2025年中考数学二轮复习《压轴题》专项练习二（含答案）

这是一份2025年中考数学二轮复习《压轴题》专项练习二（含答案），共21页。试卷主要包含了①求抛物线的解析式，理由等内容，欢迎下载使用。

(1)求抛物线的函数关系式；
(2)判断△ABM的形状,并说明理由；
(3)把抛物线与直线y=x的交点称为抛物线的不动点.若将(1)中抛物线平移,使其顶点为(m,2m),当m满足什么条件时,平移后的抛物线总有不动点．
如图，抛物线y=﹣eq \f(\r(3),3)x2＋eq \f(2\r(3),3)x＋eq \r(3)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，点E与点C关于抛物线对称轴对称，抛物线的对称轴与x轴交于点G．
(1)求直线AE的解析式及△ACE的面积．
(2)如图1，连接AE，交y轴于点D，点P为直线AE上方抛物线一点，连接PD、PE，直线l过点B且平行于AE，点F为直线l上一点，连接FD、FE，当四边形PDFE面积最大时，在y轴上有一点N，连接PN，过点N作NM垂直于抛物线对称轴于点M，求PN＋MN＋eq \f(\r(3),2)MG的最小值．
(3)连接AC，将△AOC向右平移得△A'O'C'，当A'C'的中点恰好落在∠CAB的平分线上时，将△A'O'C'绕点O'旋转，记旋转后的三角形为△A″O′C″，在旋转过程中，直线A″C″与y轴交于点K，与直线AC交于点H，在平面中是否存在一点Q，使得以C、K、H、Q为顶点的四边形是以KH为边的菱形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A(﹣1，2)．
(1)抛物线顶点位于y轴右侧且纵坐标为6．①求抛物线的解析式．②如图1，直线y＝﹣x＋4与抛物线交于B、C两点，P为线段BC上一点，过P作PM∥y轴交抛物线于M点．若PM＝3，求P点的坐标．
(2)将抛物线平移，使点A的对应点为A'(m＋1，b＋4)，其中m≠2．若平移后的抛物线经过点N(2，1)，平移后的抛物线顶点恰好落在直线y＝x＋5上，求b的值．
如图1，抛物线y＝ax2＋2x＋c经过点A(﹣1，0)、C(0，3)，并交x轴于另一点B，点P(x，y)在第一象限的抛物线上，AP交直线BC于点D．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点P的坐标为(1，4)时，求四边形BOCP的面积；
(3)点Q在抛物线上，当的值最大且△APQ是直角三角形时，求点Q的横坐标；
(4)如图2，作CG⊥CP，CG交x轴于点G(n，0)，点H在射线CP上，且CH＝CG，过GH的中点K作KI∥y轴，交抛物线于点I，连接IH，以IH为边作出如图所示正方形HIMN，当顶点M恰好落在y轴上时，请直接写出点G的坐标．
如图，在平面直角坐标系中，将一块腰长为eq \r(5)的等腰直角三角板ABC放在第二象限，且斜靠在两坐标轴上，直角顶点C的坐标为(﹣1，0)，点B在抛物线y=ax2﹣ax﹣2上．
(1)点A的坐标为______，点B的坐标为______；
(2)抛物线的解析式为______；
(3)设(2)中抛物线的顶点为D，求△DBC的面积；
(4)在抛物线上是否还存在点P(点B除外)，使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
如图,在平面直角坐标系中,矩形OCDE的顶点C和E分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上,OC=8,OE=17，抛物线y=eq \f(3,20)x2﹣3x+m与y轴相交于点A,抛物线的对称轴与x轴相交于点B,与CD交于点K．
(1)将矩形OCDE沿AB折叠,点O恰好落在边CD上的点F处．
①点B的坐标为( 、 ),BK的长是 ,CK的长是 ；
②求点F的坐标；
③请直接写出抛物线的函数表达式；
(2)将矩形OCDE沿着经过点E的直线折叠,点O恰好落在边CD上的点G处,连接OG,折痕与OG相交于点H,点M是线段EH上的一个动点(不与点H重合),连接MG,MO,过点G作GP⊥OM于点P,交EH于点N,连接ON，点M从点E开始沿线段EH向点H运动,至与点N重合时停止,△MOG和△NOG的面积分别表示为S1和S2，在点M的运动过程中，S1×S2(即S1与S2的积)的值是否发生变化?若变化，请直接写出变化范围；若不变，请直接写出这个值．
抛物线y=ax2+bx+3经过点A、B、C，已知A(﹣1，0)，B(3，0).
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，P为线段BC上一点，过点P作y轴平行线，交抛物线于点D，当△BDC的面积最大时，求点P的坐标；
(3)如图2，在(2)的条件下，延长DP交x轴于点F，M(m，0)是x轴上一动点，N是线段DF上一点，当△BDC的面积最大时，若∠MNC=90°，请直接写出实数m的取值范围.
如图，抛物线y＝ax2＋bx＋eq \f(7,2)(a≠0)经过点A(3，2)和点B(4，﹣eq \f(1,2))，且与y轴交于点C．
(1)分别求抛物线和直线BC的解析式；
(2)在x轴上有一动点G，抛物线上有一动点H，是否存在以O，A，G，H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作DE⊥x轴交直线BC于点E，点P为对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求PD＋PA的最小值．
如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A(﹣3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C，连接AC，BC，点P是直线AC下方抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接AP，CP，设P点的横坐标为m，△ACP的面积为S，求S与m的函数关系式；
(3)试探究：过点P作BC的平行线1，交线段AC于点D，在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A(4，0)，B(﹣1，0)两点，与y轴交于点C，D为第一象限抛物线上的动点，连接AC，BC，DA，DB，DB与AC相交于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，设△ADE的面积为S1，△BCE的面积为S2，当S1＝S2＋5时，求点D的坐标；
(3)如图2，过点C作CF∥x轴，点M是直线CF上的一点，MN⊥CF交抛物线于点N，是否存在以C，M，N为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
\s 0 答案
解：(1)∵A点为直线y=x+1与x轴的交点，∴A(﹣1，0)，
又B点横坐标为2，代入y=x+1可求得y=3，
∴B(2，3)，
∵抛物线顶点在y轴上，
∴可设抛物线解析式为y=ax2+c，
把A、B两点坐标代入可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣1；
(2)△ABM为直角三角形．理由如：
由(1)抛物线解析式为y=x2﹣1可知M点坐标为(0，﹣1)，
∴AM=eq \r(2)，AB=3eq \r(2)，BM=2eq \r(5)，
∴AM2+AB2=2+18=20=BM2，∴△ABM为直角三角形；
(3)当抛物线y=x2﹣1平移后顶点坐标为(m，2m)时，
其解析式为y=(x﹣m)2+2m，即y=x2﹣2mx+m2+2m，联立y=x，
可得，消去y整理可得x2﹣(2m+1)x+m2+2m=0，
∵平移后的抛物线总有不动点，
∴方程x2﹣(2m+1)x+m2+2m=0总有实数根，
∴△≥0，即(2m+1)2﹣4(m2+2m)≥0，解得m≤eq \f(1,4)，
即当m≤eq \f(1,4)时，平移后的抛物线总有不动点．
解：(1)作O与y轴夹角是60°角的直线l2，作PS∥y轴交AE于点S，交l2于点J，作NT⊥l2于点T，设直线FB与y轴交于点I，连接IE，IE，如图：
∵y=﹣eq \f(\r(3),3)x2＋eq \f(2\r(3),3)x＋eq \r(3)＝﹣eq \f(\r(3),3)(x＋1)(x﹣3)＝﹣eq \f(\r(3),3)(x﹣1)2＋eq \f(4\r(3),3)，
令y＝0得x＝﹣1或x＝3，∴A(﹣1，0)，B(3，0)，
令x＝0得y＝eq \r(3)，∴C(0，eq \r(3))，
∵抛物线对称轴为直线x＝1，C、E关于对称轴对称，
∴E(2，eq \r(3))，
设直线AE解析式为y＝kx＋b，
则，解得，
∴直线AE的解析式为：y＝eq \f(\r(3),3)x＋eq \f(\r(3),3)，
∴D(0，eq \f(\r(3),3))，∴CD＝eq \f(2\r(3),3)．
∴S△ACE＝eq \f(1,2)CD•(xE﹣xA)＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(3),3)•[2﹣(﹣1)]＝eq \r(3)．
(2)∵AE∥BF，B(3，0)
∴直线BF的解析式为：y＝eq \f(\r(3),3)x﹣eq \r(3)，
∴I(0，﹣eq \r(3))，
∴S△DEF＝S△DEI＝eq \f(1,2)DI•xE＝eq \f(1,2)×(eq \f(\r(3),3)＋eq \r(3))×2＝eq \f(4\r(3),3)，
设P(m，﹣eq \f(\r(3),3)m2＋eq \f(2\r(3),3)m＋eq \r(3))，(﹣1＜m＜2)，则S(m，eq \f(\r(3),3)m＋eq \f(\r(3),3))，
∴PS＝(m﹣eq \f(\r(3),3)m2＋eq \f(2\r(3),3)m＋eq \r(3))﹣(eq \f(\r(3),3)m＋eq \f(\r(3),3))
＝﹣eq \f(\r(3),3)m2＋eq \f(\r(3),3)m＋eq \f(2\r(3),3))＝﹣eq \f(\r(3),3)(m﹣)2＋eq \f(3,4)eq \r(3)，
∴S△PDE＝eq \f(1,2)PS•(xE﹣xD)＝eq \f(1,2)×[﹣eq \f(\r(3),3)(m﹣eq \f(1,2))2＋eq \f(3,4)eq \r(3)]×2＝﹣eq \f(\r(3),3)(m﹣eq \f(1,2))2＋eq \f(3,4)eq \r(3)，
当m＝eq \f(1,2)时，S△PDE有最大值eq \f(3,4)eq \r(3)，S四边形PDFE取得最大值eq \f(25,12)eq \r(3)，此时P(eq \f(1,2)，eq \f(5,4)eq \r(3))，
∵NM⊥MG，MG⊥OG，OG⊥ON，
∴∠NMG＝∠MGO＝∠GON＝90°，
∴四边形NMGO为矩形，
∴NO＝MG，
∴PN＋NM＋eq \f(\r(3),2)MG＝PN＋1＋eq \f(\r(3),2)NO＝PN＋1＋NO•sin∠NOT＝PN＋1＋NT≥1＋PT，
∴当P，N，T三点共线且PT⊥l2时，PN＋NM＋eq \f(\r(3),2)MG取得最小值，
∵直线l2过原点且∠NOT＝60°，
∴直线l2的解析式为：y＝﹣eq \f(\r(3),3)x，∴J(eq \f(1,2)，﹣eq \f(\r(3),6))，
∴PJ＝＋＝，
∴PN＋NM＋MG的最小值为1＋•sin∠PJT＝1＋＝；
(3)存在，理由如下：设A′C′的中点为L，AL平分∠OAC，作LX⊥OB于点X，如图2：
∵OC＝eq \r(3)，OA＝1，
∴tan∠OAC＝eq \r(3)，
∴∠OAC＝∠O′A′C′＝60°，
∵AL平分∠OAC，
∴∠A′AL＝∠A′LA＝30°，
∴A′A＝A′L，
∵L为A′C′的中点，
∴LX＝eq \f(1,2)C′O′＝eq \f(\r(3),2)，
∴A′L＝1，
∴A′A＝A′L＝1，即O，A′重合，O′(1，0)
①当HC＝HK时，设直线A′′C′′与x轴交于点Y，如图3：
将△HCK沿y轴翻折可得菱形CHKQ，
∴∠HKC＝∠HCK＝∠ACO＝30°，
∴∠O′YA′′＝∠O′A′′Y＝60°，
∴O′Y＝O′A′′＝1，
∴Y(2，0)，
∵kA′′C′′＝﹣eq \r(3)，
∴由待定系数法直线A′′C′′的解析式为：y＝﹣eq \r(3)x＋2eq \r(3)，
∵A(﹣1，0)，C(0，eq \r(3))，
∴直线AC的解析式为：y＝eq \r(3)x＋eq \r(3)，
令﹣eq \r(3)x＋2eq \r(3)＝eq \r(3)x＋eq \r(3)，解得x＝eq \f(1,2)，
∴H(eq \f(1,2)，eq \f(3\r(3),2))，∴Q(﹣eq \f(1,2)，eq \f(3\r(3),2))．
如图4：
同理可得：∠HKC＝∠HCK＝30°，
∴∠YHA＝∠YAH＝60°，
∴∠O′YA′′＝∠O′A′′Y＝60°，kA′′C′′＝﹣eq \r(3)，
∴O′Y＝O′A′′＝O′O＝1，
∴O，K，Y重合，
∴直线A′′C′′的解析式为：y＝﹣eq \r(3)x，
令eq \r(3)x＋eq \r(3)＝﹣eq \r(3)x，解得x＝﹣eq \f(1,2)．
∴H(﹣eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2))，∴Q(eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2))．
②当KH＝KC时，作QZ⊥OC于点Z，如图5：
∵∠KHC＝∠KCH＝30°，∠CAY＝60°，
∴∠CKY＝60°，∠O′YC′′＝∠O′C′′Y＝30°，
∴kA′′C′′＝eq \f(\r(3),3)，O′Y＝O′C′′＝eq \r(3)，
∴Y(1＋eq \r(3)，0)，
∴由待定系数法得直线A′′C′′的解析式为：y＝eq \f(\r(3),3)x﹣eq \f(\r(3),3)﹣1，
∴K(0，﹣eq \f(\r(3),3)﹣1)，
在菱形CKHQ中，CQ＝CK＝eq \r(3)＋eq \f(\r(3),3)＋1＝eq \f(4\r(3),3)＋1，
∵∠QCZ＝2∠KCH＝60°，
∴CZ＝CQ•cs∠QCZ＝eq \f(2\r(3),3)＋eq \f(1,2)，QZ＝CQ•sin∠QCZ＝2＋eq \f(\r(3),2)，
∴OZ＝OC﹣CZ＝eq \f(\r(3),3)﹣eq \f(1,2)，∴Q(﹣2﹣eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(3),3)﹣eq \f(1,2))．
如图6：
∵∠KHC＝∠KCH＝30°，∠CAO＝60°
∴∠C′′YO′＝∠AYH＝∠O′C′′A′′＝30°
∴O′Y＝O′C′′＝eq \r(3)，kAkA′′C′′＝eq \f(\r(3),3)，
∴Y(1﹣eq \r(3)，0)，
∴由待定系数法得直线A′′C′′的解析式为：y＝eq \f(\r(3),3)x﹣eq \f(\r(3),3)＋1，
∴K(0，﹣eq \f(\r(3),3)＋1)，
在菱形CKHQ中，CQ＝CK＝eq \r(3)＋eq \f(\r(3),3)﹣1＝eq \f(4\r(3),3)﹣1，
∴CZ＝CQ•cs∠QCZ＝eq \f(2\r(3),3)﹣eq \f(1,2)，QZ＝CQ•sin∠QCZ＝2﹣eq \f(\r(3),2)，
∴OZ＝OC﹣CZ＝eq \f(\r(3),3)＋1，∴Q(eq \f(\r(3),2)﹣2，eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2))．
综上所述，点Q的坐标为：
(﹣eq \f(1,2)，eq \f(3\r(3),2))或(eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2))或Q(﹣2﹣eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(3),3)﹣eq \f(1,2))或(eq \f(\r(3),2)﹣2，eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)).
解：(1)①将点A(﹣1，2)代入y＝﹣x2＋bx＋c，
∴c﹣b＝3，
∵抛物线的顶点纵坐标为6，
∴＝6，
∴c＝﹣3或c＝5，
∴b＝﹣6或b＝2，
∵顶点位于y轴右侧，
∴b＞0，
∴b＝2，
∴y＝﹣x2＋2x＋5；
②设M(t，﹣t2＋2t＋5)，则P(t，﹣t＋4)，
∴PM＝﹣t2＋3t＋1，
∵PM＝3，
∴﹣t2＋3t＋1＝3，
解得t＝1或t＝2，
∴P(1，3)或(2，2)；
(2)∵点A(﹣1，2)平移后对应点为A'(m＋1，b＋4)，
∴抛物线向右平移m＋2个单位，向上平移b＋2个单位，
∵c﹣b＝3，
∴y＝﹣x2＋bx＋c＝﹣(x﹣eq \f(1,2)b)2＋b＋3＋eq \f(1,4)b2，
∴平移后的抛物线解析为y＝﹣(x﹣eq \f(1,2)b﹣m﹣2)2＋2b＋5＋eq \f(1,4)b2，
∴抛物线的顶点为(eq \f(1,2)b＋m＋2，2b＋5＋eq \f(1,4)b2)，
∵抛物线顶点恰好落在直线y＝x＋5上，
∴eq \f(1,2)b＋m＋2＋5＝2b＋5＋eq \f(1,4)b2，
∴m＝eq \f(1,4)b2＋b﹣2①，
∵平移后的抛物线经过点N(2，1)，
∴﹣(﹣eq \f(1,2)b﹣m)2＋2b＋5＋eq \f(1,4)b2＝1②，
由①②可得，b＋2m＝b＋4或b＋2m＝﹣b﹣4，
当b＋2m＝b＋4时，m＝2，此时不符合题意；
当b＋2m＝﹣b﹣4时，b＝0或b＝﹣10，
当b＝0时，m＝﹣2；当b＝﹣10时，m＝8；
∴b的值为0或﹣10．
解：(1)由题意得，
，∴，
∴该抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2＋2x＋3；
(2)当y＝0时，﹣x2＋2x＋3＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴B(3，0)，
∵PC2＋BC2＝[1＋(4﹣3)2]＋(32＋32)＝20，PB2＝[(3﹣1)2＋42]＝20，
∴PC2＋BC2＝PB2，
∴∠PCB＝90°，
∴S△PBC＝3，
∵S△BOC＝eq \f(9,2)，
∴S四边形BOCP＝S△PBC＋S△BOC＝3＋eq \f(9,2)＝eq \f(15,2)；
(3)如图1，作PE∥AB交BC的延长线于E，
设P(m，﹣m2＋2m＋3)，
∵B(3，0)，C(0，3)，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x＋3，
由﹣x＋3＝﹣m2＋2m＋3得，
x＝m2﹣2m，
∴PE＝m﹣(m2﹣2m)＝﹣m2＋3m，
∵PE∥AB，
∴△PDE∽△ADB，
∴＝＝＝﹣ (m﹣)2＋，
∴当m＝时，()最大＝，
当m＝eq \f(3,2)时，y＝﹣(eq \f(3,2))2＋2×eq \f(3,2)＋3＝eq \f(15,4)，∴P(eq \f(3,2)，eq \f(15,4))，
设Q(n，﹣n2＋2n＋3)，
如图2，当∠PAQ＝90°时，过点A作y轴平行线AF，作PF⊥AF于F，作QG⊥AF于G，则△AFP∽△GQA，
∴＝，
∴＝，∴n＝，
如图3，当∠AQP＝90°时，过QN⊥AB于N，作PM⊥QN于M，可得△ANQ∽△QMP，
∴＝，
∴＝，
可得n1＝1，n2＝eq \f(5,2)，
如图4，当∠APQ＝90°时，作PT⊥AB于T，作QR⊥PT于R，
同理可得：＝，∴n＝，
综上所述：点Q的横坐标为：eq \f(11,3)或1或eq \f(5,2)或；
(4)如图5，作GL∥y轴，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于T，作HW⊥IK于点W，则△GLC≌△CRH，△ITM≌△HWI．
∴RH＝OG＝﹣n，CR＝GL＝OC＝3，MT＝IW，
∴G(n，0)，H(3，3＋n)，
∴K(，)，∴I(，﹣()2＋n＋3＋3)，
∵TM＝IW，
∴＝()2＋n＋6﹣(3＋n)，
∴(n＋3)2＋2(n＋3)﹣12＝0，
∴n1＝﹣4＋eq \r(13)，n2＝﹣4﹣eq \r(13)(舍去)，
∴G(﹣4＋eq \r(13)，0)．
解：(1)∵C(﹣1，0)，AC=eq \r(5)，∴OA=2，∴A(0，2)；过点B作BF⊥x轴，垂足为F，
∵∠ACO﹣∠CAO=90°，∠ACO﹣∠BCF=90°，∠BCF﹣∠FBC=90°，
在△AOC与△CFB中，
∵，
∴△AOC≌△CFB，
∴CF=OA=2，BF=OC=1，∴OF=3，
∴B的坐标为(﹣3，1)，
(2)∵把B(﹣3，1)代入y=ax2﹣ax﹣2得：
1=9a﹣3a﹣2，解得a=0.5，
∴抛物线解析式为：y=eq \f(1,2)x2﹣eq \f(1,2)x﹣2．
(3)由(2)中抛物线的解析式可知，抛物线的顶点D(﹣eq \f(1,2)，﹣17、8)，
设直线BD的关系式为y=kx﹣b，将点B、D的坐标代入得：
，解得．
∴BD的关系式为y=﹣eq \f(5,4)x﹣2.75．
设直线BD和x 轴交点为E，则点E(﹣2.2，0)，CE=1.2．
∴S△DBC=eq \f(1,2)×eq \f(6,5)×(1﹣)=；
(4)假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：
①若以点C为直角顶点；则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，
过点P1作P1M⊥x轴，∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCF，∠P1MC=∠BFC=90°，
∴△MP1C≌△FBC．
∴CM=CF=2，P1M=BF=1，
∴P1(1，﹣1)；
②若以点A为直角顶点；
i)则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形△ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO，
∴NP2=OA=2，AN=OC=1，
∴P2(2，1)，
ii)若以点P为直角顶点．过P3作P3G⊥y轴于G，同理，△AGP3≌△CAO，
∴GP3=OA=2，AG=OC=1，∴P3为(﹣2，3)．
经检验，点P1(1，﹣1)与点P2(2，1)都在抛物线y=0.5x2﹣0.5x﹣2上，点P3(﹣2，3)不在抛物线上．故点P的坐标为P1(1，﹣1)与P2(2，1)．
解：(1)如图1中，
①∵抛物线y=eq \f(3,20)x2﹣3x+m的对称轴x=﹣=10，∴点B坐标(10，0)，
∵四边形OBKC是矩形，∴CK=OB=10，KB=OC=8，
故答案分别为10，0，8，10．
②在RT△FBK中，∵∠FKB=90°，BF=OB=10，BK=OC=8，
∴FK==6，∴CF=CK﹣FK=4，∴点F坐标(4，8)．
③设OA=AF=x，在RT△ACF中，
∵AC2+CF2=AF2，∴(8﹣x)2+42=x2，∴x=5，
∴点A坐标(0，5)，代入抛物线y=eq \f(3,20)x2﹣3x+m得m=5，
∴抛物线为y=eq \f(3,20)x2﹣3x+5．
(2)不变．S1×S2=189．理由：
如图2中，在RT△EDG中，∵GE=EO=17，ED=8，
∴DG==15，
∴CG=CD﹣DG=2，∴OG==2eq \r(17)，
∵CP⊥OM，MH⊥OG，∴∠NPN=∠NHG=90°，
∵∠HNG+∠HGN=90°，∠PNM+∠PMN=90°，∠HNG=∠PNM，
∴∠HGN=∠NMP，
∵∠NMP=∠HMG，∠GHN=∠GHM，
∴△GHN∽△MHG，∴=，
∴GH2=HN×HM，∵GH=OH=eq \r(17)，∴HN×HM=17，
∵S1×S2=eq \f(1,2)×OG×HN×eq \f(1,2)×OG×HM=(eq \f(1,2)×2eq \r(17))2×17=289．
解：(1)由题意得：
，解得：，
故抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；
(2)令x=0，则y=3，即C(0，3).
设直线BC的解析式为y=kx+b′，
则，解得：，
故直线BC的解析式为y=﹣x+3.
设P(a，3﹣a)，则D(a，﹣a2+2a+3)，
∴PD=(﹣a2+2a+3)﹣(3﹣a)=﹣a2+3a，
∴S△BDC=S△PDC+S△PDB=eq \f(1,2)PD•a+eq \f(1,2)PD•(3﹣a)=eq \f(1,2)PD•3=eq \f(3,2)(﹣a2+3a)=﹣eq \f(3,2)(a﹣eq \f(3,2))2+，
∴当a=eq \f(3,2)时，△BDC的面积最大，此时P(eq \f(3,2)，eq \f(3,2))；
(3)将x=eq \f(3,2)代入y=﹣x2+2x+3，得y=﹣(eq \f(3,2))2+2×eq \f(3,2)+3=eq \f(15,4)，∴点D的坐标为(eq \f(3,2)，eq \f(15,4)).
过点C作CG⊥DF，则CG=eq \f(3,2).
①点N在DG上时，点N与点D重合时，点M的横坐标最大.
∵∠MNC=90°，∴CD2+DM2=CM2，
∵C(0，3)，D(eq \f(3,2)，eq \f(15,4))，M(m，0)，
∴(eq \f(3,2)﹣0)2+(eq \f(15,4)﹣3)2+(m﹣eq \f(3,2))2+(0﹣eq \f(15,4))2=(m﹣0)2+(0﹣3)2，解得m=.
∴点M的坐标为(，0)，即m的最大值为；
②点N在线段GF上时，设GN=x，则NF=3﹣x，
∵∠MNC=90°，
∴∠CNG+∠MNF=90°，
又∵∠CNG+∠NCG=90°，
∴∠NCG=∠MNF，
又∵∠NGC=∠MFN=90°，
∴Rt△NCG∽△MNF，
∴=，即=，整理得，MF=﹣eq \f(2,3)x2+2x=﹣eq \f(2,3)(x﹣eq \f(3,2))2+eq \f(3,2)，
∴当x=eq \f(3,2)时(N与P重合)，MF有最大值eq \f(3,2)，此时M与O重合，
∴M的坐标为(0，0)，∴m的最小值为0，
故实数m的变化范围为0≤m≤.
解：(1)将点A(3，2)和点B(4，﹣eq \f(1,2))代入y＝ax2＋bx＋eq \f(7,2)得：
，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x2＋x＋eq \f(7,2)，
在y＝﹣eq \f(1,2)x2＋x＋eq \f(7,2)中，令x＝0得y＝eq \f(7,2)，∴C(0，eq \f(7,2))，
设直线BC的解析式为y＝kx＋eq \f(7,2)，将B(4，﹣eq \f(1,2))代入得：
4k＋eq \f(7,2)＝﹣eq \f(1,2)，解得k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x＋eq \f(7,2)，
(2)存在以O，A，G，H为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
设G(m，0)，H(n，﹣eq \f(1,2)n2＋n＋eq \f(7,2))，又O(0，0)，A(3，2)，
①若GH、OA为对角线，则GH、OA的中点重合，
∴，解得 (此时G与O重合，舍去)或，
∴H(﹣1，2)，
②若GO、HA为对角线，则GO、HA的中点重合，
，解得n＝2eq \r(3)＋1或n＝﹣2eq \r(3)＋1，
∴H(2eq \r(3)＋1，﹣2)或(﹣2eq \r(3)＋1，﹣2)；
③若GA、OH为对角线，则GA、OH的中点重合，
∴，解得n＝3(舍去)或n＝﹣1，
∴H(﹣1，2)，
综上所述，H的坐标为(﹣1，2)或(2eq \r(3)＋1，﹣2)或(﹣2eq \r(3)＋1，﹣2)；
(3)作A关于抛物线对称轴的对称点A'，连接A'D交抛物线对称轴于P，如图：
设D(t，﹣eq \f(1,2)t2＋t＋eq \f(7,2))，则E(t，﹣t＋eq \f(7,2))，
∴DE＝(﹣eq \f(1,2)t2＋t＋eq \f(7,2))﹣(﹣t＋eq \f(7,2))＝﹣eq \f(1,2)t2＋2t＝﹣eq \f(1,2)(t﹣2)2＋2，
∵﹣eq \f(1,2)＜0，
∴t＝2时，DE取最小值2，此时D(2，eq \f(7,2))，
∵抛物线y＝﹣eq \f(1,2)x2＋x＋eq \f(7,2)的对称轴为直线x＝1，
∴A(3，2)关于对称轴直线x＝1的对称点A'(﹣1，2)，
∴PA＝PA'，
∴PA＋PD＝PA'＋PD，
又D、P、A'共线，
∴此时PA'＋PD最小，即PA＋PD最小，PA＋PD的最小值为A'D的长，
∵D(2，eq \f(7,2))，A'(﹣1，2)，∴A'D＝eq \f(3,2)eq \r(5)，
∴PD＋PA的最小值为eq \f(3,2)eq \r(5)．
解：(1)将A(﹣3，0)，B(1，0)代入y＝x2＋bx＋c得：
，解得：，
∴y＝x2＋2x﹣3；
(2)如图1，过点P作PM∥y轴交直线AC于点M，
∵A(﹣3，0)，C(0，﹣3)，
设直线AC的解析式为：y＝kx＋n，
∴，∴，
∴AC的解析式为：y＝﹣x﹣3，
∵P点的横坐标为m，
∴P的坐标是(m，m2＋2m﹣3)，则M的坐标是(m，﹣m﹣3)，
∴PM＝﹣m﹣3﹣(m2＋2m﹣3)＝﹣m2﹣3m，
∵点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，
∴﹣3＜m＜0，
∴S＝eq \f(1,2)PMOA＝eq \f(3,2)(﹣m2﹣3m)＝﹣eq \f(3,2)m2﹣eq \f(9,2)m(﹣3＜m＜0)；
(3)分两种情况：
①如图2，四边形CDEB是菱形，
设D(t，﹣t﹣3)，则E(t＋1，﹣t)，
∵四边形CDEB是菱形，
∴CD＝BC，
∴(t﹣0)2＋(﹣t﹣3＋3)2＝12＋32，
∴t＝±eq \r(5)，
∵t＜0，
∴t＝﹣eq \r(5)，
∴E(﹣eq \r(5)＋1，eq \r(5))；
②如图3，四边形CBDE是菱形，
设D(t，﹣t﹣3)，则E(t﹣1，﹣t﹣6)，
∵四边形CBDE是菱形，
∴CE＝BC，
∴(t﹣1﹣0)2＋(﹣t﹣6＋3)2＝12＋32，
∴t＝0(舍)或﹣2，
∴E(﹣3，﹣4)；
综上所述，点E的坐标为(﹣eq \r(5)＋1，)或(﹣3，﹣4)．
解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A(4，0)，B(﹣1，0)两点，
∴，解得：，
∴y＝﹣x2＋3x＋4；
(2)∵抛物线y＝﹣x2＋3x＋4与y轴交于点C，令x＝0，则y＝4，
∴C(0，4)，
∵S1＝S2＋5，
∴S1＋S△AEB＝S2＋S△AEB＋5，即S△ABD＝S△ABC＋5，
∵A(4，0)，B(﹣1，0)，
∴AB＝5，
设D(x，y)，
∴eq \f(1,2)×5×y＝eq \f(1,2)×5×4＋5，
∴y＝6，
∴﹣x2＋3x＋4＝6，解得：x1＝1，x2＝2，
∴D1(1，6)，D2(2，6)；
(3)设M(m，4)，则N(m，﹣m2＋3m＋4)，
①如图2，△BOC∽△NMC，
则＝，∴＝，
解得：m＝0(舍去)，m＝eq \f(11,4)，经检验，m＝eq \f(11,4)是原方程的解，
∴M(eq \f(11,4)，4)；
②如图3，△BOC∽△CMN，
则＝，∴＝，解得：m＝0(舍去)，m＝﹣1，
经检验，m＝﹣1是原方程的解，
∴M(﹣1，4)；
③如图4，△BOC∽△NMC，
则＝，∴＝，
解得：m＝0(舍去)，m＝eq \f(13,4)，经检验，m＝eq \f(13,4)是原方程的解，
∴M(eq \f(13,4)，4)；
④如图5，△BOC∽△CMN，
则＝，∴＝，解得：m＝0(舍去)，m＝7，
经检验，m＝7是原方程的解，
∴M(7，4)；
综上所述，点M的坐标为(eq \f(11,4)，4)或(﹣1，4)或(eq \f(13,4)，4)或(7，4)．