①先判断当t=2时，D'，A'的坐标分别是2,0，3,0，再求出x=3，时点Q的纵坐标与点P的纵坐标，进而求解；
②先求出QG=2，易得P，Q的坐标分别是t,t2−4t+5，t+1,t2−2t+2，然后分点G在点Q的上方与点G在点Q的下方两种情况，结合函数图象求解即可．
【详解】（1）∵二次函数y=x2−4x+c的图象与y轴的交点坐标为0,5，
∴c=5，
∴y=x2−4x+5=x−22+1，
∴顶点M的坐标是2,1．
（2）①∵A在x轴上，B的坐标为1,5，
∴点A的坐标是1,0．
当t=2时，D'，A'的坐标分别是2,0，3,0．
当x=3时，y=3−22+1=2，即点Q的纵坐标是2，
当时，y=2−22+1=1，即点P的纵坐标是1．
∵PG⊥A'B'，
∴点G的纵坐标是1，
∴QG=2−1=1．
②存在．理由如下：
∵△PGQ的面积为1，PG=1，
∴QG=2．
根据题意，得P，Q的坐标分别是t,t2−4t+5，t+1,t2−2t+2．
如图1，当点G在点Q的上方时，QG=t2−4t+5−t2−2t+2=3−2t=2，
此时t=12（在0
如图2，当点G在点Q的下方时，QG=t2−2t+2−t2−4t+5=2t−3=2，
此时t=52（在0∴t=12或52．
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特点、矩形的性质以及三角形的面积等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
1．（2024·安徽黄山·一模）已知抛物线y=ax2＋bx+c​​​(a≠0)与x轴交于A−1,0，B(4,0)两点，经过点D−2,−3，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)若点M是x轴上位于点A与点B之间的一个动点（含点A与点B），过点M作x轴的垂线分别交抛物线和直线BC于点E、点F．求线段EF的最大值．
【答案】(1)抛物线的函数解析式为y=−12x2+32x+2
(2)线段EF的最大值为52
【分析】本题主要考查了用待定系数法求二次函数解析式，求一次函数解析式，以及两点之间的距离公式．
（1）利用待定系数求函数解析式即可；
（2）先求出BC的解析式，设Mm,0 ，−1≤m≤4 则E（m,−12m2+32m+2), F(m,−12m+2)，根据两点之间的距离公式得出关于m的绝对值方程，根据m的取值范围分类讨论求出EF的最大值即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A(−1​​,​​​0)，B(4,0)两点，
∴可设抛物线的函数解析式为y=a(x−4)(x+1)．
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点D(−2，−3)，则6a=−3，
解得a=−12．
∴抛物线的函数解析式为
y=−12(x−4)(x+1)=−12x2+32x+2
（2）当x=0时，y=2，
∴C（0,2）
设直线BC的解析式为y=kx+2，把B(4,0)代入，
得4k+2=0​​,​​​
解得：k=−12
∴直线BC的解析式为y=−12x+2
设Mm,0 ，−1≤m≤4
则E（m,−12m2+32m+2), F(m,−12m+2)
∴EF=−12m2+32m+2−−12m+2=−12m2+2m=−12m−22+2，
当0≤m≤4时， EF=−12m−22+2，
∴当m=2时，EF有最大值2．
当−1≤m<0时，F=12m−22−2，
当m=−1时， EF有最大值52
综上所述，EF的最大值为52.
2．（2024·安徽合肥·一模）已知抛物线L:y=ax2−4x+c(a>0)与直线y=ax−c都经过点A(−1,m)，直线y=ax−c与抛物线L的对称轴交于点B．
(1)求m的值；
(2)求证：a2+c2>4；
(3)当a=1时，将抛物线L向左平移个单位得到抛物线P，抛物线P与抛物线L的对称轴交于点M，且点M在点B的下方．过点A作x轴的平行线交抛物线P于点N，且点N在点A的右侧，求BM−AN的最大值，并求出此时n的值．
【答案】(1)m=2
(2)详见解析
(3)当n=12时，BM−AN值最大，为254
【分析】（1）把A(−1,m)代入L:y=ax2−4x+c(a>0)与y=ax−c中，得m=a+4+c①，m=−a−c②，两式相加可得m=2．
（2）由a+c=m=−2得a2+2ac+c2=4，由a+c=−2，a>0，得−2ac>0，故a2+c2>4．
（3）由a=1得抛物线L为y=（x−2）2−7，得M2,n2−7，表示出BM=12−n2，AN=6−n，得BM−AM=−n−122+254，再利用利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）把A(−1,m)代入L:y=ax2−4x+c(a>0)与y=ax−c中，得
m=a+4+c①，m=−a−c②，
①+②得m=2．
（2）∵a+c=−m=−2，
∴a+c2=−22，
∴a2+2ac+c2=4，
∴a2+c2=4−2ac．
∵a+c=−2，
又a>0，
∴c<0，
∴，
∴−2ac>0，
∴4−2ac>4，
∴a2+c2>4．
（3）如图：

∵a=1，
∴c=−3，
∴将抛物线L为y=x2−4x−3=x−22−7，直线为y=x+3，
∵抛物线L向左平移，
∴抛物线P为y=x−2+n2−7，
∵抛物线L的对称轴为直线，
∵抛物线P与抛物线L的对称轴交于点M，
∴M2,n2−7，
∵直线与抛物线L的对称轴交于点B，
∴B2，5，
∵点M在点B的下方，
∴BM=5−n2−7=12−n2．
∵抛物线L的对称轴为直线，A(−1,2)，
∴AD=6，
∴AN=6−n，
∴BM−AM=12−n2−6−n=−n−122+254，
∴当x=12时，BM−AM取得最大值254．
【分析】本题考查了二次函数、一次函数图象上点的坐标特征，完全平方公式，不等式的性质，二次函数的平移，二次函数的性质，二次函数的平移，以及二次函数与几何综合，掌握二次函数最值的求法是解题关键．
3．（2024·安徽马鞍山·一模）在平面直角坐标系中，抛物线y=14x+3x−a与x轴交于A,B两点，点B4,0．点C在y轴正半轴上，且OC=OB，D,E分别是线段AC，AB上的动点（点D不与点A,C重合，点E不与点A,B重合）．
(1)求此抛物线的表达式；
(2)连接BD．
①将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，点C,D的对应点分别是点F和点G，当点G在拋物线上时，求点G的坐标；
②连接CE，当CD=AE时，求BD+CE的最小值．
【答案】(1)y=14x2−14x−3
(2)①G−43,−209；②97
【分析】（1）抛物线y=14x+3x−a与x轴交于A,B两点，点B4,0，用待定系数法即可求解；
（2）①如图，连接DG交AB于点M，根据折叠的性质，设OM=mm>0，用含m的式子表示点G−m,43m−3， 根据点G−m,43m−3在抛物线上即可求解；②如下图，过点C作轴，可证△MCD≌△CAESAS，M、D、B三点共线时，CE+BD=MD+BD=BM取到最小值，在Rt△MNB中，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=14x+3x−a与x轴交于A,B两点，B4,0，
∴y=144+34−a=0，解得a=4，
∴y=14x+3x−4=14x2−14x−3，
∴抛物线的表达式为y=14x2−14x−3．
（2）解：已知抛物线y=14x2−14x−3与x轴交于A,B两点，点B4,0，
∴令y=0，则14x2−14x−3=0，解得，，x2=4，
∴A(−3,0)，
①如图，连接DG交AB于点M，
∵△BCD与△BFG关于x轴对称，
∴DG⊥AB，DM=GM，
设OM=mm>0，则AM=OA−OM=3−m，且C(0,4)，
在Rt△OAB中，OC=4,OA=3，
∴tan∠CAO=OCOA=43，
∴在Rt△AMD中，MG=MD=AM⋅tan∠CAO=433−m，
∴G−m,43m−3，
∵点G−m,43m−3在抛物线y=14x2−14x−3=14(x+3)(x−4)上，
∴14−m+3−m−4=43m−3，解得m=43或3（舍去），
∴G−43,−209；
②如下图，过点C作轴，使得CM=AC，作BN⊥MC延长线于点N，
∴∠MCA=∠CAE，
又∵CD=AE，CM=AC，
∴△MCD≌△CAESAS，
∴MD=CE，
、D、B三点共线时，CE+BD=MD+BD=BM取到最小值，
∵AC=5，C0,4，B4,0，
∴MC=5，，
在Rt△MNB中，BN=4，MN=9，
∴BM=5+42+42=97．
【分析】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握二次函数图像的性质，几何图形的性质，折叠的性质，勾股定理，最短路径的计算方法是解题的关键．
4．（2024·安徽合肥·一模）已知抛物线y=a2x2−2a2x−3a2a≠0与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线经过点A．
(1)求A、B两点的坐标;
(2)若直线与抛物线y=a2x2−2a2x−3a2的对称轴交于点E．
①若点E为抛物线的顶点，求a的值；
②若点E在第四象限并且在抛物线的上方，记△ACE的面积为S1，记△ABE的面积为，S=S2−S1，求S与x的函数表达式，并求出S的最大值．
【答案】(1)A−1,0，B3,0
(2)①−12；②S=−3a+562+2512；S的最大值为2512．
【分析】本题考查了二次函数的综合题，数形结合，灵活运用分类讨论的思想是正确解答此类题的关键．
（1）令y=0，解方程a2x2−2a2x−3a2=0，即可求解；
（2）①先求得直线解析式为：y=ax+a，顶点坐标为1,−4a2，根据直线y=ax+a过点1,−4a2，列式计算即可求解；
②根据题意画出示意图，利用三角形面积公式列式得到S1=a+3a2，S2=−4a，再求得S=−3a+562+2512，据此求解即可．
【详解】（1）解：令y=0，则有：
a2x2−2a2x−3a2=0，
即x2−2x−3=0，
x1=3，x2=−1，
∴A−1,0，B3,0；
（2）解：∵直线经过A−1,0，
∴−a+b=0，
∴a=b，
∴直线解析式为：y=ax+a，
抛物线y=a2x2−2ax2−3a2配方得y=a2x−12−4a2，
∴其顶点坐标为1,−4a2；
①当E为顶点时：即y=ax+a过1,−4a2，
∴2a=−4a2，
a1=−12，a2=0（舍去），
∴a=−12；
②根据题意可画出示意图，
设直线y=ax+a交y轴于F，交抛物线对称轴于E点，且点E在第四象限并且在抛物线的上方，
则F0,a，E1,2a，−12又∵C0,−3a2，
∴CF=yF−yC=a+3a2，
∴S1=12×2×a+3a2=a+3a2，
S2=12×4×−2a=−4a．
∴S=S2−S1=−4a−a+3a2
=−3a2−5a
=−3a+562+2512，
∵−3<0，
∴当a=−56，S的最大值为2512．
5．（2024·安徽合肥·一模）已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于，两点，与y轴的负半轴交于点C，且OB=OC，连接BC．
(1)求抛物线的解析式．
(2)P是抛物线上位于BC下方的一动点，且点P的横坐标为t．
①求△AOP的最大面积．
②是否存在一点P，使S四边形ACPB=32S△ABC，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)①2；②存在，1或2
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）①根据三角形面积公式和二次函数最值进行求解即可；②过点P作PQ⊥x轴，根据S四边形ACPB=S△OAC+S四边形CPPQ+S△PBQ列式，再利用S四边形ACPB=32S△ABC，S△ABC=12AB⋅OC=6，求解即可；
本题主要考查二次函数的综合运用，掌握待定系数法和数形结合的方法是解题的关键．
【详解】（1）解： ∵点，OB=OC，且点C在y轴负半轴，
∴点C(0,−3)．
设抛物线的解析式为y=ax2+bx−3．
将点，代入y=ax2+bx−3，
得a−b−3=0,9a+3b−3=0,解得a=1,b=−2,
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
（2）①∵点P的横坐标为t，
∴点P的纵坐标为t2−2t−3，
∴S△MOP=12OA⋅yP=−12t2−2t−3=−12(t−1)2+2．
当t=1时，S△MOP最大，最大值为2．
②存在．
如图，过点P作PQ⊥x轴，则PQ=−t2+2t+3，OQ=t，BQ=3−t，
S四边形ACPB=S△OAC+S四边形CPPQ+S△PBQ
=32+3−t2+2t+3⋅t2+−t2+2t+3⋅(3−t)2
=−3t2+9t+122
=−32t2−3t−4．
∵S四边形ACPB=32S△ABC，S△ABC=12AB⋅OC=6，
∴−32t2−3t−4=32×6，解得t1=1，t2=2，
∴t的值为1或2．
6．（2024·安徽合肥·一模）已知二次函数y=x2−2ax+a2+a−6（a<0且为常数），当a取不同的值时，其图象不同．
(1)求二次函数的顶点坐标（用含a的式子表示）；
(2)若抛物线与x轴交于Ax1，0，、Bx2，0两点x1≠x2，当x1⋅x2=6时，
①求抛物线的解析式；
②若抛物线顶点为C，其对称轴与x轴交于点D，直线与x轴交于点E．点M为抛物线对称轴上一动点，过点M作MN⊥CE，垂足N在线段CE上．试问是否存在点M，使S△MNE=1750S△CDE？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)a,a−6
(2)①y=x2+8x+6；②存在，−4,42或−4,−42
【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等：
（1）把抛物线解析式化为顶点式即可得到答案；
（2）①根据题意可得x1⋅x2=a2+a−6，进而得到a2+a−6=6，解方程即可得到答案；②先求出C−4，−10，D−4，0，E6，0，则CD=10，DE=10，可得S△CDE=12CD⋅DE=50，则S△MNE=17；证明△CMN是等腰直角三角形，得到CM=2MN=2CN；设M−4，m，如图所示，当点M在x轴下方时，则DM=−m，CM=m+10，MN=CN=22m+10，可得方程12×10m+10−12×22m+102=17，解方程即可得到答案；同理求出当点M在x轴上方时的坐标即可．
【详解】（1）解：∵二次函数解析式为y=x2−2ax+a2+a−6=x−a2+a−6，
∴二次函数顶点坐标为a,a−6；
（2）解：①∵抛物线与x轴交于Ax1，0，、Bx2，0两点x1≠x2，
∴x1⋅x2=a2+a−6，
∵x1⋅x2=6，
∴a2+a−6=6，
解得a=−4或a=3（舍去），
∴抛物线解析式为y=x2+8x+6；
②由（2）①可得C−4，−10，则D−4，0，
∵直线与x轴交于点E，
∴E6，0，
∴CD=10，DE=10，
∴S△CDE=12CD⋅DE=50，
∵S△MNE=1750S△CDE，
∴S△MNE=17；
∵CD=DE=10，∠CDE=90°，
∴∠DCE=45°，
∵MN⊥CE，
∴△CMN是等腰直角三角形，
∴CM=2MN=2CN；
设M−4，m，
如图所示，当点M在x轴下方时，
∴DM=−m，CM=m+10，
∴MN=CN=22m+10，
∵S△MNE=S△CME−S△CMN，
∴12×10m+10−12×22m+102=17，
∴10m+10−12m+102=34，
∴m+102−20m+10+68=0，
∴m2+20m+100−20m−200+68=0，
解得m=−42（正值舍去），
∴M−4，−42；

同理当点M在x轴上方时，可求得M−4，42，
综上所述，M−4，42或M−4，−42．

7．（2024·安徽六安·一模）如图，二次函数y=x2−4x+3与一次函数的图象交于A，B两点，点A在y轴上，点B在x轴上，一次函数的图象与二次函数的对称轴交于点P．
(1)求点P的坐标；
(2)当a−2≤x≤2时，二次函数y=x2−4x+3的最大值是15，求a的值；
(3)点C是该二次函数图象上A，B两点之间的一动点，点C的坐标为（t,n），，求当n取何值时，m的值最小，最小值是多少？
【答案】(1)2,1
(2)a=0
(3)n=12，74
【分析】（1）根据已知条件得到直线x=−−42×1=2，把代入即可得到结论；
（2）根据二次函数的性质得到二次函数y=x2−4x+3的最大值是15，解方程即可得到结论；
（3）根据Ct,n在抛物线上，求得n=t²−4t+3,，根据勾股定理和二次函数的性质即可得到结论．
【详解】（1）∵二次函数y=x2−4x+3的对称轴为直线x=−−42×1=2，
把代入得y=−2+3=1，
∴点P的坐标为(2,1)，
故答案为：(2,1)；
（2）∵二次函数的对称轴为，在对称轴左侧二次函数y的值随x的增大而减小
∴二次函数 y=x²−4x+3的最大值是15，即 a−22−4a−2+3=15
解得a1=0,a2=8，
∵a−2≤x≤2，
∴a≤4，
∴a=0；
（3）∵Ct,n在抛物线上，
∴n=t²−4t+3,
∴m=PC2=2−t2+1−n2=t2−4t+4+n2−2n+1
=t²−4t+3+1+n²−2n+1
=n+1+n²−2n+1=n²−n+2
=n−122+74,
∵1>0，
当 n=12时，m的值最小，最小值是 74．
【分析】本题主要考查二次函数的综合题，一次函数和二次函数的性质，熟练掌握待定系数法求函数解析式即二次函数的性质是解题的关键．
8．（2024·安徽合肥·一模）如图，直线y=x−3与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y=x2+bx+c经过B、C两点，抛物线与x轴负半轴交于点A．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)直接写出当x−3>x2+bx+c时，x的取值范围；
(3)点P是位于直线BC下方抛物线上的一个动点，过点P作PE⊥BC于点E，连接OE．求△BOE面积的最大值及此时点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)0(3)7516；12,−154
【分析】（1）令直线解析式y=0，即可求得点B的坐标，令x=0，即可求得点C的坐标，利用待定系数法直接代入求解即可；
（2）根据函数图象即可解答；
（3）过点P作PH⊥x轴于点H，交直线BC于点G，过点E作EF⊥PH于点F，设点Pa,a2−2a−3，则点Ga,a−3，PG=a−3−a2−2a−3=−a2+3a，证明△EGP是等腰直角三角形，得到S△BOE=−34a−122+7516，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：y=0时，x−3=0，x=3，
∴B3,0，
x=0时，y=−3，
∴C0,−3，
将B3,0，C0,−3代入y=x2+bx+c得：
9+3b+c=0c=−3解得b=−2c=−3，
∴y=x2−2x−3；
（2）解：∵B3,0，C0,−3，
∴x−3>x2+bx+c时，
由函数图象可得：0（3）解：如图，过点P作PH⊥x轴于点H，交直线BC于点G，过点E作EF⊥PH于点F，
设点Pa,a2−2a−3，
则点Ga,a−3，PG=a−3−a2−2a−3=−a2+3a，
∵OC=OB=3，
∴∠OCB=180°−∠BOC2=45°，
∵PE⊥BC，PH∥y轴，
∴△EGP是等腰直角三角形，PF=GD2=−a2+3a2，
∴FH=PH−PF=−a2−2a−3−−a2+3a2=−a22+a2+3，
S△BOE=BO⋅HF2=32−a22+a2+3=−34a2+34a+92=−34a−122+7516，
∵P在直线BC下方，
∴0∵−12<0，对称轴为直线a=12，
∴当a=12时，S7516△BOEmax，
此时点P坐标为12,−154．
【分析】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，图像法解不等式，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用数形结合的思想解决问题．
9．（2024·安徽安庆·一模）如图，抛物线与x轴交于点A1,0、B3,0两点，与y轴交于点C．
(1)求此抛物线对应的函数表达式；
(2)点E为直线BC上的任意一点，过点E作x轴的垂线与此抛物线交于点F．
①若点E在第一象限，连接CF、BF，求△CFB面积的最大值；
②此抛物线对称轴与直线BC交于点D，连接DF，若△DEF为直角三角形，请直接写出E点坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)①278；②E1,2或4,−1或E2−2,1+2或E2+2,1−2
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）①先求出BC的解析式，设Em,−m+3，将三角形的面积转化为二次函数求最值，即可；
②分点D为直角顶点，点F为直角顶点，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：把点A1,0、B3,0代入解析式，得：
&a+b+3=0&9a+3b+3=0，解得：&a=1&b=−4；
∴y=x2−4x+3；
（2）①∵y=x2−4x+3，
∴当x=0时，，
∴C0,3，
设BC的解析式为y=kx+3，把B3,0代入，得：k=−1，
∴，
设点Em,−m+3，则：Fm,m2−4m+3，
∴EF=−m+3−m2+4m−3=−m2+3m，
∴S△CFB=12EF⋅OB=12×3−m2+3m=−32m−322+278，
∴当m=32时，△CFB面积的最大值为278；
②∵y=x2−4x+3=x−22−1，
∴对称轴为直线，
当时，y=−2+3=1，
∴D2,1
设点Em,−m+3，则：Fm,m2−4m+3，
∴EF2=−m2+3m2,DE2=2−m2+m−22=2m−22,DF2=2−m2+m2−4m+22，
当点D为直角顶点时，则：EF2=DF2+DE2，
∴−m2+3m2=2m−22+2−m2+m2−4m+22，
解得：m=2（舍去），m=4或m=1；
∴E1,2或4,−1
当点F为直角顶点时：DE2=DF2+FE2，
∴2m−22=−m2+3m2+2−m2+m2−4m+22，
解得：m=3（舍），m=0（舍），m=2+2或m=2−2；
∴E2−2,1+2或E2+2,1−2；
综上：E1,2或4,−1或E2−2,1+2或E2+2,1−2．
10．（2024·安徽·一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx−3与x轴分别交于点A−1,0，B3,0，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图，点D、F分别是抛物线上第四象限、第二象限上的点，其中点F的横坐标为t，连接交y轴于点E，连接DC、DE，设△CDE的面积为，且，求点D的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)点D坐标为32,−154
【分析】本题考查抛物线与x轴的交点，抛物线与三角形面积综合，以及待定系数法求函数解析式，关键是待定系数法求出函数解析式．
（1）将A、B两点坐标代入解析式即可得到抛物线解析式；
（2）根据点F是抛物线上第二象限上的点，其横坐标为t，点F坐标为，然后用待定系数法求直线的解析式，从而求出点E坐标，再根据三角形的面积公式以及，求出点D的横坐标，然后再代入二次函数解析式，从而得出结论．
【详解】（1）解：将A、B点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+4中，
得0=a−b−30=9a+3b−3，
解得a=1b=−2，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）∵点F是抛物线上第二象限上的点，其横坐标为t(t<0)，
∴点F坐标为，
设直线的解析式为y=kx+m，
把B，F坐标代入y=kx+m得：3k+m=0tk+m=t2−2t−3，
解得k=t+1m=−3(t+1)，
∴直线与y轴的交点E的坐标为(0,−3t−3)
∵C(0,−3)，
∴EC=−3t−3+3=−3t，
∴△CDE的面积为s=12DE⋅xD=12×(−3t)⋅xD，
∵4s+9t=0，
−9t=4×12×(−3t)⋅xD，
解得xD=32，
把x=32代入y=x2−2x−3得y=94−3−3=−154，
∴点D坐标为32,−154．
11．（2024·安徽·一模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数的图象经过点A(2,4)，与x轴交于点B6,0，一次函数y=kx+n(k≠0)的图象经过A，B两点.
(1)求二次函数和一次函数的函数表达式；
(2)若点P是二次函数图象的对称轴上的点，且PA=PB，如图2，求点P的坐标；
(3)点M是二次函数的图像位于第一象限部分上的一动点，过点M作x轴的垂线交直线AB于点N，若点M的横坐标为m.试探免：是否存在常数m，使得MN的长为4？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)y=−12x2+3x，y=−x+6
(2)P3,1
(3)4−23
【分析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线和直线表达式，即可求解；
（2）先求出二次函数的对称轴，设P3,t，再用两点间距离公式列方程即可求解；
（3）先得点M坐标为(m,−12m2+3m)，0【详解】（1）把点A(2,4)，B(6,0)代入抛物线得：
4a+2b=436a+6b=0，解得：a=−12b=3，
故二次函数的表达式为：，
把A(2,4)，B(6,0)代入一次函数表达式y=kx+n(k≠0)得：
2k+n=46k+n=0，解得：k=−1n=6，
故一次函数的表达式为：y=−x+6；
（2）二次函数的的对称轴为直线x=−32×−12=3，
由点P是二次函数图象的对称轴上的点，可设P3,t，
∵PA=PB，
，
∴3−22+t−42=3−62+t2，
解得：t=1，
∴P3,1；
（3）∵第一象限点M的模坐标为m.
∴点M坐标为(m,−12m2+3m)，0∴点N坐标为(m,−m+6)，
∵MN的长为4，
∴−12m2+3m−−m+6=4
∴−12m2+4m−6=4或−12m2+4m−6=−4
m3=4−23，m4=4+23（舍去），
∴m的值为4−23，
【分析】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，两点间距离公式是解题的关键．
12．（2024·安徽合肥·一模）如图．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=−x2+2x+c与x轴交于A，B两点，它的对称轴交抛物线于点M，交x轴于点N，过点M作MD⊥y轴于点D，连接BD交对称轴于点E．已知点A的坐标为−1,0．
(1)求此抛物线的表达式及顶点的坐标；
(2)求△DME与△BNE的面积之比；
(3)动点P，Q在此抛物线上，其横坐标分别为m，m+1．其中−1【答案】(1)函数的解析式为：y=−x2+2x+3，顶点坐标为1,4；
(2)1:4；
(3)m=1−22．
【分析】
本题主要考查二次函数的性质，涉及待定系数法求解析式、两点之间的距离和分类讨论思想，
（1）根据题意采取待定系数法即可求得解析式；
（2）根据题意求得点B和点D的坐标即可得到直线BD得解析式，再结合两点之间的距离即可求得面积之比；
（3）采取分类讨论：当−1【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+2x+c与x轴交于A−1,0，
∴−−12+2×−1+c=0，解得c=3，
则函数的解析式为：y=−x2+2x+3=−x−12+4，
即函数的解析式为：y=−x2+2x+3，顶点坐标为1,4；
（2）令y=0，得−x2+2x+3=0，解得x1=−1，x2=3，则点B3,0，
由（1）得点M1,4，则点D0,4，
设直线BD得解析式为，
3k+b=0b=4，解得k=−43b=4，
则直线BD得解析式为y=−43x+4，
∵点E为对称轴和直线BD，
∴E1,83，
则S△DMES△BNE=12DM⋅ME12BN⋅EN=1×4−833−1×83=14；
（3）①当−1∵点P，Q在此抛物线上，且其横坐标分别为m，m+1
∴ℎ1=−m2+2m+3，ℎ2=−m2+4，
∵ℎ2−ℎ1=12，
∴−m2+4−−m2+2m+3=12，解得m=14（舍去）；
②当0≤m<1时，1≤m+1<2，
同理得ℎ1=−m2+2m+3，，
则4−−m2+2m+3=12，解得m=1−22，（舍去）；
故m=1−22．
13．（2024·安徽·一模）已知抛物线为常数，且与x轴交于A，B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，经过点B的直线y=12x+b与抛物线的另一交点为点D，与y轴的交点为点E．
(1)如图1，若点D的横坐标为3，试求抛物线的函数表达式；
(2)如图2，若DE=BE，试确定a的值；
(3)如图3，在（1）的情形下，连接AC，BC，点P为抛物线在第一象限内的点，连接BP交AC于点Q，当S△APQ−S△BCQ取最大值时，试求点P的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)a=−13
(3)1,97
【分析】（1）令y=0，则，求出A(4,0)，B(−2,0)，将B(−2,0)代入一次函数求出b=1，从而得出点D的坐标，再将D的坐标代入二次函数即可得解；
（2）由（1）得：B(−2,0)，y=12x+1，设点D的坐标为，由DE=BE得出点D的横坐标为2，代入一次函数解析式得出点D的坐标，再将D的坐标代入二次函数即可得解；
（3）由（1）知：y=−12x2+x+4，A(4,0)，B(−2,0)，得出AB=6，求出点C的坐标得出OC=4，根据S△APQ−S△BCQ=(S△APQ+S△ABQ)−(S△BCQ+S△ABQ)=S△ABP−S△ABC，得出关系式，根据二次函数的性质即可得出答案．
【详解】（1）解：在y=a(x+2)(x−4)中，令y=0，则，
解得：x1=−2，x2=4，
∴A(4,0)，B(−2,0)，
将B(−2,0)代入y=12x+b得：，
解得：b=1，
∴y=12x+1，
∵点D的横坐标为3，
∴当x=3时，，
∴D3,52，
将D3,52代入抛物线解析式得：，
解得：a=−12，
∴y=−12(x+2)(x−4)=−12x2+x+4；
（2）解：由（1）得：B(−2,0)，y=12x+1，
设点D的坐标为，
∵BE=DE，
为BD的中点，
∵E在y轴上，
∴，
∴m=2，
在y=12x+1中，当时，y=12×2+1=2，
∴D(2,2)，
将代入抛物线解析式得：，
解得：a=−14；
（3）解：由（1）知：y=−12x2+x+4，A(4,0)，B(−2,0)，
∴AB=4−(−2)=6，
在y=−12x2+x+4中，当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
，
设，
∴S△APQ−S△BCQ
=(S△APQ+S△ABQ)−(S△BCQ+S△ABQ)
=S△ABP−S△ABC
=12AB⋅yP−12AB⋅OC
=12×6×−12p2+p+4−12×6×4
=−32p2+3p+12−12
=−32p2+3p
=−32p2−2p
=−32p−12+32，
∵，
∴当p=1时，S△APQ−S△BCQ的值最大，此时P1,92．
【分析】本题考查了一次函数与二次函数的交点问题、二次函数综合—面积问题，待定系数法求函数解析式，二次函数图象性质．熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
14．（2024·安徽池州·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=−14x2+bx+c与x轴分别相交于A−2,0，B8,0两点．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)点D是第一象限内该抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F．
①求DE+BF的最大值；
②若G是AC的中点，以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，求点D的坐标．
【答案】(1)y=−14x2+32x+4
(2)①9；②4,6或3,254
【分析】（1）运用待定系数法求出函数解析式；
（2）①设点D的坐标为m,−14m2+32m+4，则求出直线BC的解析式，得到Em,−12m+4，求出DE+BF，并根据二次函数的最大值得到答案；
②根据点的坐标得到∠ACB=90°，根据勾股定理求出AG长，由①知DE=−14m2+2m，Em,−12m+4，分两种情况：OADE=AGCE和OACE=AGDE，建立方程求出m，得到点D的坐标．
【详解】（1）将A−2,0，B8,0代入抛物线y=−14x2+bx+c，
得−14×−22−2b+c=0−14×82+8b+c=0，
解得b=32c=4，
∴该抛物线的解析式为y=−14x2+32x+4．
（2）①由抛物线的解析式为y=−14x2+32x+4，得C0,4．
设直线BC的解析式为y=kx+t，将B8,0，C0,4代入，
得8k+t=0,t=4,解得k=−12,t=4,
∴直线BC的解析式为y=−12x+4．
设第一象限内的点D的坐标为m,−14m2+32m+4，则Em,−12m+4，
∴DE=−14m2+32m+4−−12m+4=−14m2+2m，BF=8−m，
∴DE+BF=−14m2+2m+8−m=−14m−22+9．
∵−14<0，
∴当m=2时，DE+BF有最大值，为9．
②∵A−2,0，B8,0，C0,4，
∴OA=2，OB=8，OC=4，AB=10，
∴AC2=OA2+OC2=20，BC2=OB2+OC2=80，AB2=102=100，
∴AC2+BC2=AB2，
，
∴∠CAB+∠CBA=90°．
∵DF⊥x轴于点F，
∴∠FEB+∠CBA=90°，
∴∠CAB=∠FEB=∠DEC．
以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，只需OADE=AGCE或OACE=AGDE．
是AC的中点，A−2,0，C0,4，
∴G−1,2，OA=2，AG=12AC=1220=5．
由①知DE=−14m2+2m，Em,−12m+4，
∴CE=m2+4−−12m+42=52m．
当OADE=AGCE时，2−14m2+2m=552m，
解得m=4或m=0（舍去），
∴D4,6．
当OACE=AGDE时，252m=5−14m2+2m，
解得m=3或m=0（舍去），
∴D3,254．
综上所述，以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，点D的坐标为4,6或3,254．
【分析】此题考查了利用待定系数法求抛物线的解析式，二次函数的最值问题，勾股定理，相似三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
15．（2024·安徽·一模）如图，二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于A(−4,0)，B(2,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求此二次函数的解析式；
(2)已知直线y=−2x与AC交于点D，在第二象限与抛物线交于点P，求PDOD的值；
(3)平移抛物线y=ax2+bx+4，如图2，使新抛物线的顶点E是直线AC在第一象限部分上的一动点，过E作EF⊥x轴于点F，过原抛物线的顶点M作MN⊥x轴交新抛物线于点N，若MN=EF，求点E的坐标．
【答案】(1)
(2)PDOD=12
(3)点E的坐标为
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）过点P作PQ⊥x轴于点Q，交AC于点G，则PQ∥y轴，可得△PDG∽△ODC，根据相似三角形的性质得，由直线y=−2x与在第二象限与抛物线交于点P得，G(−2,2)，可得PG=2，即可求解；
（3）设点E的坐标为(n，n+4)(n>0)，则，平移后的函数解析式为，求出点M−1,92，可得点N的坐标为−1,−12n2+72，MN=92−−12n2+72=12n2+1，由MN=EF得，解方程求出n的值即可得答案．
【详解】（1）解：将A(−4,0)，B(2,0)代入函数解析式得，
16a−4b+4=04a+2b+4=0，
解得a=−12b=−1，
∴此二次函数的解析式为；
（2）解：∵二次函数与y轴交于点C，
∴C(0,4)，
，
∴直线AC的解析式为y=x+4，
过点P作PQ⊥x轴于点Q，交AC于点G，
∴PQ∥y轴，
∴△PDG∽△ODC，
∴，
∵直线y=−2x与在第二象限与抛物线交于点P，
，
解得x1=−2，x2=4（由于点P在第二象限，舍去），
∴P(−2,4)，
，
∴PG=2，
∴；
（3）解：设点E的坐标为(n，n+4)(n>0)，则，
∴平移后的函数解析式为，
∵y=−12x2−x+4=−12(x+1)2+92，
∴点，
把x=−1代入 得，，
∴点N的坐标为−1,−12n2+72，
∴MN=92−−12n2+72=12n2+1，
∵MN=EF，
∴，
解得n1=1−7<0（舍去），，
∴点E的坐标为1+7,5+7．
【分析】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，抛物线的平移，解题的关键是掌握待定系数法以及二次函数的性质．
16．（2024·安徽合肥·一模）如图1，点A的坐标为（4，0），抛物线M1:y=ax2+bxa≠0过点A，点B为第四象限内抛物线上一点，其纵坐标为−6，tan∠OAB=2．
(1)求抛物线M1的表达式；
(2)点C为直线AB下方的抛物线上一动点，过点C作CD∥x交直线AB于点D，设点C的横坐标为h，当CD取最大值时，求h的值；
(3)如图2，点E0，−4，连接AE，将抛物线M1的图象向上平移m（m>1）个单位得到抛物线M2，当32≤x≤52时，若抛物线M2与直线AE有两个交点，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)y=2x2−8x
(2)ℎ=52
(3)6≤m<498
【分析】（1）设AB交y轴于点M，由tan∠OAB＝2，先求出点M的坐标，再求AM的解析式，把点B的解析式代入求出点B的坐标，最后把点A、B的坐标代入抛物线解析式y=ax2+bxa≠0求解；
（2）由点C(ℎ,2ℎ2−8ℎ)，CD∥x轴，得点D的纵坐标为2ℎ2−8ℎ，把点D纵坐标代入直线AB解析式求出点D的横坐标，用参数表示出CD的长，再配方求最大值．
（3）设平移后的抛物线解析式为y=2x2−8x+m，求出直线AE上横坐标为32和52的两点P和点Q的坐标，当平移后的抛物线过点Q时有两个公共点，求出m的最小值，当平移后的抛物线与直线AB有唯一公共点时，求出m的值，从而求出m的取值范围．
【详解】（1）解：设AB交y轴于点M，
∵点A坐标为(4,0)，
∴OA=4
∵tan∠OAB=OMOA=2
∴OMOA=2，
∴OM=2OA=8
∴点M的坐标为(0,−8)
设AB的解析式为，
∴4k+b=0b=−8
解得k=2b=−8
∴AB的解析式为y=2x−8，
∵点B的纵坐标为−6，
∴把y=−6代入y=2x−8得x=1
∴点B的坐标为(1,−6)
∵M1:y=ax2+bxa≠0过点A、B
∴a+b=−616a+4b=0
解之得a=2b=−8
∴抛物线M1的表达式为y=2x2−8x．
（2）∵点C在抛物线y=2x2−8x上，点C的横坐标为h
∴C(ℎ,2ℎ2−8ℎ)
∵CD∥x轴，
∴点D的纵坐标为2ℎ2−8ℎ
把y=2ℎ2−8ℎ代入y=2x−8
得x=ℎ2−4ℎ+4
∴点D(ℎ2−4ℎ+4,2ℎ2−8ℎ)
∴CD=ℎ−(ℎ2−4ℎ+4)
=−ℎ2+5ℎ−4
=−ℎ−522+94
∵点C为直线AB下方的抛物线上一动点
∴1≤ℎ≤4
∴当ℎ=52时，CD的最大值为94．
（3）设AE的解析式为y=k1x+b1
∵直线AE过点A、E
∴b1=−44k1+b1=0
解之得k1=1b1=−4
∴直线AE的解析式为y=x−4
当x=32时，y=−52，直线AE对应点为P32,−52，
当x=52时，y=−32，直线AE对应点为Q52,−32．
设抛物线M1的图象向上平移m（m>1）个单位得到抛物线M2为y=2x2−8x+m
当抛物线M2经过点P32,−52时，抛物线M2与线段有一个公共点，
当抛物线M2经过点Q52,−32时，有抛物线M2与线段两个公共点．如图
当抛物线M2与直线AE有唯一的公共点时
y=2x2−8x+my=x−4
2x2−8x+m=x−4
2x2−9x+m+4=0
Δ=(−9)2−4×2(m+4)=0
解之得m=498
∴当32≤x≤52时，若抛物线M2与直线AE有两个交点， m的取值范围为6≤m<498．
【分析】本题是二次函数的综合题，关键是掌握二次函数的图象和性质、一次函数图象和性质、解直角三角形、锐角三角函数等知识，数形结合，通过构建方程组，利用根的判别式解决问题．
17．（2024·安徽滁州·一模）已知抛物线y=−x2+2n+1x+3n+1交x轴于点A−1，0和点B，交y轴于点C．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图1，已知点P是位于BC上方的抛物线上的一点，作PM⊥BC，垂足为M，求线段PM长度的最大值；
(3)如图2，已知点Q是第四象限抛物线上一点，∠ACQ=45°，求点Q的坐标．
【答案】(1)y=−x2+3x+4；
(2)PM的最大值为22；
(3)点Q的坐标为143，−349．
【分析】（1）将点A−1，0代入y=−x2+2n+1x+3n+1，求得n=1，即可得解；
（2）求得点B和C的坐标，推出∠OAB=∠OBC=45°，作PF⊥x轴于点F，交BC于点E，得到△PEM是等腰直角三角形，PM=22PE，设Pm，−m2+3m+4，求得PM关于m的二次函数，利用二次函数的性质求解即可；
（3）作BG⊥CQ轴于点G，作GH⊥x轴于点，求得，证明∠ACO=∠GCB，利用正切函数的定义求得BG=2，证明△HBG是等腰直角三角形，求得G3，−1，再求得直线的解析式，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+2n+1x+3n+1交x轴于点A−1，0，
∴−1−2n+1+3n+1=0，
解得n=1，
∴抛物线的函数解析式为y=−x2+3x+4；
（2）解：当x=0时，y=4；
当y=0时，−x2+3x+4=0，
解得x=4或x=−1；
∴B4，0，C0，4，
∴OA=OB=4，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
作PF⊥x轴于点F，交BC于点E，
∴∠PEM=∠BEF=90°−∠OBC=45°，
∴△PEM是等腰直角三角形，
∴PM=22PE，
设直线BC的解析式为y=kx+4，
把B4，0代入得，
解得k=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
设Pm，−m2+3m+4，则Em，−m+4，
∴PM=22PE=22−m2+3m+4+m−4=−22m−22+22，
∵−22>0，
∴PM有最大值，最大值为22；
（3）解：作BG⊥CQ轴于点G，作GH⊥x轴于点，
∵A−1，0，B4，0，C0，4，
∴OA=1，，，
∵∠ACQ=45°，∠OCB=45°，
∴∠ACO=∠GCB，
∴tan∠ACO=tan∠GCB，即OAOC=BGBC，
∴14=BG42，
∴BG=2，
∵∠OBC=45°，
∴∠HBG=45°，
∴△HBG是等腰直角三角形，
∴BH=GH=1，
∴OH=4−1=3，
∴G3，−1，
同理直线的解析式为y=−53x+4，
联立得−53x+4=−x2+3x+4，
解得x=0或x=143；
当x=143时，y=−53×143+4=−349，
∴点Q的坐标为143，−349．
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，等腰直角三角形的性质，三角函数的定义，勾股定理等知识，根据题意作出辅助线是解题的关键．
18．（2024·山西晋城·一模）综合与探究
如图，抛物线y=−13x2−43x+4与x轴交于A，B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，P是直线BC上方抛物线上一动点．
(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式．
(2)连接PB，PC，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，若F是抛物线对称轴上一点，在抛物线上是否存在点Q，使以B，F，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A2，0，B−6，0，C0，4，
(2)△PBC的面积最大值为9，此时点P的坐标为−3，5
(3)1，73或−5，73或−7，−3
【分析】
（1）根据二次函数解析式分别求出自变量和函数值为0时自变量或函数值即可求出A、B、C的坐标，再利用待定系数法求出直线BC的函数表达式即可；
（2）过点P作PD∥y轴交BC于D，设Pm，−13m2−43m+4，则Dm，23m+4，则PD=−13m+32+3，根据S△PBC=S△PBD+S△PCD，可得S△PBC=−m+32+9，则当m=−3时，△PBC的面积最大，最大值为9，此时点P的坐标为−3，5
（3）设F−2，n，Qs，t，再分当BP为对角线时， 当为对角线时， 当BQ为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可。
【详解】（1）解：在y=−13x2−43x+4中，当x=0时，y=4，
∴C0，4；
在y=−13x2−43x+4中，当y=−13x2−43x+4=0时，解得或x=−6，
∴A2，0，B−6，0；
设直线BC的解析式为，
∴−6k+b=0b=4，
∴k=23b=4，
∴直线BC的解析式为；
（2）解：如图所示，过点P作PD∥y轴交BC于D，
设Pm，−13m2−43m+4，则Dm，23m+4，
∴PD=−13m2−43m+4−23m+4=−13m2−2m=−13m+32+3，
∵S△PBC=S△PBD+S△PCD
∴S△PBC=12PD⋅xP−xB+12PD⋅xC−xP=12PD⋅xC−xB=3PD=−m+32+9，
∵−1<0，
∴当m=−3时，△PBC的面积最大，最大值为9，此时点P的坐标为−3，5
（3）解：∵A2，0，B−6，0，
∴抛物线对称轴为直线x=−6+22=−2，
设F−2，n，Qs，t，
当BP为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：−6−32=−2+s2 ，
解得s=−7，
∴点Q的坐标为−7，−3；
当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：−6−22=−3+s2 ，
解得，
∴点Q的坐标为−5，73；
当BQ为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：−6+s2=−3−22 ，
解得s=1，
∴点Q的坐标为1，73；
综上所述，点Q的坐标为1，73或−5，73或−7，−3．
19．（2024·安徽亳州·一模）已知抛物线经过点−5,−52和3,32．
(1)试确定该抛物线的函数表达式；
(2)如图，设该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），其顶点为C，对称轴为l，l与x轴交于点D．
①求证：△OBC是直角三角形；
②在l上是否存在点P，使得以A，D，P为顶点的三角形与△OBC相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的函数表达式为：y=−18x2+14x+158
(2)①见详解
②存在，点P坐标为1,8或1,−8或1,2或1,−2
【分析】
（1）运用待定系数法解方程组即可；
（2）①利用勾股定理的逆定理证明垂直；
②分两种情况：当△ADP∽△OCB以及△ADP∽△BCO，列出比例式，求出DP长，再求点P坐标．
【详解】（1）（1）∵抛物线经过点−5,−52和3,32，
∴−258−5b+c=−52−98+3b+c=32
解得b=14c=158
∴抛物线的函数表达式为y=−18x2+14x+158；
（2）（2）①y=0时，−18x2+14x+158=0，整理得，解得x=5或x=−3，
∵点A在点B左侧，
∴点A坐标为−3,0，点B坐标为5,0．
y=−18x2+14x+158=−18x2−2x+158=−18(x−1)2+2
∴点C坐标为1,2，
∵OB2=52=25，OC2=12+22=5，BC2=5−12+0−22=20，
，
∴△OBC是直角三角形，且；
②存在以A，D，P为顶点的三角形与△OBC相似．
分两种情况：
i）当△ADP∽△OCB时，ADOC=DPCB，
∴45=DP25，解得DP=8，
此时点P坐标为1,8或1,−8；
ii）当△ADP∽△BCO时，ADBC=DPCO，
∴425=DP5，解得DP=2，
此时点P坐标为1,2或1,−2；
综上，点P坐标为1,8或1,−8或1,2或1,−2．
【分析】本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理。解答本题注意分类讨论的思想以及数形结合的思想的应用．
20．（2024·安徽·一模）已知抛物线y=−x2+bx+c（b，c是常数）与x轴交于点A−3,0和点B1,0，与y轴交于点C，连接AC，点P是AC上方抛物线上的一点．
(1)求b，c的值；
(2)如图1，点Q是第二象限抛物线上的一点，且横坐标比点P的横坐标大1，分别过点P和点Q作PD∥y轴，EQ∥y轴，PD与QE分别与AC交于点D，E，连接CQ，AP，求S△APD+S△CEQ的值；
(3)如图2，连接PB与AC交于点M，连接AP，BC，当S△APM−S△BCM=2时，求点M的坐标．
【答案】(1)b和c的值分别为−2和3
(2)2
(3)点M的坐标为−13,83
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出C0,3，进而求出直线AC的表达式为y=x+3．设点P的坐标为t,−t2−2t+3．则Dt,t+3，Qt+1,−t2−4t，Et+1,t+4．得到点A到PD的距离为t+3，点C到QE的距离为．PD=−t2−3t，QE=−t2−5t−4．则S△APD+S△CEQ=12t+3−t2−3t+12−t−1−t2−5t−4=2．
（3）先求出OC=3，AB=4，则S△ABC=12AB⋅OC=6．由（2）设点Pt,−t2−2t+3，则S△PAB=12AB⋅yp=−2t2−4t+6，根据S△APM−S△BCM=S△PAB−S△ABC=−2t2−4t=2，求出t1=t2=−1．此时点P的坐标为−1,4．再求出直线BP的表达式为y=−2x+2．联立直线BP，直线AC的表达式，得−2x+2=x+3，解得x=−13，即可得到此时点M的坐标为−13,83．
【详解】（1）解：把点A−3,0，B1,0代入y=−x2+bx+c，得−9−3b+c=0−1+b+c=0，解得b=−2c=3．
∴b和c的值分别为−2和3．
（2）由（1）可知抛物线的表达式为y=−x2−2x+3．
当x=0时，，
∴C0,3．
设直线AC的表达式为y=kx+n，把点A−3,0，点C0,3代入，得−3k+n=0n=3，
解得k=1n=3．
∴直线AC的表达式为y=x+3．
∵点P是AC上方抛物线上的一点，
∴设点P的坐标为t,−t2−2t+3．
∵点Q是第二象限抛物线上一点，且横坐标比点P横坐标大1，PD∥y轴，EQ∥y轴，
∴Dt,t+3，Qt+1,−t2−4t，Et+1,t+4．
∴点A到PD的距离为t+3，点C到QE的距离为．
∴PD=−t2−2t+3−t+3=−t2−3t，
QE=−t2−4t−t+4=−t2−5t−4．
∴S△APD+S△CEQ=12t+3−t2−3t+12−t−1−t2−5t−4=2．
（3）解：由抛物线的表达式y=−x2−2x+3可知点C0,3，则OC=3．
∵AB=1−−3=4，
∴S△ABC=12AB⋅OC=12×3×4=6．
由（2）设点Pt,−t2−2t+3，
∴S△PAB=12AB⋅yp=12×4×−t2−2t+3=−2t2−4t+6．
∴S△APM−S△BCM=S△PAB−S△ABC=−2t2−4t+6−6=−2t2−4t=2．
整理，得，解得t1=t2=−1．
此时点P的坐标为−1,4．
设直线BP的表达式为y=px+q，把点B1,0，点P−1,4代入，得
p+q=0−p+q=4，解得p=−2q=2．
∴直线BP的表达式为y=−2x+2．
由（2）知直线AC的表达式为y=x+3．
联立直线BP，直线AC的表达式，得−2x+2=x+3，解得x=−13，
∴当x=−13时，y=x+3=−13+3=83．
故此时点M的坐标为−13,83．
【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，利用待定系数法求函数解析式是解题的关键．