2024年中考数学真题分类汇编：知识点18 二次函数几何方面的应用2024（解析版）

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A．m+n＝1B．m−n＝1C．m＝1D．mn=1
【答案】B【解析】分别过点A和点C作y轴的垂线，垂足分别为M和N，将A，C两点的横坐标代入函数解析式得，点A坐标为（m，−m2+4），点C坐标为（n，−n2+4），所以AM＝m，MO＝−m2+4，CN＝n，NO＝−n2+4．因为四边形ABCD是正方形，所以AD＝CD，∠ADC＝90°，所以∠CDN+∠ADM＝∠ADM+∠DAM＝90°，所以∠CDN＝∠DAM．在△CDN和△DAM中，∠CND=∠DMA∠CDN=∠DAMCD=AD，所以△CDN≌△DAM（AAS），所以DM＝CN＝n，DN＝AM＝m，所以MN＝DM+DN＝m+n，又因为MN＝NO−MO＝m2−n2，所以m2−n2＝m+n，即（m+n）（m−n）＝m+n，因为m＞n＞0，所以m+n≠0，所以m−n＝1．故选B．
二、填空题
三、解答题
天津
25．【2024·天津25题】已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0）的顶点为P，且2a+b＝0，对称轴与x轴相交于点D，点M（m，1）在抛物线上，m＞1，O为坐标原点．
（I）当a＝1，c＝−1时，求该抛物线顶点P的坐标；
（Ⅱ）当OM=OP=132时，求a的值；
（Ⅲ）若N是抛物线上的点，且点N在第四象限，∠MDN＝90°，DM＝DN，点E在线段MN上，点F在线段DN上，NE+NF=2DM，当DE+MF取得最小值为15时，求a的值．
解：（I）∵2a+b＝0，a＝1，∴b＝−2a＝−2，
又∵c＝−1，∴该抛物线的解析式为y＝x2−2x−1，
∵y＝x2−2x−1＝（x−1）2−2，
∴该抛物线顶点P的坐标为（1，−2）．
（II）如图，过点M（m，1）作MH⊥x轴，垂足为H，m＞1，
则∠MHO＝90°，HM＝1，OH＝m，
在Rt△MOH中，由HM2+OH2=OM2，OM=132，
∴1+m2=(132)2，
解得m1=32，m2=−32（舍），
∴点M的坐标为(32，1)，
∵2a+b＝0，即−b2a=1，
∴抛物线y＝ax2−2ax+c的对称轴为x＝1．
∵对称轴与x轴相交于点D，
∴OD＝1，∠ODP＝90°．
在Rt△OPD中，由OD2+PD2=OP2，OP=132，
∴1+PD2=(132)2，
解得PD=32（负值舍去），
由a＞0，得该抛物线顶点P的坐标为(1，−32)，
∴该抛物线的解析式为y=a(x−1)2−32，
∵点M(32，1)在该抛物线上，
∴1=a(32−1)2−32，∴a＝10．
（III）过点M（m，1）作MH⊥x轴，垂足为H，m＞1，
则∠MHO＝90°，HM＝1，OH＝m，
∴DH＝OH−OD＝m−1，
在Rt△DMH中，DM2＝DH2+HM2＝（m−1）2+1，
如图，过点N作NK⊥x轴，垂足为K，则∠DKN＝90°，
∵∠MDN＝90°，DM＝DN，
又∵∠DNK＝90°−∠NDK＝∠MDH，
在Rt△NDK和△DMH中，∠MHD=∠DKN=90°∠MDH=∠DNKDM=DN，
∴△NDK≌△DMH（AAS），∴点N的坐标为（2，1−m），
在Rt△DMN中，∠DMN＝∠DNM＝45°，
∴MN2＝DM2+DN2＝2DM2，即MN=2DM．
∵NE+NF=2DM，∴ME＝NF，
在△DMN的外部，作∠DNG＝45°，且NG＝DM，连接GF，
得∠MNG＝∠DNM+∠DNG＝90°，
∴△GNF≌△DME（SAS），∴GF＝DE，
∴DE+MF＝GF+MF≥GM，
当满足条件的点F落在线段GM上时，DE+MF取得最小值，即GM=15，
在Rt△GMN中，GM2＝NG2+MN2＝3DM2，
∴(15)2=3DM2，∴DM2＝5，
∴（m−1）2+1＝5，解得m1＝3，m2＝−1（舍），
∴点M的坐标为（3，1），点N的坐标为（2，−2），
∵点M（3，1），N（2，−2）都在抛物线y＝ax2−2ax+c上，
∴1＝9a−6a+c，−2＝4a−4a+c，∴a＝1．
上海
24．【2024·上海】在平面直角坐标系中，已知平移抛物线y=13x2后得到的新抛物线经过A(0，−53)和B（5，0）．
（1）求平移后新抛物线的表达式；
（2）直线x＝m（m＞0）与新抛物线交于点P，与原抛物线交于点Q；
①如果PQ小于3，求m的取值范围；
②记点P在原抛物线上的对应点为P′，如果四边形P′BPQ有一组对边平行，求点P的坐标．
解：（1）设平移抛物线y=13x2后得到的新抛物线为y=13x2+bx+c，
把A(0，−53)和B（3，0）代入，
可得：c=−53253+5b+c=0，解得：b=−43，c=−53，
∴新抛物线为y=13x2−43x−53.
（2）①如图，设Q(x，13x2)，则P(x，13x2−43x−53)，
∴PQ=13x2−13x2+43x+53=43x+53，
∵PQ小于3，∴43x+53＜3，∴x＜1.
∵x＝m（m＞0），∴0＜m＜1.
②y=13x2−43x−53=13(x−2)2−3，
∴平移方式为：向右平移2个单位，向下平移3个单位，
由题意可得：P在B的右边，当BP′∥PQ时，
∴BP′⊥x轴，∴xP′＝xB＝5，∴P′(5，253).
由平移的性质可得：P(5+2，253−3)，即P(7，163).
如图，当P′Q∥BP时，则∠P′QT＝∠BPT，过P′作P′S⊥QP于S，
∴∠P'SQ＝∠BTP＝90°，∴△P'SQ∽△BTP.
∴QSP′S=PTBT，
设P′(x，13x2)，则P(x+2，13x2−3)，S(x+2，13x2)，Q[x+2，13(x+2)2]，
∴13(x+2)2−13x22=13x2−3x+2−5，
解得：x＝1（不符合题意舍去）；
综上：P(7，163)．
重庆
25．【2024·重庆B卷】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx−3与x轴交于A（−1，0），B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴是直线x=52．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线BC下方对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作PD∥x轴交抛物线于点D，作PE⊥BC于点E，求PD+52PE的最大值及此时点P的坐标；
（3）将抛物线沿射线BC方向平移5个单位，在PD+52PE取得最大值的条件下，点F为点P平移后的对应点，连接AF交y轴于点M，点N为平移后的抛物线上一点，若∠NMF−∠ABC＝45°，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．
解：（1）∵抛物线 y＝ax2+bx−3与x轴交于A（−1，0），B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴是直线x=52，
∴a−b−3=0−b2a=52，解得a=12b=−52，
∴抛物线的表达式为y=12x2−52x−3.
（2）如图，延长PE交x轴于G，过P作PH∥y轴于H，
在y=12x2−52x−3中，令y＝0得0=12x2−52x−3，
解得：x1＝−1，x2＝6，∴B（6，0），
当x＝0时，y＝−3，∴C（0，−3），
∴BC=32+62=35，
∴sin∠BCO=OBBC=635=255.
∵PD∥x轴，∴∠PHE＝∠BCO，
∴sin∠PHE=PEPH=255，∴PE=255PH，
由B（6，0），C（0，−3）得直线BC为y=12x−3，
设 P(x，12x2−52x−3)，则H(x，12x−3)，
∴PH=−12x2+3x，
∵抛物线y=12x2−52x−3 的对称轴为直线x=52，
∴PD＝2（x−52）＝2x−5，
∴PD+52PE=2x−5+52×255(−12x2+3x)=−12x2+5x−5，
∵−12＜0，
∴当x=−52×(−12)=5时，PD+52PE取得最大值，最大值为 152，此时P（5，−3）；
（3）∵抛物线沿射线BC方向平移5个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，
∴新的抛物线为y=12（x+2）2−52（x+2）−3−1=12x2−12x−7，F的坐标为（3，−4），
如图，当N在y轴的左侧时，过N作NK⊥y轴于K，
由A（−1，0），F（3，−4）得直线AF解析式为y＝−x−1，
当 x＝0 时，y＝−1，∴M（0，−1），
∴∠AMO＝∠OAM＝45°＝∠FMK，
∵∠NMF−∠ABC＝45°，
∴∠NMK+45°−∠ABC＝45°，
∴∠NMK＝∠ABC，
∴tan∠NMK＝tan∠ABC=OCOB=36=12，
设N(n，12n2−12n−7)，
∴NKMK=−n−1−12n2+12n+7=12，
解得：n=5−732 或 5+732 （舍去），
∴N(5−732，4−73)；
如图，当N在y轴的右侧时，过M作y轴的垂线MT，过N′作N'T⊥MT于T，
同理可得∠N'MT＝∠ABC，
设N′(x，12x2−12x−7)，则T（x，−1），
同理可得：12x2−12x−7+1x=12，
∴x=1+13 或x=1−13 （舍去），
∴N′(1+13，13−12)，
综上所述，N的坐标为（5−732，4−73）或（1+13，13−12）．
25．【2024·重庆A卷】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）经过点（−1，6），与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），连接AC，BC，tan∠CBA＝4．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是射线CA上方抛物线上的一动点，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，交AC于点D．点M是线段DE上一动点，MN⊥y轴，垂足为N，点F为线段BC的中点，连接AM，NF．当线段PD长度取得最大值时，求AM+MN+NF的最小值；
（3）将该抛物线沿射线CA方向平移，使得新抛物线经过（2）中线段PD长度取得最大值时的点D，且与直线AC相交于另一点K．点Q为新抛物线上的一个动点，当∠QDK＝∠ACB时，直接写出所有符合条件的点Q的坐标．
解：（1）由抛物线的表达式知，OC＝4，
∵tan∠CBA＝4，∴OB＝1，∴点B（1，0），
由题意，得a−b+4=6a+b+4=0，解得a=−1b=−3，
则抛物线的表达式为：y＝−x2−3x+4.
（2）由抛物线的表达式知，点A、B、C的坐标分别为：（−4，0）、（1，0）、（0，4），则点F（12，2），
由点A，C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝x+4，
设点P（x，−x2+3x+4），则点D（x，x+4），
则PD＝−x2+3x+4−x−4＝−x2−4x，
当x＝−2时，PD取得最大值，则点E（−2，0）、D（−2，2），则MN＝2，
将点A向右平移2个单位得到点A′（−2，0），连接A′F交y轴于点N，过点N作NM⊥PE，连接AM，
则四边形MNA′A为平行四边形，则AM＝A′N，
则此时AM+MN+NF＝A′N+MN+NF＝2+A′F＝2+(2+12)2+22=2+412为最小.
（3）将该抛物线沿射线CA方向平移，当向左平移m个单位时，则向下平移了m个单位，
则新抛物线的表达式为：y＝−（x+m）2+3（x+m）+4−m，
将点D（−2，2）的坐标代入上式得：2＝−（−2+m）2+3（−2+m）+4−m，
解得：m＝2，
则新抛物线的表达式为：y＝−（x+m）2+3（x+m）+4−m＝−x2−7x−8，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝−4x+4，
当点Q在AC下方时，
∵∠QDK＝∠ACB，则DQ∥BC，
则直线DQ的表达式为：y＝−4（x+2）+2，
联立上式和新抛物线的表达式得：−4（x+2）+2＝−x2−7x−8，
解得：x＝−2（舍去）或−1，∴点Q（−1，−2）；
当点Q（Q′）在AC上方时，同理可得，点H′（−4，52），
由点D、H′的坐标得，直线DH′的表达式为：y=−14（x+2）+2，
联立上式和新抛物线的表达式得：−14（x+2）+2+2＝−x2−7x−8，
解得：x＝−2（舍去）或−194，∴点Q（−194，4316）；
综上，点Q的坐标为：（−1，−2）或（−194，4316）．
吉林省
24．【2024·长春】在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线y＝x2+2x+c（c是常数）经过点（−2，−2）．点A、B是该抛物线上不重合的两点，横坐标分别为m、−m，点C的横坐标为−5m，点C的纵坐标与点A的纵坐标相同，连结AB、AC．
（1）求该抛物线对应的函数表达式；
（2）求证：当m取不为零的任意实数时，tan∠CAB的值始终为2；
（3）作AC的垂直平分线交直线AB于点D，以AD为边、AC为对角线作菱形ADCE，连结DE．
①当DE与此抛物线的对称轴重合时，求菱形ADCE的面积；
②当此抛物线在菱形ADCE内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，直接写出m的取值范围．
解：（1）将点（−2，−2）代入抛物线解析式得4−4+c＝−2，
∴c＝−2，
∴抛物线解析式为y＝x2+2x−2．
（2）证明：A（m，m2+2m−2），B（−m，m2−2m−2），C（−5m，m2+2m−2），
①当m＜0时，如图1，作BH⊥AC于点H，
tan∠CAB=BHAH=m2−2m−2−(m2+2m−2)−m−m=−4m−2m=2；
②当m＞0时，如图2，作BH⊥AC于点H，
tan∠CAB=BHAH=m2+2m−2−(m2−2m−2)m−(−m)=4m2m=2；
综上，当m取不为零的任意实数时，tan∠CAB的值始终为2．
（3）①∵y＝x2+2x−2＝（x+1）2−3，
∴对称轴x＝−1.
由题可得A（m，m2+2m−2），B（−m，m2−2m−2），C（−5m，m2+2m−2），
∵四边形ABCD是菱形，且DE与对称轴重合，
∴xD=m+(−5m)2=−2m，∴−2m＝−1，
∴m=12，∴AM=32，AC＝3.
∵tan∠CAB＝2=DMAM，
∴DM＝3，DE＝6，∴S菱形ABCD=12×3×6＝9．
②（Ⅰ）如图3，当m＜0，且AE过顶点（−1，−3）时，
∴yA+3xA+1=−2，即yA+3＝−2xA−2，
∴m2+2m−2+3＝−2m−2，
整理得m2+4m+3＝0，
∴m＝−1或m＝−3，
∴m≤−3或−1≤m＜0.
（Ⅱ）如图4，当m＞0，且CD过顶点（−1，−3）时，
∴yC+3xC+1=−2，即yC+3＝−2xC−2，
∴m2+2m−2+3＝10m−2，
整理得m2−8m+3＝0，
∴m＝4+13或m＝4−13，
∴0＜m≤4−13；
综上，m≤−3或−1≤m＜0或0＜m≤4−13．
山东省
22. 【2024·济宁】已知二次函数的图像经过，两点，其中a，b，c为常数，且．
（1）求a，c的值；
（2）若该二次函数的最小值是，且它的图像与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
①求该二次函数的解析式，并直接写出点A，B的坐标；
②如图，在y轴左侧该二次函数的图像上有一动点P，过点P作x轴的垂线，垂足为D，与直线交于点E，连接，，．是否存在点P，使？若存在，求此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）∵经过，∴，
∴和关于对称轴对称，
∴，
，，∴，．
（2）①∵，，
∴，
∵，
∵解得，∵，且，
∴，∴，
∴该二次函数的解析式为：，
当时，，解得，，
∴， ．
②如图，作于F，轴，交于G点，
设直线的表达式为：，
则，解得，
∴直线的表达式为：．
设直线的表达式为：，
则，解得，
∴直线的表达式为：．
设，则，，
，且G点在直线上，
，，
，
则，
．
，
，，
∴，
∵，，
解得，，
当时，，
当时，，
∴，．
∴存在点P，使，P点坐标为：，．
25．【2024·泰安】如图，抛物线C1：y=ax2+43x−4的图象经过点D（1，−1），与x轴交于点A，点B．
（1）求抛物线C1的表达式；
（2）将抛物线C1向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线C2，求抛物线C2的表达式，并判断点D是否在抛物线C2上；
（3）在x轴上方的抛物线C2上，是否存在点P，使△PBD是等腰直角三角形．若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）将点D的坐标代入抛物线表达式得−1＝a+43−4，
解得a=53，则抛物线的表达式为y=53x2+43x−4；
（2）由题意得C2：y=53（x−1）2+43（x−1）−4+3=53（x−35）2−1915，
当x＝1时，y=53（x−35）2−1915=53（1−35）2−1915=−1，
故点D在抛物线C2上.
（3）存在，理由：
当∠BAP为直角时，
如图1，过点D作DE⊥BD且DE＝BE，则△BDE为等腰直角三角形，
∵∠BDG+∠EDH＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，
∴∠BDG＝∠DEH.
∵∠DGB＝∠EHD＝90°，
∴△DGB≌△EHD（AAS），
则DH＝BG＝1，EH＝GD＝1+2＝3，
则点E（2，2），
当x＝2时，y=53（x−35）2−1915=53（2−35）2−1915=2，
即点E在抛物线C2上，即点P即为点E（2，2）；
当∠DBP为直角时，如图2，
同理可得：△BGE≌△DHB（AAS），
则DH＝3＝BG，BH＝1＝GE，则点E（−1，3），
当x＝−1时，y=53（x−35）2−1915=53（−1−35）2−1915=3，
即点E在抛物线C2上，
即点P即为点E（−1，3）；
当∠HPD为直角时，如图3，
设点E（x，y），
同理可得：△EHB≌△DGE（AAS），
则EH＝x+2＝GD＝y+1且BH＝y＝GE＝1−x，
解得x＝0且y＝1，即点E（0，1），
当x＝0时，y=53（x−35）2−1915=53（0−35）2−1915≠1，
即点E不在抛物线C2上；
综上，点P的坐标为：（2，2）或（−1，3）．
1．【2024·烟台】如图，抛物线y1=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OC＝OA，AB＝4，对称轴为直线l1：x＝−1．将抛物线y1绕点O旋转180°后得到新抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点D，顶点为E，对称轴为直线l2．
（1）分别求抛物线y1和y2的表达式；
（2）如图1，点F的坐标为（−6，0），动点M在直线l1上，过点M作MN∥x轴与直线l2交于点N，连接FM，DN，求FM+MN+DN的最小值；
（3）如图2，点H的坐标为（0，−2），动点P在抛物线y2上，试探究是否存在点P，使∠PEH＝2∠DHE？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）设点A、B的坐标分别为：（t，0），（t+4，0），
则x＝−1=12（t+t+4），解得t＝−3，
即点A、B的坐标分别为：（−3，0）、（1，0），
∵OC＝OA，∴点C（0，3），
则抛物线y1得表达式为y1＝a（x+3）（x−1）＝a（x2+2x−3），
则−3a＝3，则a＝−1，则y1＝−x2−2x+3；
根据图形的对称性，y2＝x2+2x−3.
（2）作点D关于l2的对称点D′（2，−3），将点F向右平移2个单位（MN＝2），连接D′F′交直线l2于点N，过点N作NM⊥l1交于点M，连接FM，
∵F′F∥MN，FF′＝MN，则四边形FF′NM平行四边形，则FM＝F′N，
则FM+MN+DN＝F′N+ND′+MN＝F′D′+2=(2+4)2+32+2＝35+2为最小；
（3）由抛物线y2的表达式知，点D（0，−3）、点E（1，−4），
由点H、E的坐标得，直线HE的表达式为：y＝−2x−2，
当点P（P′）在BE的右侧时，
∵∠PEH＝2∠DHE，则EP′和HE关对称轴l2对称，
则直线EP′的表达式为：y＝2（x−1）−4，
联立上式和抛物线y2得表达式得：2（x−1）−4＝x2+2x−3，
解得x＝1（舍去）或3，即点P′（3，0）；
当点P在BE的左侧时，见如图右侧放大图，设直线PE交y轴于点N，
∵∠PEH＝2∠DHE，
过点E（1，−4）作∠PEH的角平分线EK交HD于点K，
作HE的中垂线JK，交HD于点J，交HE于点L，过点E作EW⊥HD交于点W
则∠JHL＝∠JEH＝∠EHJ＝α，
由点H、E的坐标得，直线HE的表达式为：y＝−2x−2，则点L（12，−3），
直线JL的表达式为：y=12（x−12）−3=12x−134，
则点J（0，−134），则HJ＝JF=54，
∵∠JHL＝∠JEH＝∠EHJ＝α，∠EKJ＝∠HKF，
∴△EKJ∽△HKE，则KJKE=EJHE=EJHE=545=54，
设KJ=5m，则KE＝4m，则点K（0，−134−5m），
在Rt△KEW中，KW2+WE2＝KE2，
即（−134−5m+4）2+1＝4m2，
解得m=5544，则点K（0，−16844），
由点K、E的坐标得，直线KE的表达式为：y=−211x−4211，
联立上式和抛物线的表达式得：x2+2x−3=−211x−4211，
解得x=911，则点P（911，−480121），
综上，点P的坐标为：（3，0）或（911，−480121）．
湖北省
24．【2024·武汉】抛物线y=12x2+2x−52交x轴于A，B两点（A在B的右边），交y轴于点C．
（1）直接写出点A，B，C的坐标；
（2）如图（1），连接AC，BC，过第三象限的抛物线上的点P作直线PQ∥AC，交y轴于点Q．若BC平分线段PQ，求点P的坐标；
（3）如图（2），点D与原点O关于点C对称，过原点的直线EF交抛物线于E，F两点（点E在x轴下方），线段DE交抛物线于另一点G，连接FG．若∠EGF＝90°，求直线DE的解析式．
解：（1）在y=12x2+2x−52中，令x＝0得y=−52，
∴C（0，−52），
令y＝0得0=12x2+2x−52，解得x＝−5或x＝1，
∴A（1，0），B（−5，0）.
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
把A（，0），C（0，−52）代入得k+b=0b=−52，解得k=52b=−52，
∴直线AC的解析式为y=52x−52.
由PQ∥AC，设直线PQ的解析式为y=52x+b'，
设P（t，12t2+2t−52），
∴12t2+2t−52=52t+b'，∴b'=12t2−12t−52，
∴直线PQ的解析式为y=52x+12t2−12t−52，
令x＝0得y=12t2−12t−52，∴Q（0，12t2−12t−52）.
∵BC平分线段PQ，
∴PQ的中点（t2，12t2+34t−52）在直线BC上，
由B（−5，0），C（0，−52）得直线BC解析式为y=−12x−52，
∴12t2+34t−52=−t4−52，解得t＝−2或t＝0（舍去），
∴P（−2，−92）.
（3）过点G作TS∥x轴，过点E，F分别作TS的垂线，垂足分别为T，S，如图.

∴∠T＝∠S＝∠EGF＝90°，
∴∠EGT＝90°−∠FGS＝∠GFS，
∴△ETG∽△GSF，∴ETGS=TGFS，
∴ET•FS＝GS•TG.
∵点D与原点O关于C(0，−52) 对称，
∴D（0．−5），
设直线EF的解析式为y1＝k1x，直线ED的解析式为y2＝k2x−5，
联立y1=k1xy=12x2+2x−52，得k1x=12x2+2x−52，
∴12x2+（2−k1）x−52=0，
联立y2=k2x−5y=12x2+2x−52 得k2x−5=12x2+2x−52，
∴12x2+（2−k2）x+52=0，
设xE＝e，xF＝f，xG＝g，
∴ef＝−5，eg＝5，e+g＝2k2−4，
∴f＝−g，ET=12e2+2e−52−（12g2+2g−52）=12（e+g+4）（e−g），FS=12f2+2f−52−（12g2+2g−52）=12（f+g+4）（f−g）.
∵ET•FS＝GS•TG，
∴12（e+g+4）（e−g）•12（f+g+4）（f−g）＝（g−e）（f−g），
∴12（e+g+4）（e−g）•12（−g+g+4）（−g−g）＝（g−e）（−g−g），
∴e+g＝−5，∴2k2−4＝−5，解得k2=−12，
∴直线DE解析式为y=−12x−5．
湖南省
25．【2024·长沙25题】已知四个不同的点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）都在关于x的函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的图象上．
（1）当A，B两点的坐标分别为（−1，−4），（3，4）时，求代数式2024a+1012b+37的值；
（2）当A，B两点的坐标满足a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0时，请你判断此函数图象与x轴的公共点的个数，并说明理由；
（3）当a＞0时，该函数图象与x轴交于E，F两点，且A，B，C，D四点的坐标满足：2a2+2（y1+y2）a+y12+y22=0，2a2−2（y3+y4）a+y32+y42=0．请问是否存在实数（m＞1），使得AB，CD，m•EF这三条线段组成一个三角形，且该三角形的三个内角的大小之比为1：2：3？若存在，求出m的值和此时函数的最小值；若不存在，请说明理由（注：m•EF表示一条长度等于EF的m倍的线段）．
解：（1）将A（−1，−4），B（3，4）代入y＝ax2+bx+c得a−b+c=−4，①9a+3b+c=4．②，
②−①得8a+4b＝8，即2a+b＝2．
∴2024a+1012b+37=1012(2a+b)+37=202437．
（2）此函数图象与x轴的公共点个数为两个．
方法1：由a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0，
得（a+2y1）（a+2y2）＝0，
∴y1=−a2，y2=−a2，
①当a＞0时，−a2＜0，此抛物线开口向上，而A，B两点之中至少有一个点在x轴的下方，
∴此时该函数图象与x轴有两个公共点；
②当a＜0时，−a2＞0，此抛物线开口向下，而A，B两点之中至少有一个点在x轴的上方，
∴此时该函数图象与x轴也有两个公共点．
综上所述，此函数图象与x轴必有两个公共点．
方法2：由a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0，
得（a+2y1）（a+2y2）＝0，
∴y1=−a2，y2=−a2，
∴抛物线上存在纵坐标为−a2的点，即一元二次方程ax2+bx+c=−a2有解．
∴该方程根的判别式Δ=b2−4a(c+a2)≥0，即b2−4ac≥2a2．
∵a≠0，所以b2−4ac＞0．
∴原函数图象与x轴必有两个公共点．
方法3：由a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0，
可得y1=−a2或y2=−a2．
①当y1=−a2时，有ax12+bx1+c=−a2，即ax12+bx1+a2=−c，
∴Δ=b2−4ac=b2+4a(ax12+bx1+a2)=2a2+(2ax1+b)2＞0．
此时该函数图象与x轴有两个公共点．
②当y2=−a2时，同理可得△＞0，此时该函数图象与x轴也有两个公共点．
综上所述，该函数图象与x轴必有两个公共点．
（3）因为a＞0，所以该函数图象开口向上．
∵2a2+2(y1+y2)a+y12+y22=0，
∴(a+y1)2+(a+y2)2=0，
∴y1＝y2＝−a．
∵2a2−2(y3+y4)a+y32+y42=0，
∴(a−y3)2+(a−y4)2=0，
∴y3＝y4＝a，
∴直线AB，CD均与x轴平行．
由（2）可知该函数图象与x轴必有两个公共点，
设E（x5，0），F（x6，0）．
由图象可知−a＞4ac−b24a，即b2−4ac＞4a2，
∴ax2+bx+c＝−a的两根为x1、x2，
∴AB=|x1−x2|=b2−4a(c+a)|a|，
同理ax2+bx+c＝a的两根为x3、x4，可得CD=|x3−x4|=b2−4a(c−a)|a|，
同理ax2+bx+c＝0的两根为x5、x6，可得m⋅EF=m⋅|x5−x6|=m⋅b2−4ac|a|，
由于m＞1，结合图象与计算可得AB＜EF＜m•EF，AB＜CD．
若存在实数m（m＞1），使得AB，CD，m•EF这三条线段组成一个三角形，且该三角形的三个内角的大小之比为1：2：3，则此三角形必定为两锐角分别为 30°、60° 的直角三角形，
∴线段AB不可能是该直角三角形的斜边．
①当以线段CD为斜边，且两锐角分别为30°，60°时，
∵m•EF＞AB，
∴必须同时满足：AB2+（m•EF）2＝CD2，m⋅EF=3AB．
将上述各式代入化简可得m2=8a2b2−4ac＜8a24a2=2，且m2=3(b2−4ac−4a2)b2−4ac，
联立解之得b2−4ac=20a23，m2=8a2b2−4ac=65＜2，
解得m=305＞1，符合要求．
∴m=305，此时该函数的最小值为4ac−b24a=−20a234a=−5a3．
②当以线段m•EF为斜边时，必有AB2+CD2＝（m•EF）2，
同理代入化简可得2（b2−4ac）＝m2（b2−4ac），
解得m=2，
∵以线段2EF为斜边，且有一个内角为60°，而CD＞AB，
∴CD＝AB•tan60°，即b2−4a(c−a)=3⋅b2−4a(c+a)，
化简得b2−4ac＝8a2＞4a2符合要求．
∴m=2，此时该函数的最小值为4ac−b24a=−8a24a=−2a．
综上所述，存在两个m的值符合题意；当m=305时，此时该函数的最小值为−5a3，当m=2时，此时该函数的最小值为−2a．
25．【2024·湖南25题】已知二次函数y＝−x2+c的图象经过点A（−2，5），点P（x1，y1），Q（x2，y2）是此二次函数的图象上的两个动点．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）如图1，此二次函数的图象与x轴的正半轴交于点B，点P在直线AB的上方，过点P作PC⊥x轴于点C，交AB于点D，连接AC，DQ，PQ．若x2＝x1+3，求证：S△PDQS△ADC的值为定值；
（3）如图2，点P在第二象限，x2＝−2x1，若点M在直线PQ上，且横坐标为x1−1，过点M作MN⊥x轴于点N，求线段MN长度的最大值．
解：（1）将点A的坐标代入抛物线表达式得：5＝−4+c，
则c＝9，即抛物线的表达式为y＝−x2+9.
（2）证明：为定值，理由：
令y＝−x2+9，则x＝±3，则点B（3，0），
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为y＝−x+3，
设点P、Q、D的表达式分别为：（x1，−x12+9）、（x2，−x22+9）、（x1，−x1+3），
则S△PDQ=12×PD×（xQ−xP）=12×（−x12+9+x1−3）（x2−x1）=32（−x12+x1+6），
同理可得：S△ADC=12×CD×（xD−xA）=12（−x12+x1+6），
则S△PDQS△ADC=3为定值.
（3）点P、Q的表达式分别为（x1，−x12+9）、（−2x1，−4x12+9），
由点P、Q的坐标得，直线PQ的表达式为：y＝x1（x−x1）−x12+9＝xx1−2x12+9，
则MN＝yM＝（x1−1）x1−2x12+9＝−（x1+12）2+374≤374，
故MN的最大值为374．
江苏省
1．【2024·扬州】如图，已知二次函数y＝−x2+bx+c的图象与x轴交于A（−2，0），B（1，0）两点．
（1）求b、c的值；
（2）若点P在该二次函数的图象上，且△PAB的面积为6，求点P的坐标．
解：（1）把A（−2，0），B（1，0）代入y＝−x2+bx+c，
得−4−2b+c=0−1+b+c=0，解得b=−1c=2.
（2）由（1）知，二次函数解析式为y＝−x2−x+2，
设点P坐标为（m，−m2−m+2），
∵△PAB的面积为6，AB＝1−（−2）＝3，
∴S△PAB=12AB•|yP|=12×3×|−m2−m+2|＝6，
∴|m2+m−2|＝4，既m2+m−2＝4或m2+m−2＝−4，
解得m＝−3或m＝2，
∴P（−3，−4）或（2，−4）．
1．【2024·连云港】在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx−1（a、b为常数，a＞0）．（1）若抛物线与x轴交于A（−1，0）、B（4，0）两点，求抛物线对应的函数表达式；
（2）如图，当b＝1时，过点C（−1，a）、D(1，a+22)分别作y轴的平行线，交抛物线于点M、N，连接MN、MD．求证：MD平分∠CMN；
（3）当a＝1，b≤−2时，过直线y＝x−1（1≤x≤3）上一点G作y轴的平行线，交抛物线于点H．若GH的最大值为4，求b的值．
解：（1）∵抛物线与x轴交于A（−1，0）、B（4，0）两点，
∴分别将 A（−1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx−1中，
得a−b−1=016a+4b−1=0，解得a=14b=−34，
∴抛物线对应的函数表达式为y=14x2−34x−1．
（2）证明：如图，连接CN.
∵b＝1，∴y＝ax2+x−1.
当x＝−1时，y＝a−2，∴M（−1，a−2），
当x＝1时，y＝a，∴N（1，a）.
∵C（−1，a），N（1，a），
∴CN＝2，CM＝a−（a−2）＝2，CM⊥CN，
在Rt△CMN中，CM＝2，CN＝2，
∴MN=CM2+CN2=22，
∵DN=a+22−a=22，∴DN＝MN，∴∠NDM＝∠NMD.
∵DN∥CM，
∴∠NDM＝∠CMD，∴∠NMD＝∠CMD，
∴MD平分∠CMN．
（3）设G（m，m−1），则H（m，m2+bm−1），1≤m≤3，
当a＝1时，y＝x2+bx−1，
∵过直线y＝x−1（1≤x≤3）上一点G作y轴的平行线，
令x2+bx−1＝x−1，解得x1＝0，x2＝1−b．
∵b≤−2，∴x2＝1−b≥3.
点G在H的上方，如图，
设GH＝t，则t＝−m2+（1−b）m，
其对称轴为m=1−b2，且1−b2≥32.
①当32≤1−b2≤3时，即−5≤b≤−2，
由图可知，
当m=1−b2时，t取得最大值(1−b)24=4，解得b＝−3或b＝5（舍去）.
②当1−b2＞3时，得b＜−5，由图可知，
当m＝3时，t取得最大值−9+3−3b＝4，解得b=−103（舍去），
综上所述，b的值为−3．
2．【2024·苏州】如图①，二次函数y＝x2+bx+c的图象C1与开口向下的二次函数图象C2均过点A（−1，0），B（3，0）．
（1）求图象C1对应的函数表达式；
（2）若图象C2过点C（0，6），点P位于第一象限，且在图象C2上，直线l过点P且与x轴平行，与图象C2的另一个交点为Q（Q在P左侧），直线l与图象C1的交点为M，N（N在M左侧）．当PQ＝MP+QN时，求点P的坐标；
（3）如图②，D，E分别为二次函数图象C1，C2的顶点，连接AD，过点A作AF⊥AD，交图象C2于点F，连接EF，当EF∥AD时，求图象C2对应的函数表达式．
解：（1）将A（1，0），B（3，0代入y＝x2+bx+c得 1−b+c=09+3b+c=0，
解得b=−2c=−3，
∴图象C1对应的函数表达式：y＝x2−2x−3；
（2）设C2对应的函数表达式为y＝a（x+1）（x−3）（a＜0），将点C（0，6）代入得，a＝−2．
∴C2对应的函数表达式为：y＝−2（x+1）6x+3），其对称轴为直线x＝1．
又∵图象C1的对称轴也为直线x＝1．
作直线x＝1，交直线l于点H（如答图①）
由二次函数的对称性得，QH＝PH，PM＝NQ，
又∵PQ＝MP+QM，∴PH＝PM．
设PH＝t（0＜l＜2），则点P的横坐标为t+1，点M的横坐标为2t+1，
将x＝t+1代入y＝−2（x+1）（x−3），得yP＝−2（t+2）（2t−2），
将x＝2t+1代入y＝（x+1）（x−3），得 yM＝（2t+2）（2t−2），
∵yP＝yM，
∴−2（t+2）（t−2）＝（2t+2）（2t−2），
即6t2＝12，解得 t1=2，t2=−2 （舍去）．
∴点P的坐标为（2+1，4）；

（3）连接DE，交x轴于点G，过点F作FI⊥ED于点I，过点F作FJ⊥x轴于点J，（如答图②），
∵FI⊥ED，FJ⊥x轴，
∴四边形IGJF为矩形，
∴IF＝GJ，IG＝FJ，
设C2对应的函数表达式为y＝a（x+1）（x−3）（a＜0），
∵点D，E分别为二次函数图象C1，C2的顶点，
∴D（1，−4），E（1，−4a）．
∴DG＝4，AG＝2，EG＝−4a，
在Rt△AGD中，tan∠ADG=AGDG=24=12，
∵AF⊥AD，∴∠FAB+∠DAB＝90°，
又∵∠DAG+∠ADG＝90°，∴∠ADG＝∠FAB，
∴tmn∠FAB＝tm∠ADG=FJAJ=12，
设GJ＝m（0＜m＜2），则AJ＝2+m，
∴FJ=2+m2，F（m+1，2+m2），
∵EF∥AD，∴∠FEl＝∠ADG，
∴tan∠FEl＝tan∠ADG=FIEI=12，
∴EI＝2m，
∵EG＝EI+IG，∴2m+2+m2=−4a，
∴a=−2+5m8①，
∵点F在C2上，a（m+1+1）（m+1−3）=m+22，
即a（m+2）（m−2）=m+22，
∵m+2≠0，∴a（m−2）=12②，
由①，②可得 −2+5m8(m−2)=12，
解得m1＝0（舍去），m2=85，∴a=−54，
∴图象C2对应的函数表达式为y=−54(x+1)(x−3)=−54x2+52x+154．
四川省
24．【2024·资阳】已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B（4，0），BC＝42．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1−S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使∠QFE＝2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
解：（1）∵B（4，0），∴OB＝4.
∵∠BOC＝90°，BC=42，
∴OC=BC2−OB2=4，
∴C（0，4）.
把B（4，0），C（0，4），代入函数解析式，
得c=4−12×42+4b+c=0，解得c=4b=1，
∴y=−12x2+x+4.
（2）∵B（4，0），C（0，4），
∴设直线BC的解析式为y＝kx+4（k≠0），把B（4，0）代入，得k＝−1，
∴y＝−x+4.
设P(m，−12m2+m+4)，则K（m，−m+4），D（m，0），
∴PK=−12m2+m+4+m−4=−12m2+2m，DK＝−m+4，DB＝4−m，
∴S1=12PK⋅OB=−m2+4m，S2=12DK⋅DB=12(−m+4)(4−m)=12(4−m)2，
∴S1−S2=−m2+4m−12(4−m)2=−3m22+8m−8 =−32(m−83)2+83，
∴当m=83时，S1−S2的最大值为83.
（3）令y=−12x2+x+4=0，解得x1＝−2，x2＝4，∴A（−2，0），
∵C（0，4），点E为AC的中点，
∴E（−1，2）.
∵FE⊥AC，AE=CE=(−1+2)2+22=5，
∴AF＝CF，
∴∠AFE＝∠CFE.
设OF＝a，则CF＝AF＝a+2，
在Rt△COF中，由勾股定理，得a2+42＝（a+2）2，
∴a＝3，
∴F（3，0），CF＝5.
∵FE⊥AC，∠AOC＝90°，
∴∠AFE＝∠OCA＝90°−∠CAF，
∴∠AFE＝∠OCA＝∠CFE.
①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（−1，−2），
设FE1的解析式为y＝k1x+b，
则3k1+b=0−k1+b=−2，解得k1=12b=−32，
∴y=12x−32，
联立y=12x−32y=−12x2+x+4，解得x=35+12y=35−54（舍去）或x=1−352y=−5−354，
∴Q1(1−352，−5−354)；
②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF，
∵CE=5，CF＝5，∴EF=CF2−CE2=25，
∵S△CEF=12CF⋅EG=12CE⋅EF，
∴5EG=25×5，∴EG＝2，
∴FG=EF2−EG2=4，
过点G作GH⊥x轴，则：GH=FG⋅sin∠CFO=4×45=165，FH=FG⋅cs∠CFO=4×35=125，
∴OH=OF−FH=35，∴G(35，165).
∵E（−1，2），
∴xE2+(−1)2=35，yE2+22=165，
∴xE2=115，yE2=225，
∴E2(115，225)，设直线E2F的解析式为y＝k2x+b1，
则3k2+b1=0115k2+b1=225，解得k2=−112b1=332，
∴y=−112x+332，
联立y=−112x+332y=−12x2+x+4，
解得x=69+132y=−1169−774（舍去）或x=13−692y=−77+11694，
∴Q2(13−692，−77+11694).
综上：Q1(1−352，−5−354)或Q2(13−692，−77+11694)．
24．【2024·雅安】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（1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图①，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，当线段PQ的长度最大时，求点Q的坐标；
（3）如图②，在（2）的条件下，过点Q的直线与抛物线交于点D，且∠CQD＝2∠OCQ．在y轴上是否存在点E，使得△BDE为等腰三角形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意得：y＝a（x−1）（x−3）＝a（x2−4x+3）＝ax2+bx+3，
则a＝1，
则抛物线的表达式为：y＝x2−4x+3；
（2）由抛物线的表达式知，点C（0，3），
由点B、C的坐标得，直线CB的表达式为：y＝x−3，
设点P（x，x2−4x+3），则点Q（x，x−3），
则PQ＝x−3−（x2−4x+3）＝−x2+3x，
∵−1＜0，故PQ有最大值，
此时x=32，则y＝x2−4x+3=−34，
即点Q（32，−34）；
（3）存在，理由：
由点C、Q的坐标得，直线CQ的表达式为：y=−52x−3，
过点Q作TQ∥y轴交x轴于点T，则∠TQA＝∠QCO，
∵∠CQD＝2∠OCQ，∠TQA＝∠QCO，
则∠CQT＝∠QQT，
即直线AQ和DQ关于直线QT对称，
则直线DQ的表达式为：y=52（x−32）−34，
联立上式和抛物线的表达式得：x2−4x+3=52（x−32）−34，
解得x=32（舍去）或5，
即点D（5，8）；
设点E（0，y），由B、D、E的坐标得，BD2＝68，DE2＝25+（y−8）2，BE2＝9+y2，
当DE＝BD时，
则68＝25+（y−8）2，
解得：y＝8±43，即点E（0，8±43）；
当DE＝BE或BD＝BE时，
同理可得：25+（y−8）2＝9+y2或9+y2＝68，解得y＝5或±59，
即点E（0，5）或（0，±59）；
综上，点E（0，8±43）或（0，5）或（0，±59）．
28．【2024·凉山州】如图，抛物线y＝−x2+bx+c与直线y＝x+2相交于A（−2，0），B（3，m）两点，与x轴相交于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB上方抛物线上的一个动点（不与A、B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E，当PE＝2ED时，求P点坐标；
（3）抛物线上是否存在点M使△ABM的面积等于△ABC面积的一半？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）把B（3，m）代入y＝x+2得：m＝3+2＝5，
∴B（3，5），
把A（−2，0），B（3，5）代入y＝−x2+bx+c得：
−4−2b+c=0−9+3b+c=5，解得b=2c=8，
∴抛物线的解析式为y＝−x2+2x+8.
（2）设P（t，−t2+2t+8），则E（t，t+2），D（t，0），
∵PE＝2DE，∴−t2+2t+8−（t+2）＝2（t+2），
解得t＝1或t＝−2（此时P不在直线AB上方，舍去）；
∴P的坐标为（1，9）.
（3）抛物线上存在点M，使△ABM的面积等于△ABC面积的一半，理由如下：
过M作MK∥y轴交直线AB于K，如图：
在y＝−x2+2x+8中，令y＝0得0＝−x2+2x+8，
解得x＝−2或x＝4，
∴A（−2，0），C（4，0），
∴AC＝6，
∵B（3，5），
∴S△ABC=12×6×5＝15，
设M（m，−m2+2m+8），则K（m，m+2），
∴MK＝|−m2+2m+8−（m+2）|＝|−m2+m+6|，
∴S△ABM=12MK•|xB−xA|=12|−m2+m+6|×5=52|−m2+m+6|，
∵△ABM的面积等于△ABC面积的一半，
∴52|−m2+m+6|=12×15，
∴|−m2+m+6|＝3，
∴−m2+m+6＝3或−m2+m+6＝−3，
解得m=1±132或m=1±372，
∴M的坐标为（1+132，11+132）或（1−132，11−132）或（1+372，−1+372）或（1−372，−1−372）．
26．【2024·眉山】如图，抛物线y＝−x2+bx+c与x轴交于点A（−3，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），点D在抛物线上．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当点D在第二象限内，且△ACD的面积为3时，求点D的坐标；
（3）在直线BC上是否存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）把A（−3，0），C（0，3）代入y＝−x2+bx+c得：
−9−3b+c=0c=3，解得b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝−x2−2x+3.
（2）过D作DK∥y轴交AC于K，如图：
由A（−3，0），C（0，3）得直线AC解析式为y＝x+3，
设D（t，−t2−2t+3），则K（t，t+3），
∴DK＝−t2−2t+3−（t+3）＝−t2−3t.
∵△ACD的面积为3，
∴12DK•|xA−xC|＝3，即12（−t2−3t）×3＝3，解得t＝−1或t＝−2，
∴D的坐标为（−1，4）或（−2，3）.
（3）在直线BC上存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，理由如下：
在y＝−x2−2x+3中，令y＝0得0＝−x2−2x+3，解得x＝−3或x＝1，
∴A（−3，0），B（1，0）.
由B（1，0），C（0，3）得直线BC解析式为y＝−3x+3，
设P（m，−3m+3），D（n，−n2−2n+3），
过P作PN⊥y轴于N，过D作DM⊥y轴于M，
①∵OA＝OC＝3，
∴当P与C重合，D与A重合时，△OPD是等腰直角三角形，如图：
此时P（0，3）；
②当P在第一象限，D在第四象限时，
∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，
∴OD＝OP，∠POD＝90°，
∴∠DOM＝90°−∠PON＝∠OPN.
∵∠DMO＝90°＝∠PNO，
∴△DOM≌△OPN（AAS），
∴DM＝ON，OM＝PN，
∴n=−3m+3n2+2n−3=m，
解得m=25+19318n=−7−1936（n小于0，舍去）或m=25−19318n=−7+1936，
∴−3m+3＝−3×25−19318+3=−7+1936，
∴P的坐标为（25−19318，−7+1936）；
③当P在第四象限，D在第三象限时，如图：
∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，
∴OD＝OP，∠POD＝90°，
∴∠DOM＝90°−∠PON＝∠OPN.
∵∠DMO＝90°＝∠PNO，
∴△DOM≌△OPN（AAS），
∴PN＝OM，ON＝DM，
同理可得m=n2+2n−33m−3=−n，
解得m=25+19318n=−7−1936或m=25−19318n=−7+1936（大于0，舍去），
∴−3m+3＝−3×25+19318+3=−7−1936，
∴P的坐标为（25+19318，−7−1936）；
④当P在第四象限，D在第一象限，如图：
∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，
∴OD＝OP，∠POD＝90°，
∴∠DOM＝90°−∠PON＝∠OPN，
∵∠DMO＝90°＝∠PNO，
∴△DOM≌△OPN（AAS），∴PN＝OM，ON＝DM，
∴m=−n2−2n+33m−3=n，解得m=0n=−3（舍去）或m=119n=23，
∴−3m+3＝−3×119+3=−23，∴P的坐标为（119，−23）.
综上所述，P的坐标为（0，3）或（25−19318，−7+1936）或（25+19318，−7−1936）或（119，−23）．
26．【2024·自贡】如图，抛物线y=ax2−32x+c与x轴交于A（−1，0），B（4，0）两点，顶点为P．（1）求抛物线的解析式及P点坐标；
（2）抛物线交y轴于点C，经过点A，B，C的圆与y轴的另一个交点为D，求线段CD的长；
（3）过点P的直线y＝kx+n分别与抛物线、直线x＝−1交于x轴下方的点M，N，直线NB交抛物线对称轴于点E，点P关于E的对称点为Q，MH⊥x轴于点H．请判断点H与直线NQ的位置关系，并证明你的结论．
解：（1）∵抛物线y=ax2−32x+c 与x轴交于A（−1，0），B（4，0）两点，
∴a+32+c=016a−6+c=0，解得：a=12c=−2，
∴抛物线解析式为y=12x2−32x−2，
而y=12x2−32x−2=12(x−32)2−258，
∴抛物线顶点P的坐标为（32，−258）.
（2）如图：
在y=12x2−32x−2中，令x＝0得y＝−2，
∴点C（0，−2），
∵A（−1，0），B（4，0），
∴tan∠ACO=AOOC=12，tan∠CBO=OCOB=24=12，
∴∠ACO＝∠CBO，
∵∠CBO+∠OCB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，即∠ACB＝90°，
∴AB是经过点A、B、C的圆的直径，
∵AB⊥CD，AB经过圆心，
∴CD＝2CO＝4.
（3）H在直线NQ上，证明如下：
如图：
将 P(32，−258) 代入y＝kx+n得：32k+n=−258，
∴n=−32k−258，∴直线MN解析式为y＝kx−32k−258，
联立y=12x2−32x−2y=kx−32k−258，
解得x=32y=−258或x=2k+32y=2k2−258，
∴M（2k+32，2k2−258），
∵MH⊥x轴于点H，∴H（2k+32，0），
在y＝kx−32k−258中，令x＝−1得y＝−k−32k−258=−52k−258，
∴N（−1，−52k−258），
∵GE⊥x轴，AN⊥x轴，∴GE∥AN，点G为AB中点，
∴BEEN=NGAG=1，∴点E为BN中点.
∵N（−1，−52k−258），B（4，0），∴E（32，−54k−2516），
∵P，Q关于E对称，即E为PQ中点，∴Q（32，−52k），
由N（−1，−52k−258），Q（32，−52k）可得直线NQ解析式为y=54x−52k−158，
在y=54x−52k−158中，令y＝0得x＝2k+32，
∴直线NQ与x轴交于（2k+32，0），即直线NQ与x轴交于点H，
∴H在直线NQ上．
25．【2024·南充】已知抛物线y＝−x2+bx+c与x轴交于点A（−1，0），B（3，0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，抛物线与y轴交于点C，点P为线段OC上一点（不与端点重合），直线PA，PB分别交抛物线于点E，D，设△PAD面积为S1，△PBE面积为S2，求S1S2的值．
（3）如图2，点K是抛物线对称轴与x轴的交点，过点K的直线（不与对称轴重合）与抛物线交于点M，N，过抛物线顶点G作直线l∥x轴，点Q是直线l上一动点．求QM+QN的最小值．
解：（1）把A（−1，0），B（3，0）代入y＝−x2+bx+c得：
−1−b+c=0−9+3b+c=0 解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝−x2+2x+3.
（2）设P（0，p），直线AP解析式为y＝k1x+b1，
把A（−1，0），P（0，p）代入得：
−k1+b1=0b1=p，解得k1=pb1=p
∴直线AP解析式为y＝px+p，
联立得 y=px+py=−x2+2x+3，解得x=−1y=0或x=3−py=−p2+4p，
∴E（3−p，−p2+4p），
同理可得D（p−33，−p29+4p3），
∴S1=S△ABD−S△ABP=12AB⋅(yD−yP)=2(−p29+4p3−p)=29(3p−p2)，S2=S△ABE−S△ABP=12AB⋅(yE−yP)=2(−p2+4p−p)=2(3p−p2)，
∴S1S2=29(3p−p2)2(3p−p2)=19.∴S1S2的值为19.
（3）作点N关于直线l的对称点N'，连接MN'，过M点作MF⊥NN'于F，如图：
∵y＝−x2+2x+3＝−（x−1）2+4
∴抛物线y＝−x2+2x+3的对称轴为直线x＝1，∴K（1，0），
设直线MN解析式为y＝kx+d，
把K（1，0）代入得：k+d＝0，
∴d＝−k，
∴直线MN解析式为y＝kx−k，
设M（m，−m2+2m+3），N（n，−n2+2n+3），
联立y=−x2+2x+3y=kx−k，可得x2+（k−2）x−k−3＝0，
∴m+n＝2−k，mn＝−k−3，
∵N，N'关于直线l：y＝4对称，
∴N'（n，n2−2n+5），
∴QM+QN＝QM+QN'≥MN'，
∵F（n，−m2+2m+3），
∴N'F＝|m2+n2−2（m+n）+2|，FM＝|m−n|，
在Rt△MFN'中，
MN'2＝MF2+N'F2
＝（m−n）2+[m2+n2−2（m+n）+2]2
＝（m+n）2−4mn+[（m+n）2−2mn−2（m+n）+2]2
＝（2−k）2−4（−k−3）+[（2−k）2−2（−k−3）−2（2−k）+2]2
＝k4+17k2+80，
∴当k＝0时，MN'2最小80，此时MN'＝45，
∴QM+QN≥45，
∴QM+QN的最小值为45．
25．【2024·成都】如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L：y＝ax2−2ax−3a（a＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），其顶点为C，D是抛物线第四象限上一点．
（1）求线段AB的长；
（2）当a＝1时，若△ACD的面积与△ABD的面积相等，求tan∠ABD的值；
（3）延长CD交x轴于点E，当AD＝DE时，将△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′．将抛物线L平移得到抛物线L′，使得点A′，B′都落在抛物线L′上．试判断抛物线L′与L是否交于某个定点．若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
解：（1）在y＝ax2−2ax−3a中，令y＝0得0＝ax2−2ax−3a，
∴a（x−3）（x+1）＝0.
∵a＞0，
∴x＝3或x＝−1，
∴A（−1，0），B（3，0），∴AB＝4.
（2）当a＝1时，过D作DM∥y轴交x轴于M，DN∥x轴交AC于N，如图：
∴y＝x2−2x−3＝（x−1）2−4，∴C（1，−4），
由A（−1，0），C（1，−4）得直线AC解析式为y＝−2x−2，
设D（n，n2−2n−3），（0＜n＜3），
在y＝−2x−2中，令y＝n2−2n−3得x=−n2+2n+12，
∴N（−n2+2n+12，n2−2n−3），∴DN＝n−−n2+2n+12=n2−12，
∴S△ACD=12DN•|yA−yC|=12×n2−12×4＝n2−1.
∵△ACD的面积与△ABD的面积相等，
而S△ABD=12AB•|yD|=12×4×（−n2+2n+3）＝−2n2+4n+6，
∴n2−1＝−2n2+4n+6，解得n＝−1（舍去）或n=73，
∴D（73，−209），
∴BM＝3−73=23，DM=209，
∴tan∠ABD=DMBM=20923=103.
∴tan∠ABD的值为103.
（3）抛物线L′与L交于定点，理由如下：过D作DM⊥x轴于M，如图：
设D（m，am2−2am−3a），则AM＝m+1，DM＝−am2+2am+3a，
∵AD＝DE，
∴EM＝AM＝m+1，
将△ADB沿DE方向平移得到△A'EB'，相当于将△ADB向右平移（m+1）个单位，再向上平移|m2−2am−3a|个单位，
又A（−1，0），B（3，0），
∴A'（m，−am2+2am+3a），B'（m+4，−am2+2am+3a），
设抛物线L'解析式为y＝ax2+bx+c（a＞0），
∵点A′，B'都落在抛物线L′上，
∴−am2+2am+3a=am2+bm+c−am2+2am+3a=a(m+4)2+b(m+4)+c
解得b=−2am−4ac=6am+3a，
∴抛物线L'解析式为y＝ax2+（−2am−4a）x+6am+3a，
由ax2−2ax−3a＝ax2+（−2am−4a）x+6am+3a得：
（m+1）x＝3m+3，解得x＝3，
∴抛物线L′与L交于定点（3，0）．
1．【2024·德阳】如图，抛物线y＝x2−x+c与x轴交于点A（−1，0）和点B，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当0＜x≤2时，求y＝x2−x+c的函数值的取值范围；
（3）将抛物线的顶点向下平移34个单位长度得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求PA+55PM的最小值．
解：（1）把A（−1，0）代入y＝x2−x+c得0＝1+1+c，
解得c＝−2，
∴抛物线的解析式为y＝x2−x−2.
（2）∵y＝x2−x−2＝（x−12）2−94，
∴抛物线y＝x2−x−2开口向上，顶点坐标为（12，−94），对称轴为直线x=12；
∵|0−12|＜|2−12|，
∴在0＜x≤2时，当x＝2，y取最大值22−2−2＝0；当x=12时，y取最小值−94；
∴当0＜x≤2时，函数值的取值范围是−94≤y≤0；
（3）连接BM，过A作AH⊥BM于H，交抛物线对称轴直线x=12于P'，设直线x=12交x轴于N，如图.
在y＝x2−x−2中，令y＝0得0＝x2−x−2，解得x＝−1或x＝2，
∴B（2，0），∴BN＝2−12=32，
∵将抛物线的顶点（12，−94）向下平移34个单位长度得到点M，
∴M（12，−3），MN＝3，
∴BM=BN2+MN2=(32)2+32=352，
∴sin∠BMN=BNBM=32352=55，
∴P′HP′M=55，∴P'H=55P'M，
∴P'A+55P'M＝P'A+P'H＝AH.
由垂线段最短可知，当P与P'重合时，PA+55PM最小，最小值为AH的长度，
∵2S△ABM＝AB•MN＝BM•AH，
∴AH=AB⋅MNBM=3×3352=655，
∴PA+55PM的最小值为655．
26．【2024·广元】在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线F：y＝−x2+bx+c经过点A（−3，−1），与y轴交于点B（0，2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）在直线AB上方抛物线上有一动点C，连接OC交AB于点D，求CDOD的最大值及此时点C的坐标；
（3）作抛物线F关于直线y＝−1上一点的对称图象F′，抛物线F与F′只有一个公共点E（点E在y轴右侧），G为直线AB上一点，H为抛物线F′对称轴上一点，若以B，E，G，H为顶点的四边形是平行四边形，求G点坐标．
解：（1）将A（−3，−1），B（0，2）代入 y＝−x2+bx+c，
得−9−3b+c=−1c=2，解得b=−2c=2，
∴抛物线的函数表达式为y＝−x2−2x+2；
（2）如图1，过点C作x轴的垂线交AB于点M，则CM∥y轴，
∴△CDM∽△ODB，∴CDOD=CMOB=CM2，
设AB的解析式为y＝mx+n，
把A（−3，−1），B（0，2）代入解析式得 −3m+n=−1m=2，
解得m=1m=2，
∴直线AB的解析式为y＝x+2，
设C（t，−t2−2t+2），则M（t，t+2），
∴CM＝−t2−2t+2−t−2＝−t2−3t＝−（t+32）2+94，
∵−3＜t＜0，
∴当t=−32时，CM有最大值，此时CDOD 的最大值为98，
此时点C的坐标为（−32，114）；
（3）由中心对称可知，抛物线F与F′的公共点E为直线y＝−1与抛物线F的右交点，
当x2−2x+2＝1时，解得x＝−3（舍）或x＝1，
∴E（1，−1），
∵抛物线F：y＝−x2−2x+2 的顶点坐标为（−1，3），
∴抛物线F'的顶点坐标为（3，−5），
设G（m，m+2），
当BE为平行四边形的对角线时，x+3＝1，解得x＝−2，
∴G（−2，0）.
当BG为平行四边形对角线时，x＝3+1＝4，
∴G（4，6）.
当BH为平行四边形的对角线时，x+1＝3时，解得x＝2，
∴G（2，4）.
综上所述，G点坐标（−2，0）或（4，6）或（2，4）．
28．【2024·内江】如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝−2x+6的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝−x2+bx+c经过A、B两点，在第一象限的抛物线上取一点D，过点D作DC⊥x轴于点C，交AB于点E．
（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；
（2）是否存在点D，使得△BDE和△ACE相似？若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）F是第一象限内抛物线上的动点（不与点D重合），过点F作x轴的垂线交AB于点G，连接DF，当四边形EGFD为菱形时，求点D的横坐标．
解：（1）令y＝0，则−2x+6＝0，则x＝3；
令x＝0，则y＝6，∴A（3，0），B（0，6）.
把A（3，0），B（0，6）代入y＝−x2+bx+c，
得−9+3b+c=0c=6，解得b=1c=6，
∴抛物线所对应的函数表达式为y＝−x2+x+6.
（2）存在点D，使得△BDE和△ACE相似，
设点D（t，−t2+t+6），则E（t，−2t+6），C（t，0），H（t，6），
∴EC＝−2t+6，AC＝3−t，BH＝t，DH＝−t2+t，DE＝−t2+3t，
∵△BDE和△ACE相似，∠BED＝∠AEC，
∴△ACE∽△BDE或△ACE∽△DBE.
①如图，当△ACE∽△BDE时，∠BDE＝∠ACE＝90°，
∴BD∥AC，
∴D点纵坐标为6，
∴−t2+t+6＝6，解得t＝0或t＝1，∴D（1，6）.
②如图，当△ACE∽△DBE时，∠BDE＝∠CAE，
过B作BH⊥DC于H，
∴∠BHD＝90°，∴BHDH=tan∠BDE=tan∠CAE=OBOA，
∴t−t2+t=63=2，
∴−2t2+2t＝t，解得t＝0（舍去）或t=12，∴D(12，254).
综上所述，点D的坐标为（1，6）或(12，254)．
（3）如图，
∵四边形EGFD为菱形，
∴DE∥FG，DE＝FG，ED＝EG.
设点D（m，−m2+m+6），E（m，−2m+6），F（n，−n2+n+6），G（n，−2n+6），
∴DE＝−m2+3m，FG＝−n2+3n，
∴−m2+3m＝−n2+3n，即（m−n）（m+n−3）＝0.
∵m−n≠0，
∴m+n−3＝0，即m+n＝3或n＝3−m，
∵A（3，0），B（0，6），
∴AO＝3，BO＝6，
∴AB=AO2+BO2=35.
过点G作GK⊥DE于K，
∴KG∥AC，∴∠EGK＝∠BAC，
∴KGEG=cs∠EGK=cs∠BAC=OAAB，即n−mEG=335，
∴EG=5(n−m)=5(3−2m)，
∵DE＝EG，
∴−m2+3m=5(3−2m)，∴m2−(3+25)m+35=0，
解得m=3+25+292（不合题意，舍去）或m=3+25−292，
∴m=3+25−292，∴点D的横坐标为 3+25−292．
25．【2024·宜宾】如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（−1，0）和点B，与y轴交于点C（0，−4），其顶点为D．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）在y轴上是否存在一点M，使得△BDM的周长最小．若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点E在以点P（3，0）为圆心，1为半径的⊙P上，连结AE，以AE为边在AE的下方作等边三角形AEF，连结BF．求BF的取值范围．
解：（1）把A（−1，0），C（0，−4）代入y＝x2+bx+c得：
1−b+c=0c=−4，解得b=−3c=−4，
∴抛物线的表达式为y＝x2−3x−4.
∵y＝x2−3x−4＝（x−32）2−254，
∴抛物线顶点D的坐标为（32，−254）.
（2）在y轴上存在一点M，使得△BDM的周长最小，理由如下：
作D（32，−254）关于y轴的对称点D'（−32，−254），连接BD'交y轴于M，如图：
在y＝x2−3x−4中，令y＝0得0＝x2−3x−4，
解得x＝4或x＝−1，∴B（4，0），
∴BD=(32−4)2+(−254)2=5294，
∴△BDM的周长最小，只需DM+BM最小.
∵DM＝D'M，∴DM+BM＝D'M+BM，
∴B，M，D'共线时，DM+BM最小，最小值为BD'的长，此时△BDM的周长也最小；
由B（4，0），D'（−32，−254）得直线BD'解析式为y=2522x−5011，
令x＝0得y=−5011，
∴M的坐标为（0，−5011）.
（3）以APA为边，在AP下方作等边三角形APQ，连接PE，QF，BQ，如图：
由A（−1，0），P（3，0），△APQ是等边三角形，可得Q的坐标为（1，−23），
∵△AEF，△APQ是等边三角形，
∴AE＝AF，AP＝AQ，∠EAF＝∠PAQ＝60°，
∴∠EAP＝∠FAQ，∴△EAP≌△FAQ（SAS），
∴PE＝QF＝1，
∴F的轨迹是以Q（1，−23）为圆心，1为半径的圆.
∵B（4，0），∴BQ=21，
当F在线段QB上时，BF最小，此时BF＝BQ−QF=21−1；
当Q在线段BF上时，BF最大，此时BF＝BQ+QF=21+1；
∴BF的范围时21−1≤BF≤21+1．
25．【2024·遂宁】二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴分别交于点A（−1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，−3），P、Q为抛物线上的两点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）当P、C两点关于抛物线对称轴对称，△OPQ是以点P为直角顶点的直角三角形时，求点Q的坐标；
（3）设P的横坐标为m，Q的横坐标为m+1，试探究：△OPQ的面积S是否存在最小值，若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意得：y＝a（x+1）（x−3）＝a（x2−2x−3），
则−3a＝−3，
则抛物线的表达式为：y＝x2−2x−3；
（2）△OPQ是以点P为直角顶点的直角三角形时，
抛物线的对称轴为直线x＝1，
则点P、C关于抛物线对称轴对称，
则点P（2，−3），
设Q（m，m2−2m−3），
∵∠OPQ＝90°，∴OP2+PQ2＝OQ2，
∴[（0−2）2+（0+3）2]+[（2−m）2+（−3−m2+2m+3）2]＝（0−m）2+（0−m2+2m+3）2，
整理得：3m2−8m+4＝0，
解得m1=23，m2＝2（舍去），
∴m=23，∴Q（23，−359）.
（3）存在，理由：
设点P（m，m2−2m−3），则点Q（m+1，（m+1）2−2（m+1）−3），设直线PQ交x轴于点H，
由点P、Q的坐标得，直线PQ的表达式为：y＝（2m−1）（x−m）+m2−2m−3，
令y＝0，
则x=m2−2m−31−2m+m，
则OH=m2−2m−31−2m+m，
则S＝S△OHP−S△OHQ=12×OH×（yQ−yP）=12×（m2−2m−31−2m+m）[（m+1）2−2（m+1）−3−m2+2m+3]=12（m2+m+3）=12（m+12）2+118≥118，
即S存在最小值为118．
26．【2024·广安】如图，抛物线y=−23x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A坐标为（−1，0），点B坐标为（3，0）．
（1）求此抛物线的函数解析式．
（2）点P是直线BC上方抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线交直线BC于点D，过点P作y轴的垂线，垂足为点E，请探究2PD+PE是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时P点的坐标；若没有最大值，请说明理由．
（3）点M为该抛物线上的点，当∠MCB＝45°时，请直接写出所有满足条件的点M的坐标．
解：（1）∵抛物线y=−23x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A坐标为 （−1，0），点B坐标为（3，0），
∴y=−23(x+1)(x−3)=−23x2+43x+2．
（2）当x＝0时，y=−23x2+43x+2=2，∴C（0，2），
设直线BC为y＝kx+2，
∴3k+2＝0，解得k=−23，
∴直线BC为y=−23x+2.
设P(x，−23x2+43x+2)，∴D(x，−23x+2)，
∴2PD+PE=2(−23x2+43x+2+23x−2)+x=−43x2+5x，
当x=−52×(−43)=158时，有最大值7516，此时P(158，6932)．
（3）如图，以CB为对角线作正方形CTBK，
∴∠BCK＝∠BCT＝45°，
∴CK，CT与抛物线的另一个交点即为M，
如图，过T作x轴的平行线交y轴于Q，过B作BG⊥TQ于G，则OB＝GQ＝3，
∴∠CTB＝90°＝∠CQT＝∠QGB，
∴∠QCT+∠CTQ＝90°＝∠CTQ+∠BTG，
∴∠QCT＝∠BTG.
∵CT＝BT，
∴△CQT≌△TGB（AAS），
∴QT＝GB，CQ＝TG.
设TQ＝GB＝m，则CQ＝TG＝3−m，
∴Q0＝3−m−2＝1−m，∴T（m，m−1），
由TC＝TB可得m2+（m−3）2＝（m−3）2+（m−1）2，
解得m=12，
∴T(12，−12).
设CT为y＝nx+2，
∴12n+2=−12，解得n＝−5.
∴直线CT为y＝−5x+2，
∴y=−23x2+43x+2y=−5x+2，解得x=0y=2或x=192y=−912，
∴M(192，−912)，T(12，−12)，C（0，2），B（3，0），正方形CTBK．
∴K(52，52)，
同理可得直线CK为y=15x+2，
∴y=−23x2+43x+2y=15x+2，解得x=1710y=11750或x=0y=2，
∴M(1710，11750)，
综上，点M的坐标为(1710，11750)或(192，−912)．
24．【2024·达州】如图1，抛物线y＝ax2+bx−3与x轴交于点A（−3，0）和点B（1，0），与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，DC，直线AC交抛物线的对称轴于点M，若点P是直线AC上方抛物线上一点，且S△PMC＝2S△DMC，求点P的坐标；
（3）若点N是抛物线对称轴上位于点D上方的一动点，是否存在以点N，A，C为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请直接写出满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意得：y＝a（x+3）（x−1）＝a（x2+2x−3）＝ax2+bx−3，
解得：a＝1，
则抛物线的表达式为：y＝x2+2x−3.
（2）由抛物线的表达式知，点C（0，−3）、D（−1，−4），抛物线的对称轴为直线x＝−1，
过点D作直线DG∥AC交y轴于点G，在点C上方取点L使CL＝2CG，过点L作直线BP∥AC交抛物线于点P，则点P为所求点，
由点A、C坐标得，直线AC的表达式为：y＝−x−3，
∵DG∥AC，
则直线DG的表达式为：y＝−（x+1）−4，
则点G（0，−5），则CG＝5−3＝2，则CL＝4，
则点L（0，1），则直线LP的表达式为：y＝−x+1，
联立上式和抛物线的表达式得：x2+2x−3＝−x+1，
解得：x＝1或−4，即点P（1，0）或（−4，5）.
（3）存在，理由：
设点N（−1，m），
由点A、C、N的坐标得，AC2＝18，AN2＝4+m2，CN2＝1+（m+3）2，
当AC＝AN时，则18＝4+m2，解得：m＝±14，
则点N（−1，±14）；
当AC＝CN或AN＝CN时，
则18＝1+（m+3）2或4+m2＝1+（m+3）2，
解得：m＝−3+17或−1（不合题意的值已舍去），
则点N（−1，−1）或（−1，−3+17）.
综上，N（−1，±14）或（−1，−1）或（−1，−3+17）．
1．【2024·泸州】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（3，0），与y轴交于点B，且关于直线x＝1对称．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当−1≤x≤t时，y的取值范围是0≤y≤2t−1，求t的值；
（3）点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线AB于点D，在y轴上是否存在点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由．
解：（1）A（3，0），抛物线的对称轴为x＝1，则抛物线和x轴的另外一个交点为：（−1，0），
则抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x−3）＝ax2+bx+3，
解得a＝−1，则抛物线的表达式为：y＝−x2+2x+3；
（2）当−1≤x≤t时，
x＝−1时，y＝−x2+2x+3＝0，取得最小值，
则x＝t（t小于3）时，y取得最大值，
而抛物线的顶点处取得最大值，
抛物线的顶点坐标为：（1，4），
即2t−1＝4，解得：t＝2.5；
（3）存在，理由：
由抛物线的表达式知，点B（0，3），
当BC是边时，对应菱形为BDCE′，如图.
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝−x+3，
设点C（x，−x2+2x+3），点D（x，−x+3），
则CD＝−x2+2x+3−（−x+3）＝BC=2x，
解得：x＝3−2，
则BC=2x＝32−2，
即菱形的边长为：32−2．
当BC为边时，
同理可得：BC＝CD，则x2+（−x2+2x）2＝（−x2+3x）2，
解得：x＝2（不合题意的值已舍去），
则CD＝−22+6＝2，
菱形的边长为：2．
综上，菱形的边长为：32−2或2．
福建省
21．【2024·福建21题】如图，已知二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中A（−2，0），C（0，−2）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若P是二次函数图象上的一点，且点P在第二象限，线段PC交x轴于点D，△PDB的面积是△CDB的面积的2倍，求点P的坐标．
解：（1）由题意，将A（−2，0），C（0，−2）代入 y＝x2+bx+c得4−2b+c=0，c=−2，
∴b=1，c=−2∴二次函数的表达式为y＝x2+x−2．
（2）由题意，设P（m，n）（m＜0，n＞0），
又△PDB的面积是△CDB的面积的2倍，
∴S△PDBS△CBB=2，12BD⋅n12BD⋅CO=2．∴nCO=2．
又CO＝2，∴n＝2CO＝4．
由m2+m−2＝4，∴m1＝−3，m2＝2 （舍去）．∴点P坐标为 （−3，4）．
广东省
25．【2024·广州】已知抛物线G：y＝ax2−6ax−a3+2a2+1（a＞0）过点A（x1，2）和点B（x2，2），直线l：y＝m2x+n过点C（3，1），交线段AB于点D，记△CDA的周长为C1，△CDB的周长为C2，且C1＝C2+2．
（1）求抛物线G的对称轴；
（2）求m的值；
（3）直线l绕点C以每秒3°的速度顺时针旋转t秒后（0≤t＜45）得到直线l′，当l′∥AB时，直线l′交抛物线G于E，F两点．
①求t的值；
②设△AEF的面积为S，若对于任意的a＞0，均有S≥k成立，求k的最大值及此时抛物线G的解析式．
解：（1）由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x=−b2a=−−6a2a=3；
（2）直线l：y＝m2x+n过点C（3，1），则该直线的表达式为：y＝m2（x−3）+1，
当y＝2时，2＝m2（x−3）+1，则xD=1m2+3，
∵C1＝C2+2，即AC+CD+AD＝BC+CD+BD+2，
其中，AC＝BC，上式变为：AD＝BD+2，
即2xD＝xA+xB+2，
而函数的对称轴为直线x＝3，由函数的对称性知，xA+xB＝2×3＝6，
即2xD＝xA+xB+2＝8，则xD＝4=1m2+3，
解得m＝±1.
（3）①当m＝±1时，一次函数的表达式为：y＝m2（x−3）+1＝x−2，
该直线和x轴的夹角为45°，
则t＝45÷3＝15（秒）；
②由①知，l为：y＝1，如下图：
则S=12×EF×（yA−yE）=12EF，
联立直线l和抛物线的表达式得：ax2−6ax−a3+2a2+1＝1，
即x2−6x−a2+2a＝0，
设点E、F的横坐标为m，n，
则m+n＝6，nm＝−a2+2a，
则EF2＝（m−n）2＝（m+n）2−4mn＝4（a2−2a+9），
则S=12EF=a2−2a+9=(a−1)2+8≥22，
当a＝1时，等号成立，
即k的最大值为：22，a＝1，
则抛物线的表达式为：y＝x2−6x+2．
甘肃省
27．【2024·临夏州】在平面直角坐标系中，抛物线y＝−x2+bx+c与x轴交于A（−1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，作直线BC．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，请问线段PQ是否存在最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在请说明理由．
（3）如图2，点M是直线BC上一动点，过点M作线段MN∥OC（点N在直线BC下方），已知MN＝2，若线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标xM的取值范围．
解：（1）∵抛物线y＝−x2+bx+c与x轴交于A（−1，0），B（3，0）两点，
∴c−b=1c+3b=9，解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝−x2+2x+3.
（2）过点P作PN⊥AB于点N，交BC于点M．
∵B（3，0），C（0，3），
∴直线BC的解析式为y＝−x+3.
∵OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠CBO＝45°.
∵∠MNB＝90°，
∴∠PMQ＝∠NMB＝45°.
∵PQ⊥BC，
∴△PQM是等腰直角三角形，
∴PM=2PQ，
∴PM的值最大时，PQ的值最大.
设P（m，−m2−2m+3），则M（m，−m+3），
∴PM＝−m2−2m+3−（−m+3）＝−m2+3m.
∵−1＜0，
∴当m=32时，PM的值最大，PM的最大值=−94+92=94，
∴PQ的最大值=22PM=928，此时P（32，154）.
（3）设M（a，−a+3），则N（a，−a+1），
当点N在抛物线上时，−a+1＝−a2+2a+3，
∴a2−3a−2＝0，解得a1=3−172，a2=3+172．
∵线段MN与抛物线有交点，
∴满足条件的点M的横坐标的取值范围为3−172≤xM≤0或3≤xM≤3+172．
27．【2024·甘肃27题】如图1，抛物线y＝a（x−h）2+k交x轴于O，A（4，0）两点，顶点为B（2，23），点C为OB的中点．
（1）求抛物线y＝a（x−h）2+k的表达式；
（2）过点C作CH⊥OA，垂足为H，交抛物线于点E．求线段CE的长．
（3）点D为线段OA上一动点（O点除外），在OC右侧作平行四边形OCFD．
①如图2，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标；
②如图3，连接BD，BF，求BD+BF的最小值．
解：（1）由题意得：y＝a（x−2）2+23，
将点A的坐标代入上式得：0＝a×（4−2）2+23，
解得a=−32，
抛物线y＝a（x−h）2+k的表达式为y=−32x2+23x.
（2）由（1）知，y=−32（x−2）2+23，
由中点坐标公式得点C（1，3），
当x＝1时，y=−32（x−2）2+23=332，
则CE=332−3=32；
（3）①由（2）知，C（1，3），
当y=3时，y=−32（x−2）2+23=3，
则x＝2+2（不合题意的值已舍去），
即点F（2+2，3）；
②设点D（m，0），则点F（m+1，3），
过点B作直线l⊥y轴，作点F关于直线l的对称点F′（m+1，33），连接DF′，
则BD+BF＝BD+BF′≥DF′，当D、B、F′共线时，BD+BF＝DF′为最小，
由定点F′、D的坐标得，直线DF′的表达式为：y＝33（x−m），
将点B的坐标代入上式得：23=33（2−m），
解得：m=43，
则点F′（73，33），点D（43，0），
则BD+BF最小值为：DF′=1+(33)2=27．
黑龙江省
23．【2024·牡丹江】如图，二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（−1，0），点C的坐标为（0，−3），连接BC．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点P是抛物线在第四象限图象上的任意一点，当△BCP的面积最大时，BC边上的高PN的值为 ．
解：（1）把（−1，0）和（0，−3）代入，
得12−b+c=0c=−3，解得b=−52c=−3，
∴二次函数的解析式为y=12x2−52x−3.
（2）令y＝0，则0=12x2−52x−3，解得x1＝−1，x2＝6，
∴点B的坐标为（6，0），
∴BC=OB2+OC2=32+62=35.
设直线BC的解析式为y＝mx+n，代入，
得n=−36m+n=0，解得m=12n=−3，
∴直线BC的解析式为y=12x−3.
过点P作PD⊥x轴交BC于点D，如图，
设点P的坐标为(x，12x2−52x−3)，则点D的坐标为(x，12x−3)，
∴PD=12x−3−(12x2−52x−3)=−12x2+3x，
∴S△PBC=12PD⋅OB=12×6(−12x2+3x)=−32(x−3)2+272，
∴△PBC最大为272，∴PN=2S△PBCBC=2735=955.
故答案为955．
23．【2024·龙东地区】如图，抛物线y＝−x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中B（1，0），C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大．若存在，请直接写出点P坐标和△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
解：（1）将B（1，0），C（0，3）代入抛物线y＝−x2+bx+c中，
−1+b+c=0c=3，解得b=−2c=3，
∴抛物线y＝−x2−2x+3．
（2）令y＝0，则0＝−x2−2x+3，解得x1＝−3，x2＝1，
∴A（−3，0），∴OA＝3，
∵C（0，3），∴OC＝3.
如图，过点P作PE⊥x轴于点E.
设P（x，−x2−2x+3），且在第二象限内，
∴OE＝−x，AE＝3+x，
∴S△APC＝S△APE+S梯形PCOE−S△AOC
=12×AE×PE+12（OC+PE）×OE−12×OA×OC
=12×（3+x）（−x2−2x+3）+12（3−x2−2x+3）（−x）−12×3×3
=−32（x+32）2+278.
∵−32＜0，
∴当x=−32时，S有最大值，最大值为278.
此时点P的坐标为（−32，154）．
28．【2024·绥化】综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝−x2+bx+c与直线相交于A，B两点，其中点A（3，4），B（0，1）．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）过点B作BC∥x轴交抛物线于点C．连接AC，在抛物线上是否存在点P使tan∠BCP=16tan∠ACB．若存在，请求出满足条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．（提示：依题意补全图形，并解答）
（3）将该抛物线向左平移2个单位长度得到y1＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点E为原抛物线对称轴上的一点，F是平面直角坐标系内的一点，当以点B，D，E，F为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点F的坐标．
解：（1）∵抛物线y＝−x2+bx+c过点A（3，4），B（0，1），
∴−9+3b+c=4c=1，解得b=4c=1，
∴该抛物线的函数解析式为y＝−x2+4x+1.
（2）存在．理由如下：
∵BC∥x轴，且B（0，1），∴点C的纵坐标为1，
∴1＝−x2+4x+1，解得x1＝0（舍去），x2＝4，
∴C（4，1）.
过点A作AQ⊥BC于Q，设直线CP交y轴于点M，如图，
在Rt△ACQ中，∵A（3，4），∴Q（3，1），
∵tan∠BCP=16tan∠ACB，
∴tan∠BCP=16×AQCQ=16×4−14−3=12.
∵BC＝4，∠CBM＝90°，∴BMBC=tan∠BCP=12，
∴BM=12BC=12×4＝2，∴|yM−1|＝2，
∴yM＝3或−1，∴M1（0，3），M2（0，−1），
∴直线CM1的解析式为y=−12x+3，直线CM2的解析式为y=12x−1，
由y=−12x+3y=−x2+4x+1，解得x1=12y1=114，x2=4y2=1（舍去），
由y=12x−1y=−x2+4x+1，解得x3=−12y3=−54，x4=4y4=1（舍去），
∴P1（12，114），P2（−12，−54），
综上所述，满足条件的点P的坐标为P1（12，114），P2（−12，−54）.
（3）∵y＝−x2+4x+1＝−（x−2）2+5，
∴原抛物线的对称轴为直线x＝2，顶点坐标为（2，5），
∵将该抛物线向左平移2个单位长度得到新抛物线y′，
∴y′＝−x2+5，
联立得y=−x2+4x+1y=−x2+5，解得x=1y=4，
∴D（1，4），
又B（0，1），设E（2，t），F（m，n），
当BD、EF为对角线时，
则1+0=2+m4+1=t+n(2−0)2+(t−1)2=(2−1)2+(t−4)2，解得m=−1n=3t=2，
∴F（−1，3）；
当BE、DF为对角线时，
则m+1=2+0n+4=t+1(2−1)2+(t−4)2=(0−1)2+(1−4)2，
解得m=1n=4t=7或m=1n=−2t=1，
∴F（1，4）与点D重合，不符合题意，舍去，或F（1，−2）；
当BF、DE为对角线时，
则m+0=1+2n+1=t+4(2−0)2+(t−1)2=(1−0)2+(4−1)2，
解得m=3n=4−6t=1−6或m=3n=4+6t=1+6，
∴F（3，4−6）或F（3，4+6）；
综上所述，点F的坐标为（−1，3）或（1，−2）或（3，4−6）或（3，4+6）．
24．【2024·齐齐哈尔】综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，已知直线y=12x−2与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的另一个交点为点B（−1，0），点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线AC于点E，点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是x轴上的任意一点，若△ACD是以AC为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标；
（3）当EF＝AC时，求点P的坐标；
（4）在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接NA，MP，则NA+MP的最小值为 ．
解：（1）直线y=12x−2与x轴交于点A，与y轴交于点C，则点A、C的坐标分别为：（4，0）、（0，−2），
则抛物线的表达式为：y＝a（x−4）（x+1）＝a（x2−3x−4），
则−4a＝−2，则a=12，则抛物线的表达式为：y=12x2−32x−2.
（2）设点D（x，0），
由点A、C、D的坐标得，AC2＝20，AD2＝（x−4）2，CD2＝x2+4，
则AC＝AD或AC＝CD，即20＝（x−4）2或20＝x2+4，
解得：x＝4±25或4（舍去）或−4，即点D（4±25，0）或（−4，0）.
（3）设点P（x，12x2−32x−2），
当y=12x2−32x−2=12x−2，则x＝x2−3x，即点E（x2−3x，12x2−32x−2），
∵E、C、F、A共线，EF＝AC，
则xF−xE＝xA−xC，即x−（x2−3x）＝4−0，
解得x＝2，即点P（2，−3）；
（4）作点A关于y轴的对称点A′（−4，0），将点A′向右平移32（MN的长度），得到点A″（−52，0），
连接PA″交抛物线对称轴于点M，过点M作MN⊥y轴于点N，连接A′N，
∵A′A″∥MN且A′A″＝MN，则四边形A′A″MN为平行四边形，则A′N＝A″M，
则NA+MP＝A′N+PM＝A″M+MP＝A″P为最小，最小值为(2+52)2+32=3132，
故答案为：3132．
内蒙古
26．【2024·兴安盟、呼伦贝尔市】如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过原点和点A（4，0）．经过点A的直线与该二次函数图象交于点B（1，3），与y轴交于点C．
（1）求二次函数的解析式及点C的坐标；
（2）点P是二次函数图象上的一个动点，当点P在直线AB上方时，过点P作PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，设点P的横坐标为m．
①m为何值时线段PD的长度最大，并求出最大值；
②是否存在点P，使得△BPD与△AOC相似．若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）∵抛二次函数经过O（0，0），A（4，0），B（1，3），
∴将三点坐标代入解析式得0=c0=16a+4b+c3=a+b+c，解得a＝−1，b＝4，c=0，
∴二次函数的解析式为y＝−x2+4x.
∵直线经过A、B两点，设直线AB解析式为y＝kx+n，
∴将A、B两点代入得0=4k+n3=k+n，解得k=−1n=4，,
∴直线AB解析式为y＝−x+4.
∵点C是直线与y轴交点，
∴令x＝0，则y＝4，∴C（0，4）．
（2）①∵点P在直线AB上方，
∴0≤m≤4，
由题知P（m，−m2+4m），D（m，−m+4），
∴PD＝yP−yD＝−m2+4m+m−4＝−m2+5m−4＝−（m−52）+94，
∵−1＜0∴当m=52时，PD=94是最大值．
②存在，理由如下：
∵∠PDB＝∠ADE，∠ADE＝∠ACO，
∴∠BDP＝∠ACO.
∵△AOC是直角三角形，
∴要使△BPD与△AOC相似，只有保证△BPD是直角三角形就可以．
（Ⅰ）当△BPD∽△AOC时，
∵∠AOC＝90°，
∴∠BPD＝90°，此时BP∥x轴，B、P关于对称轴对称，
∴P（3，3）；
（Ⅱ）当△PBD∽△AOC时，
∴∠PBD＝∠AOC＝90°，∴AB⊥PB.
∵kAC＝−1，
∴kBP＝1，∴直线BP的解析式为y＝x+2，
联立方程组得y=−x2+4xy=x+2，解得x=1y=3或x=2y=4，
∴P（2，4）.
综上，存在点P使△BPD与△AOC相似，此时P的坐标为（3，3）或（2，4）．
25．【2024·通辽25题】如图，在平面直角坐标系中，直线y=−32x+3与x轴，y轴分别交于点C，D，抛物线y=−14(x−2)2+k（k为常数）经过点D且交x轴于A，B两点．（1）求抛物线表示的函数解析式；
（2）若点P为抛物线的顶点，连接AD，DP，CP．求四边形ACPD的面积．
解：（1）在y=−32x+3中，令x＝0得y＝3，
∴D（0，3），
∵抛物线y=−14(x−2)2+k经过点D（0，3），
∴3=−14×（0−2）2+k，
解得k＝4，
∴y=−14（x−2）2+4=−14x2+x+3；
∴抛物线表示的函数解析式为y=−14x2+x+3.
（2）连接OP，如图.
在y=−32x+3中，令y＝0得x＝2，
∴C（2，0），OC＝2，
在y=−14x2+x+3中，令y＝0得0=−14x2+x+3，
解得x＝6或x＝−2，
∴A（−2，0），OA＝2，
由y=−14（x−2）2+4可得抛物线顶点P坐标为（2，4），
∴S四边形ACPD＝S△AOD+S△POD+S△POC=12×2×3+12×3×2+12×2×4＝3+3+3＝10；
∴四边形ACPD的面积为10．
23．【2024·包头】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝−2x2+bx+c与x轴相交于A（1，0），B两点（点A在点B左侧），顶点为M（2，d），连接AM．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图1，若C是y轴正半轴上一点，连接AC，CM．当点C的坐标为（0，12）时，求证：∠ACM＝∠BAM；
（3）如图2，连接BM，将△ABM沿x轴折叠，折叠后点M落在第四象限的点M′处，过点B的直线与线段AM′相交于点D，与y轴负半轴相交于点E．当BDDE=87时，3S△ABD与2S△M′BD是否相等？请说明理由．
解：（1）∵顶点为M（2，d），
∴−b−4=2，∴b＝8，∴y＝−2x2+8x+c.
将点A（1，0）代入y＝−2x2+8x+c，
∴−2+8+c＝0，解得c＝−6，
∴抛物线的解析式为y＝−2x2+8x−6.
（2）证明：∵y＝−2x2+8x−6＝−2（x−2）2+2，
∴M（2，2）.
如图，过点M作MN⊥x轴交于点N，
∵A（1，0），C（0，12），
∴AC=52，AM=5，CM=52，
∵CM2＝AC2+AM2，
∴△ACM是直角三角形，且∠CAM＝90°，
∴tan∠ACM＝2，
在Rt△AMN中，tan∠MAB＝2，
∴∠ACM＝∠BAM.
（3）3S△ABD＝2S△M′BD，理由如下：
∵M（2，2），∴M'（2，−2），
如图，过点D作DH⊥x轴交于H点，
∵OE∥DH，∴DHOE=BDDE=87.
当y＝0时，−2x2+8x−6＝0，
解得x＝1或x＝3，
∴B（3，0），∴3−xDxD=87，解得xD=75，
设直线AM'的解析式为y＝kx+m，
∴k+m=02k+m=−2，解得k=−2b=2，
∴直线AM'的解析式为y＝−2x+2，
∴D（75，−45），
∴AD=255，DM'=355.
设B点到AM'的距离为h，
∴3S△ABD=12×3×255h=355h，2S△M′BD=12×2×355h=355h，
∴3S△ABD＝2S△M′BD．