2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点18 二次函数几何方面的应用（Word版附解析）

这是一份2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点18 二次函数几何方面的应用（Word版附解析），共186页。试卷主要包含了【2023·湘西州】如图等内容，欢迎下载使用。
10．【2023·广东10题】如图，抛物线y＝ax2+c经过正方形OABC的三个顶点A，B，C，点B在y轴上，则ac的值为（ ）
A．﹣1B．﹣2C．﹣3D．﹣4
【分析】过A作AH⊥x轴于H，根据正方形的性质得到∠AOB＝45°，得到AH＝OH，利用待定系数法求得a、c的值，即可求得结论．
【答案】B 【解析】过A作AH⊥x轴于H，∵四边形ABCO是正方形，∴∠AOB＝45°.∴∠AOH＝45°.∴AH＝OH.设A（m，m），则B（0，2m），∴m=am2+c2m=c.解得am＝﹣1，m=c2.∴ac的值为﹣2.故选：B．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，根据图象得出抛物线经过的点的坐标是解题的关键．
二、填空题
江苏省
18.【2023·无锡】二次函数的图像与轴交于点、，与轴交于点，过点的直线将分成两部分，这两部分是三角形或梯形，且面积相等，则的值为__________．
【分析】先求得，，，直线解析式为，直线的解析式为，1）、当分成两个三角形时，直线必过三角形一个顶点，平分面积，必为中线，则①如图1，直线过中点，②如图2，直线过中点，直线解析式为，中点坐标为，待入直线求得；③如图3，直线过中点，中点坐标为，直线与轴平行，必不成立；2）当分成三角形和梯形时，过点的直线必与一边平行，所以必有型相似，因为平分面积，所以相似比为．④如图4，直线，根据相似三角形的性质，即可求解；⑤如图5，直线，⑥如图6，直线，同理可得，进而根据，即可求解．
【答案】或或 【解析】由，令，解得：，令，解得：，∴，，，设直线解析式为，∴解得：
∴直线解析式为，当时，，则直线与y轴交于，∵，∴，
∴点必在内部．1）、当分成两个三角形时，直线必过三角形一个顶点，平分面积，必为中线设直线的解析式为∴解得：则直线的解析式为①如图1，直线过中点，，中点坐标为，代入直线求得，不成立；
②如图2，直线过中点，直线解析式为，中点坐标为，待入直线求得；
③如图3，直线过中点，中点坐标为，直线与轴平行，必不成立；2）、当分成三角形和梯形时，过点的直线必与一边平行，所以必有型相似，因为平分面积，所以相似比为．④如图4，直线，∴∴，∴，解得；
⑤如图5，直线，，则∴，又，∴，∵，∴不成立；⑥如图6，直线，同理可得，∴，，，∴，解得；综上所述，或或．
【点评】本题考查了二次函数的综合问题，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识，并分类讨论是解题的关键．
四川省
18．【2023·宜宾】如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），顶点为M（﹣1，m），且抛物线与y轴的交点B在（0，﹣2）与（0，﹣3）之间（不含端点），则下列结论：①当﹣3≤x≤1时，y≤0；②当△ABM的面积为时，a＝；③当△ABM为直角三角形时，在△AOB内存在唯一一点P，使得PA+PO+PB的值最小，最小值的平方为18+9．其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【分析】①根据抛物线的对称性可得：抛物线与x轴的另一个交点坐标为（1，0），再结合抛物线的性质可判断结论①；②将（﹣3，0），（1，0）代入y＝ax2+bx+c，可得b＝2a，c＝﹣3a，得出y＝ax2+2ax﹣3a＝a（x+1）2﹣4a，抛物线的顶点为M（﹣1，﹣4a），设抛物线对称轴交x轴于H，利用S△ABM＝S△AMH+S梯形BMHO﹣S△AOB，建立方程求解即可判断②；③根据△ABM为直角三角形，利用勾股定理求得a＝，将△BPA绕点B逆时针旋转60°得到△BP′A′，连接PP′，过点A′作A′T⊥x轴于点T，作A′Q⊥y轴于点Q，可得△BPP′和△ABA′是等边三角形，即AA′＝A′B＝AB＝，由于PA+PO+PB＝P′A′+PO+PP′，可得当点O，点P，点P′，点A′共线时，PA+PO+PB值最小，最小值为OA′，设A′（m，n），列方程组，求解即可求得m、n，再利用OA′2＝m2+n2，即可判断③．
【答案】①②【解析】①∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），顶点为M（﹣1，m），∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（1，0），∵抛物线的开口向上，∴当﹣3≤x≤1时，y≤0；故①正确．②将（﹣3，0），（1，0）代入y＝ax2+bx+c，得，解得：，∴y＝ax2+2ax﹣3a＝a（x+1）2﹣4a，∴抛物线的顶点为M（﹣1，﹣4a），设抛物线对称轴交x轴于H，如图，
则H（﹣1，0），∴AH＝﹣1﹣（﹣3）＝2，MH＝4a，OH＝1，∵B（0，﹣3a），∴OB＝3a，∴S△ABM＝S△AMH+S梯形BMHO﹣S△AOB＝•AH•MH+•（MH+OB）•OH﹣OA•OB＝×2×4a+×（4a+3a）×1﹣×3×3a＝3a，∵S△ABM＝，∴3a＝，∴a＝；故②正确．③∵A（﹣3，0），B（0，﹣3a），M（﹣1，﹣4a），∴AB2＝OA2+OB2＝32+（3a）2＝9+9a2，AM2＝AH2+MH2＝4+16a2，BM2＝1+a2，若∠AMB＝90°，则AM2+BM2＝AB2，即4+16a2+1+a2＝9+9a2，解得：a＝，或a＝﹣（舍去）；若∠ABM＝90°，则AB2+BM2＝AM2，
即9+9a2+1+a2＝4+16a2，解得：a＝1，或a＝﹣1（舍去）；若∠BAM＝90°，则AB2+AM2＝BM2，即9+9a2+4+16a2＝1+a2，整理得：a2＝﹣（无解）；∵点B在（0，﹣2）与（0，﹣3）之间（不含端点），∴﹣3＜﹣3a＜﹣2，∴＜a＜1，∴a＝，∴OB＝，AB2＝，如图，将△BPA绕点B逆时针旋转60°得到△BP′A′，连接PP′，过点A′作A′T⊥x轴于点T，作A′Q⊥y轴于点Q，
∴BP＝BP′，PA＝P′A′，∠PBP′＝∠ABA′＝60°，∴△BPP′和△ABA′是等边三角形，∴BP＝PP′，AA′＝A′B＝AB＝，∴PA+PO+PB＝P′A′+PO+PP′，∴当点O，点P，点P′，点A′共线时，PA+PO+PB值最小，最小值为OA′，此时∠APB＝∠APO＝∠BPO＝120°，设A′（m，n），则A′T＝﹣n，AT＝﹣3﹣m，A′Q＝﹣m，BQ＝﹣n﹣，在Rt△AA′T中，AT2+A′T2＝AA′2，在Rt△BA′Q中，BQ2+A′Q2＝A′B2，
即，解得：，∴OA′2＝m2+n2＝（）2+（）2＝，故③错误；故答案为：①②．
【点评】本题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法，三角形面积，勾股定理，旋转变换的应用，等边三角形的判定和性质等，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
内蒙古
18. 【2023·赤峰】如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点在抛物线上，点E在直线上，若，则点E的坐标是____________．
【分析】先根据题意画出图形，先求出点坐标，当点在线段上时:是△DCE的外角，，而，所以此时，有，可求出所在直线的解析式，设点坐标，再根据两点距离公式，，得到关于的方程，求解的值，即可求出点坐标；当点在线段的延长线上时，根据题中条件，可以证明，得到为直角三角形，延长至，取，此时，，从而证明是要找的点，应为，为等腰直角三角形， 点和关于点对称，可以根据点坐标求出点坐标．
【答案】和【解析】在中，当时，，则有，令，则有，解得：，∴，根据点坐标，有，所以点坐标.

设所在直线解析式为，其过点、，有，解得.∴所在直线的解析式为：.当点在线段上时，设，，而，
∴.∴.因为：，，，有，解得：，.所以点的坐标为: .
当在的延长线上时，在中，，,，
∴.∴.如图延长至，取，

则有为等腰三角形，，∴.又∵，∴.
则为符合题意的点，∵，∴.的横坐标：，纵坐标为；综上E点的坐标为：或，故答案为：或.
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数综合应用，熟练掌握一次函数根二次函数的图象和性质，分情况找到点的位置，是求解此题的关键．
解答题
26．【2023·湘西州】如图（1），二次函数y＝ax2﹣5x+c的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（b，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求二次函数的解析式和b的值．
（2）在二次函数位于x轴上方的图象上是否存在点M，使S△BOM=13S△ABC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图（2），作点A关于原点O的对称点E，连接CE，作以CE为直径的圆．点E′是圆在x轴上方圆弧上的动点（点E′不与圆弧的端点E重合，但与圆弧的另一个端点可以重合），平移线段AE，使点E移动到点E′，线段AE的对应线段为A′E′，连接E′C，A′A，A′A的延长线交直线E′C于点N，求AA'CN的值．
解：（1）∵二次函数y＝ax2﹣5x+c的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（b，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣4），
∴16a+20+c=0c=-4，
解得：a=-1c=-4，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣5x﹣4，
当y＝0时，得：﹣x2﹣5x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝﹣1，
∴B（﹣1，0），
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣5x﹣4，b＝﹣1；
（2）不存在．理由如下：
如图，设M（m，﹣m2﹣5m﹣4），
∵A（﹣4，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），
∴AB＝﹣1﹣（﹣4）＝3，OB＝1，OC＝4，
∵点M在二次函数位于x轴上方的图象上，且S△BOM=13S△ABC，
∴12×1×(-m2-5m-4)=13×12×3×4，
整理得：m2+5m+8＝0，
∵Δ＝52﹣4×8＝﹣7＜0，
∴方程无实数根，
∴不存在符合条件的点M；
（3）如图，设CE′交x轴于点M，
∵A（﹣4，0），C（0，﹣4），
∴OA＝OC＝4，
∵点E与点A关于原点O对称，
∴OE＝OA＝OC＝4，
∵∠AOC＝∠EOC＝90°，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°＝∠OCE＝∠OEC，
∴AC＝EC，
∵CE为圆的直径，
∴∠CE′E＝90°，
∵平移线段AE，使点E移动到点E′，线段AE的对应线段为A′E′，
①当点E′与点O不重合时，
∴A′E′＝AE，A′E′∥AE，
∴四边形AEE′A′是平行四边形，
∴A′A∥E′E，A′A＝E′E，
∴∠ANE′＝∠CE′E＝90°，∠MAN＝∠MEE′，
∴∠ANC＝90°，
在Rt△ANM和Rt△COM中，
∵∠MAN＝90°﹣∠AMN，∠MCO＝90°﹣∠CMO，
∴∠MAN＝∠MCO，
∵∠OAC＝∠OCE＝45°，
∴∠CAN＝∠ECE′，
又∵∠ANC＝∠CE′E＝90°，
在△ANC和△CE′E中，
∠ANC=∠CE'E∠CAN=∠ECE'AC=CE，
∴△ANC≌△CE′E（AAS），
∴CN＝EE′，
∴AA′＝CN，
∴AA'CN=1，
②当点E′与点O重合时，此时点N与点O重合，
∴AA′＝EE′＝OE＝4，CN＝CO＝4，
∴AA'CN=44=1，
综上所述，AA'CN的值为1．
22．【2023·海南】如图1，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B（3，0）两点，交y轴于点C（0，﹣3）．点P是抛物线上一个动点．
（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BACP的面积；
（3）当动点P在直线BC上方时，在平面直角坐标系内是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）如图2，点D是抛物线的顶点，过点D作直线DH∥y轴，交x轴于点H，当点P在第二象限时，作直线PA，PB分别与直线DH交于点G和点I．求证：点D是线段IG的中点．
解：（1）由题意可得：c=-30=9+3b+c，
解得：b=-2c=-3，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接OP，过点P作PE⊥AB于点E，如图，
∵点P的坐标为（1，﹣4），
∴PE＝4，OE＝1．
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝3或﹣1，
∴A（﹣1，0），
∴OA＝1．
∵C（0，﹣3），B（3，0），
∴OC＝3，OB＝3．
∴四边形BACP的面积＝S△OAC+S△OCP+S△OBP
=12OA•OC+12OC•OE+12OB•PE
=12×1×3+12×3×1+12×3×4
＝9；
（3）①在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形，如图，四边形BCQP为符合条件的矩形，PB交y轴于点E，CQ交x轴于点F，连接EF，过点P作PM⊥y轴于点M，过点Q作QN⊥x轴于点N，
∵OC＝OB＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°
∵四边形BCQP为矩形，
∴∠PBC＝∠QCB＝90°，
∴∠OBE＝∠OCF＝45°，
∴△OBE和△OCF为等腰直角三角形，
∴OB＝OC＝OE＝OF＝3，
∴四边形BCFE为正方形，
∴CF＝BE，∠EFC＝∠BEF＝90°，
∴四边形EFQP为矩形，
∴QF＝PE．
∵∠MEP＝∠BEO＝45°，∠QFN＝∠OFC＝45°，
∴△PME和△QNF为全等的等腰直角三角形，
∴NF＝QN＝PM＝ME．
∵OE＝3，
∴E（0，3），
设直线BE的解析式为y＝kx+n，
∴3k+n=0n=3，
∴k=-1n=3，
∴直线BE的解析式为y＝﹣x+3．
∴y=-x+3y=x2-2x-3，
∴x=3y=0或x=-2y=5，
∴P（﹣2，5），
∴PM＝2，
∴QN＝NF＝2，
∴ON＝OF+NF＝3+2＝5，
∴Q（﹣5，2）．
②当四边形BP1CQ为矩形时，即∠BP1C＝90°时，
设P1（m，m2﹣2m﹣3），
由一线三垂直可知：
3-mm2-2m=-m2+2m+3m，
解得：m1=1+52（舍去），m2=1-52．
∴P1（1-52，5-52）．
此时Q1（5+52，1-52）．
综上，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为（﹣5，2）或（5+52，1-52）；
（4）证明：∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线y＝x2﹣2x﹣3的顶点D的坐标为（1，﹣4），对称轴为直线x＝1．
设P（m，m2﹣2m﹣3），直线PB的解析式为y＝cx+d，
∴cm+d=m2-2m-33c+d=0，
∴c=m+1d=-3m-3．
∴直线PB的解析式为y＝（m+1）x﹣3m﹣3，
当x＝1时，
y＝﹣2m﹣2，
∴I（1，﹣2m﹣2），
∴ID＝﹣2m﹣2﹣（﹣4）＝﹣2m+2．
设直线PA的解析式为y＝ex+f，
∴em+f=m2-2m-3-e+d=0，
∴e=m-3f=m-3，
∴直线PA的解析式为y＝（m﹣3）x+m﹣3，
当x＝1时，
y＝2m﹣6，
∴G（1，2m﹣6），
∴DG＝﹣4﹣（2m﹣6）＝﹣2m+2，
∴ID＝DG，
∴点D是线段IG的中点．
27．【2023·哈尔滨】在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+63与x轴交于点A（﹣6，0），B（8，0），与y轴交于点C．
​
（1）求a，b的值；
（2）如图①，E是第二象限抛物线上的一个动点，连接OE，CE，设点E的横坐标为t，△OCE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）如图②，在（2）的条件下，当S＝63时，连接BE交y轴于点R，点F在y轴负半轴上，连接BF，点D在BF上，连接ED，点L在线段RB上（点L不与点B重合），过点L作BR的垂线与过点B且平行于ED的直线交于点G，M为LG的延长线上一点，连接BM，EG，使∠GBM=12∠BEG，P是x轴上一点，且在点B的右侧，∠PBM﹣∠GBM＝∠FRB+12∠DEG，过点M作MN⊥BG，交BG的延长线于点N，点V在BG上，连接MV，使BL﹣NV=12BV，若∠EBF＝∠VMN，求直线BF的解析式．
解：（1）将点A（﹣6，0），B（8，0）代入y＝ax2+bx+63，
36a-6b+63=064a+8b+63=0，
解得a=-38b=34；
（2）由（1）可知抛物线的解析式为y=-38x2+34x+63，
当x＝0时，y＝63，
∴C（0，63），
∴OC＝63，
∴S=12（﹣t）×63=-33t；
（3）∵S＝63，
∴﹣33t＝63，
解得t＝﹣2，
∴E（﹣2，53），
如图：以BM为一边作∠MBT＝∠MBN，∠MBT的另一边BT交LM的延长线于点T，
∵ED∥BG，
∴∠DEB＝∠EBG，
∵∠GEB＝2∠GBM，
∴∠GEB＝∠GBT，
∴∠DEB+∠GEB＝∠EBG+∠GBT，
∴∠DEG＝∠EBT，
∵∠PBM﹣∠GBM＝∠FRB+12∠DEG，∠PBM﹣∠GBM＝∠TBP，∠ROB＝90°，
∴∠TBP＝90°﹣∠RBO+12∠EBT，
∵∠RBO+∠EBT+∠TBP＝180°，
∴∠EBT＝60°，
∵LG⊥EB，
∴∠GLB＝90°，
∴∠T＝30°，
∴LB=12BT，
作MK⊥BT，
∵MN⊥GB，
∴∠MKT＝∠N＝∠MKB＝90°，
∵MB＝MB，
∴△MNB≌△MKB（AAS），
∴NB＝BK，MN＝MK，
∵BL﹣NV=12BV，
∴2BL﹣2NV＝BV，
∴BT﹣NV＝BV+NV＝BN＝BK，
∴BT﹣BK＝NV＝KT，
∴Rt△NMV≌Rt△KMT（HL），
∴∠T＝∠NVM＝30°，
∴∠NMV＝60°，
∵∠EBF＝∠VMN，
∴∠EBF＝60°，
作FS⊥BE交于S点，作EQ⊥x轴交于Q点，
∴∠EQB＝∠RSF＝∠BSF＝90°，
∵B（8，0），
∴OB＝8，
∵E（﹣2，53），
∴EQ＝53，QB＝10，
∵tan∠EBQ=EQBQ=OROB，
∴5310=OR8，
解得OR＝43，
∴BR=RO2+OB2=47，
∵tan∠FRB=FSRS=BOOR=843=233，tan∠FBS＝tan60°=3=FSBS，
∴设FS＝23m，则RS＝3m，BS＝2m，
∴3m+2m＝47，
解得m=475，
∵RF=FS2+SR2=21m=2835，
∴OF=835，
∴F（0，-835），
设直线BF的解析式为y＝kx+c，
∴c=-8358k+c=0，
解得k=35c=-835，
∴直线BF的解析式为y=35x-835．
25．【2023·青岛】许多数学问题源于生活．雨伞是生活中的常用物品，我们用数学的眼光观察撑开后的雨伞（如图①）、可以发现数学研究的对象——抛物线．在如图②所示的直角坐标系中，伞柄在y轴上，坐标原点O为伞骨OA，OB的交点．点C为抛物线的顶点，点A，B在抛物线上，OA、OB关于y轴对称．OC＝1分米，点A到x轴的距离是0.6分米，A，B两点之间的距离是4分米．
（1）求抛物线的表达式；
（2）分别延长AO，BO交抛物线于点F，E，求E，F两点之间的距离；
（3）以抛物线与坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为S1，将抛物线向右平移m（m＞0）个单位，得到一条新抛物线，以新抛物线与坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为S2．若S2=35S1，求m的值．
解：（1）设抛物线的表达式为：y＝ax2+c，
由题意得，点A的坐标为：（2，0.6）、点C（0，1），
则c=10.6=4a+c，解得：a=-0.1c=1，
则抛物线的表达式为：y＝﹣0.1x2+1①；
（2）由点A的坐标得，直线OA的表达式为：y＝0.3x②，
联立①②得：0.3x＝﹣0.1x2+1，
解得：x＝2（舍去）或﹣5，
即点F（﹣5，﹣1.5），
则EF＝5×2＝10；
（3）平移后的抛物线表达式为：y＝﹣0.1（x﹣m）2+1，
令x＝0，则y＝﹣0.1m2+1，此时抛物线与y轴的交点为D（0，﹣0.1m2+1），
∵平移前后抛物线和x轴交点间的距离不变，若S2=35S1，
则OD=35OC，
即|﹣0.1m2+1|=35×1，
解得：m＝±2或±4（舍去负值），
即m＝2或4．
23．【2023·淄博】如图，一条抛物线y＝ax2+bx经过△OAB的三个顶点，其中O为坐标原点，点A（3，﹣3），点B在第一象限内，对称轴是直线x=94，且△OAB的面积为18．
（1）求该抛物线对应的函数表达式；
（2）求点B的坐标；
（3）设C为线段AB的中点，P为直线OB上的一个动点，连接AP，CP，将△ACP沿CP翻折，点A的对应点为A1．问是否存在点P，使得以A1，P，C，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）∵对称轴为直线x=94，
∴-b2a=94，
∴b=-92a①，
将点A（3，﹣3）代入y＝ax2+bx，
∴9a+3b＝﹣3②，
联立①②可得，a=23，b＝﹣3，
∴函数的解析式为y=23x2﹣3x；
（2）设B（m，23m2﹣3m），
如图1，过A点作EF⊥y轴交于E点，过B点作BF⊥EF交于F点，
∴△OAB的面积=12•m（23m2﹣3m+3+3）-12×3×3-12（m﹣3）（23m2﹣3m+3）＝18，
解得m＝6或m＝﹣3（舍），
∴B（6，6）；
（3）存在点P，使得以A1，P，C，B为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
∵A（3，﹣3），B（6，6），
∴C（92，32），
设直线OB的解析式为y＝kx，
∴6k＝6，
解得k＝1，
∴直线OB的解析式为y＝x，
设P（t，t），
如图2，当BP为平行四边形的对角线时，BC∥A1P，BC＝A1P，
∵AC＝BC，
∴AC＝A1P，
由对称性可知AC＝A1C，AP＝A1P，
∴AP＝AC，
∴(t-3)2+(t+3)2=3102，
解得t=±32，
∴P点坐标为（32，32）或（-32，-32）；
如图3，当BC为平行四边形的对角线时，BP∥A1C，BP＝A1C，
由对称性可知，AC＝A1C，
∴BP＝AC，
∴(6-t)2+(6-t)2=3102，
解得t=352+6或t=-352+6，
∴P（352+6，352+6）或（-352+6，-352+6）；
综上所述：P点坐标为（32，32）或（-32，-32）或（352+6，352+6）或（-352+6，-352+6）．
26．【2023·呼伦贝尔、兴安盟】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的交点分别为A和B（1，0）（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，3），点P是直线AC上方抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，过点P做x轴平行线交AC于点E，过点P做y轴平行线交x轴于点D，求PE+PD的最大值及点P的坐标；
（3）如图2，设点M为抛物线对称轴上一动点，当点P，点M运动时，在坐标轴上确定点N，使四边形PMCN为矩形，求出所有符合条件的点N的坐标．
解：（1）把B（1，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c得：
-1+b+c=0c=3，
解得b=-2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）在y＝﹣x2﹣2x+3中，令y＝0得0＝﹣x2﹣2x+3，
解得x＝﹣3或x＝1，
∴A（﹣3，0），
由A（﹣3，0），C（0，3）得直线AC解析式为y＝x+3，
设P（t，﹣t2﹣2t+3），则D（t，0），E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），
∴PD+PE＝﹣t2﹣2t+3+（﹣t2﹣2t）﹣t＝﹣2t2﹣5t+3＝﹣2（t+54）2+498，
∵﹣2＜0，
∴当t=-54时，PD+PE取最大值498，
此时P（-54，6316）；
（3）设M（﹣1，m），P（t，﹣t2﹣2t+3），
设PC的中点为K（12t，-12t2﹣t+3），
∵N点、M点的中点为K，
∴N（t+1，﹣t2﹣2t+6﹣m），
∵N点在坐标轴上，
∴t+1＝0或﹣t2﹣2t+6﹣m＝0，
当t＝﹣1时，此时PM∥y轴，
∵四边形PMCN是矩形，
∴PM⊥MC，
∴M（﹣1，3），
∴N（0，4）；
当﹣t2﹣2t+6﹣m＝0时，N点在x轴上，如图，
过点P作PH⊥x轴交于H，
∵∠PNC＝90°，
∴∠PNH+∠CNO＝90°，∠PNH+∠PHN＝90°，
∴∠CNO＝∠PHN，
∴△PHN∽△NOC，
∴PHNO=HNCO，即-t2-2t+3-t-1=13，
解得t=-5±1656，
∴P点在直线AC上方，
∴﹣3＜t＜0，
∴t=-5-1656，
∴N（1-1656，0）；
综上所述：N点坐标为（0，4）或（1-1656，0）．
24．【2023·青海】如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴相交于点A和点C（1，0），交y轴于点B（0，3）．
（1）求此二次函数的解析式；
（2）设二次函数图象的顶点为P，对称轴与x轴交于点Q，求四边形AOBP的面积（请在图1中探索）；
（3）二次函数图象的对称轴上是否存在点M，使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索）．
解：（1）由题意得，
-1+b+c=0c=3，
∴b=-2c=3，
∴y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图，
连接OP，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴P（﹣1，4），
∴PQ＝4，OQ＝1，
由﹣x2﹣2x+3＝0得，
x1＝1，x2＝﹣3，
∴OA＝3，
∴S四边形AOBP＝S△AOP+S△BOP=12OA⋅PQ+12OB⋅OQ=12×3×4+12×3×1=152；
（3）设M（﹣1，m），
由AM2＝BM2得，
[（﹣3）﹣（﹣1）]2+m2＝（﹣1）2+（m﹣3）2，
∴m＝1，
∴M（﹣1，1）．
27．【2023·西宁】如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点A（6，0），与y轴交于点B（0，﹣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1于点D，过点P作PM⊥l，垂足为M．求PM的最大值及此时P点的坐标．
解：（1）设直线l的解析式为y＝mx+n（m≠0），
∵直线l与x轴交于点A（6，0），与y轴交于点B（0，﹣6），
∴6m+n=0n=-6，解得：m=1n=-6，∴直线l的解析式为y＝x﹣6；
（2）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k（a≠0），
∵抛物线的对称轴是直线x＝1，
∴y＝a（x﹣1）2+k，
∵抛物线经过点A，B，
∴25a+k=0a+k=-6，
解得：a=14k=-254，
∴抛物线的解析式为y=14（x﹣1）2-254；
（3）∵A（6，0），B（0，﹣6），
∴OA＝OB＝6，
在△AOB中，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∵PC⊥x轴，PM⊥l，
∴∠PCA＝∠PND＝90°，
在Rt△ADC中，∵∠PCA＝90°，∠OAB＝45°，
∴∠ADC＝45°，
∴∠PDM＝∠ADC＝45°，
在Rt△PMD中，∠PMD＝90°，∠PDM＝45°，
∴sin45°=PMPD，
∴PM=22PD，
∵y=14（x﹣1）2-254=14x2-12x﹣6，
∴设点P（t，14t2-12t﹣6），
∴D（t，t﹣6），
∴PD＝t﹣6﹣（14t2-12t﹣6）=-14t2+32t=-14（t﹣3）2+94，
∵-14＜0，
∴当t＝3时，PD有最大值是94，此时PM最大，
PM=22PD=22×94=928，
当t＝3时，14t2-12t﹣6=14×9-12×3﹣6=-214，
∴P（3，-214），
∴PM的最大值是928，此时点P（3，-214）．
26．【2023·鞍山市】如图1，抛物线y＝ax2+53x+c经过点（3，1），与y轴交于点B（0，5），点E为第一象限内抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）直线y=23x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点D，过点E作直线EF⊥x轴，交AD于点F，连接BE，当BE＝DF时，求点E的横坐标．
（3）如图2，点N为x轴正半轴上一点，OE与BN交于点M，若OE＝BN，tan∠BME=34，求点E的坐标．
解：（1）把（3，1）和（0，5）代入到解析式中可得：9a+5+c=1c=5，
解得a=-1c=5，
∴抛物线的解析式为：y=-x2+53x+5；
（2）直线y=23x﹣4中，令y＝0可得A（6，0），
直线y=23x﹣4中，令x＝0，可得D（0，﹣4），
①分别过E、F向y轴作垂线，垂足为G、H，根据题意可得EG＝FH，如图：
∵EG⊥y轴，FH⊥y轴，
∴△BEG和△DFH为直角三角形，
在Rt△BEG和Rt△DFH中：
BE=DFEG=FH，
∴Rt△BEG≌Rt△DFH（HL），
∴BG＝DH，
设E（t，-t2+53t+5），则F（t，23t-4），
∴G（0，-t2+53t+5），H（0，23t-4），
从而BG=5-(-t2+53t+5)=t2-53t，DH=23t-4-(-4)=23t，
则有t2-53t=23t，解得t＝0（舍去）或t=73，
②如图：
同理可得﹣t2+53t+5﹣5=23t﹣4﹣（﹣4），
解得t＝0（舍去）或t＝1，
故E点的横坐标为：73或1；
（3）将OE平移到NP，连接EP，则四边形ONPE为平行四边形，tan∠BNP＝tan∠BME=34，
过P作PQ⊥BN于Q，过Q作QR⊥y轴于R，过P作PS⊥RQ交延长线于S，延长PE交y轴于T，如图：
设BN＝OE＝NP＝5m，则PQ＝3m，QN＝4m，BQ＝m，
∵RQ∥x轴，
∴△BRQ∽△BON，
∴BRBO=BQBN，
∴BR=15BO=1，
RO＝4，EP＝NO＝5RQ＝5n，
设RQ＝n，
∵PQ⊥BM，PS⊥RS，BR⊥RS，
∴∠BRQ＝∠QSP＝∠BQP＝90°，
∴∠BQR+∠PQS＝90°，
∠BQR+∠QBR＝90°，
∴∠PQS＝∠QBR，
∴△BRQ∽△QSP，
∴QSBR=PSRQ=PQBQ=3，
∴PS＝3n，QS＝3，则RS＝3+n，
∴xE＝TE＝TP﹣EP＝RS﹣EP＝3+n﹣5n＝3﹣4n，
yE＝TO＝TR+RO＝PS+RO＝3n+4，
∴E（3﹣4n，3n+4），代入抛物线解析式中有：
3n+4=-(3-4n)2+53(3-4n)+5，
解得：n=916或n=13，
当n=916时，E（34，9116）；
当n=13时，E（53，5）．
25．【2023·朝阳】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴分别交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作直线l⊥x轴于点M（m，0），交BC于点N，连接CM，PB，PC．△PCB的面积记为S1，△BCM的面积记为S2，当S1＝S2时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，点Q在抛物线上，直线MQ与直线BC交于点H，当△HMN与△BCM相似时，请直接写出点Q的坐标．
解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y=-12x2+bx+c得：
-2-2b+c=0-8+4b+c=0，
解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=-12x2+x+4；
（2）在y=-12x2+x+4中，令x＝0得y＝4，
∴C（0，4），
由B（4，0），C（0，4）可得直线BC解析式为y＝﹣x+4，
∵直线l⊥x轴，M（m，0），
∴P（m，-12m2+m+4），N（m，﹣m+4），
∴PN=-12m2+m+4﹣（﹣m+4）=-12m2+2m，
∴S1=12PN•|xB﹣xC|=12×（-12m2+2m）×4＝﹣m2+4m，
∵B（4，0），C（0，4），M（m，0），
∴S2=12BM•|yC|=12×（4﹣m）×4＝8﹣2m，
∵S1＝S2，
∴﹣m2+4m＝8﹣2m，
解得m＝2或m＝4（P与B重合，舍去），
∴m的值为2；
（3）∵B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠CBO＝45°，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴∠BNM＝∠MBN＝45°，
∵△HMN与△BCM相似，且∠MNH＝∠CBM＝45°，
∴H在MN的右侧，且NHBC=MNBM或NHBM=MNBC，
设H（t，﹣t+4），
由（2）知M（2，0），N（2，2），B（4，0），C（4，0），
∴BC＝42，BM＝2，MN＝2，NH=(t-2)2+(-t+4-2)2=2|t﹣2|，
当NHBC=MNBM时，如图：
∴2|t-2|42=22，
解得t＝6或t＝﹣2（此时H在MN左侧，舍去），
∴H（6，﹣2），
由M（2，0），H（6，﹣2）得直线MH解析式为y=-12x+1，
解y=-12x+1y=-12x2+x+4得x=3+332y=1-334或x=3-332y=1+334，
∴Q的坐标为（3+332，1-334）或（3-332，1+334）；
当NHBM=MNBC时，如图：
∴2|t-2|2=242，
解得t=32（舍去）或t=52，
∴H（52，32），
由M（2，0），H（52，32）得直线MH解析式为y＝3x﹣6，
解y=3x-6y=-12x2+x+4得x=-2+26y=-12+66或x=-2-26y=-12-66，
∴Q的坐标为（﹣2+26，﹣12+66）或（﹣2﹣26，﹣12﹣66）；
综上所述，Q的坐标为（3+332，1-334）或（3-332，1+334）或（﹣2+26，﹣12+66）或（﹣2﹣26，﹣12﹣66）．
26．【2023·盘锦】如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，点Q是x轴上方抛物线上一点，射线QM⊥x轴于点N，若QM＝BM，且tan∠MBN=43，请直接写出点Q的坐标．
（3）如图2，点E是第一象限内一点，连接AE交y轴于点D，AE的延长线交抛物线于点P，点F在线段CD上，且CF＝OD，连接FA，FE，BE，BP，若S△AFE＝S△ABE，求△PAB的面积．
解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），
则﹣3a＝3，则a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵tan∠MBN=43，
故设MN＝4m，NB＝3m，则BM＝5m，
则点N、M的坐标分别为：（3﹣3m，0）、（3﹣3m，4m），
当x＝3﹣3m时，y＝﹣x2+2x+3＝﹣9m2+12m，
则点Q（3﹣3m，﹣9m2+12m），
∵QM＝BM，
即﹣9m2+12m﹣4m＝5m，
解得：m＝0（舍去）或13，
则点Q（2，3）；
（3）设点P（m，﹣m2+2m+3），
由点A、P的坐标得，直线AP的表达式为：y＝﹣（m﹣3）（x+1），
则点D（0，3﹣m），
则OD＝CF＝3﹣m，
则DF＝3﹣OD﹣CF＝2m﹣3，
设点E的坐标为：（t，（3﹣m）（t+1）），
∵S△AFE＝S△ABE，
即12×DF×（xE﹣xA）=12×AB×yE，
即（2m﹣3）（t+1）＝4×（3﹣m）（t+1），
解得：m＝2.5，
即点P的坐标为：（52，74），
则△PAB的面积=12×AB×yP=12×4×74=72．
27．【2023·西藏】在平面直角坐标系中，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．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图甲，在y轴上找一点D，使△ACD为等腰三角形，请直接写出点D的坐标；
（3）如图乙，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在P、Q两点使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，请说明理由．
解：（1）∵A（﹣3，0），B（1，0）两点在抛物线上，
∴0=-(-3)2-3b+c0=-12+b+c，
解得：b=-2c=3，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）令x＝0，y＝3，
∴C（0，3），
等腰△ACD，如图甲，
当以点D为顶点时，DA＝DC，点D与原点O重合，
∴D（0，0）；
当以点A为顶点时，AC＝AD，AO是等腰△ACD中线，
∴OC＝OD，
∴D（0，﹣3）；
当以点C为顶点时，AC＝CD=OA2+OC2=32+32=32，
∴点D的纵坐标为3﹣32或32+3，
∴D（0，3﹣32）或（0，32+3）；
综上所述，点D的坐标为（0，0）或（0，﹣3）或（0，3﹣32）或（0，32+3）；
（3）存在，理由如下：
抛物线y＝﹣x2﹣2x+3的对称轴为：x＝﹣1，
设P（﹣1，t），Q（m，n），
∵A（﹣3，0），C（0，3），
则AC2＝（﹣3）2+32＝18，
AP2＝（﹣1+3）2+t2＝t2+4，
PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，
∵四边形ACPQ是菱形，
∴分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，
①当以AP为对角线时，则CP＝CA，如图1，
∴t2﹣6t+10＝18，
解得：t＝3±17，
∴P1（﹣1，3-17），P2（﹣1，3+17），
∵四边形ACPQ是菱形，
∴AP与CQ互相垂直平分，即AP与CQ的中点重合，
当P1（﹣1，3-17）时，
∴m+02=-3-12，n+32=0+3-172，
解得：m＝﹣4，n=-17，
∴Q1（﹣4，-17），
当P2（﹣1，3+17）时，
∴m+02=-3-12，n+32=0+3+172，
解得：m＝﹣4，n=17，
∴Q2（﹣4，17）；
②以AC为对角线时，则PC＝AP，如图2，
∴t2﹣6t+10＝t2+4，
解得：t＝1，
∴P3（﹣1，1），
∵四边形APCQ是菱形，
∴AC与PQ互相垂直平分，即AC与CQ中点重合，
∴m-12=-3+02，n-12=0+32，
解得：m＝﹣2，n＝2，
∴Q3（﹣2，2）；
③当以CP为对角线时，则AP＝AC，如图3，
∴t2+4＝18，
解得：t＝±14，
∴P4（﹣1，14），P5（﹣1，-14），
∵四边形ACQP是菱形，
∴AQ与CP互相垂直平分，即AQ与CP的中点重合，
∴-3+m2=0-12，n+02=3±142，
解得：m＝2，n＝3±14，
∴Q4（2，3+14），Q5（2，3-14）；
综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为：P（﹣1，3-17），Q（﹣4，-17）或P（﹣1，3+17），Q（﹣4，17）或P（﹣1，1），Q（﹣2，2）或P（﹣1，14），Q（2，3+14）或P（﹣1，-14），Q（2，3-14）．
25．【2023·黄石】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于两点A（﹣3，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，4）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知抛物线上有一点P（x0，y0），其中y0＜0，若∠CAO+∠ABP＝90°，求x0的值；
（3）若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE＝2CD，求CE+2BD的最小值．
解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12），
即﹣12a＝4，则a=-13，
故抛物线的表达式为：y=-13x2+13x+4①；
（2）在Rt△AOC中，tan∠CAO=COAO=43，
∵∠CAO+∠ABP＝90°，
则tan∠ABP=34，
故设直线BP的表达式为：y=34（x﹣4）②，
联立①②得：-13x2+13x+4=34（x﹣4），
解得：x=-214=x0（不合题意的值已舍去）；
（3）作∠EAG＝∠BCD，
设AG＝2BC＝2×42=82，
∵AE＝2CD，
∴△BCD∽△GAE且相似比为1：2，
则EG＝2BD，
故当C、E、G共线时，CE+2BD＝CE+EG＝CG为最小，
在△ABC中，设AC边上的高为h，
则S△ABC=12×AC•h=12×AB×CO，
即5h＝4×7，
解得：h=285，
则sin∠ACD=hBC=28542=9810=sin∠EAG，
则tan∠EAG＝7，
过点G作GN⊥x轴于点N，
则NG＝AG•sin∠EAG=565，
即点G的纵坐标为：-565，
同理可得，点G的横坐标为：-75，
即点G（-75，-565），
由点C、G的坐标得，CG=(0+75)2+(4+565)2=233，
即CE+2BD的最小值为233．
25．【2023·襄阳】在平面直角坐标系中，直线l：y＝kx+b经过抛物线y＝x2+2mx+2m2﹣m（m≠0）的顶点．
（1）如图，当抛物线经过原点时，其顶点记为P．
①求抛物线的解析式并直接写出点P的坐标；
②t≤x≤t+1时，y的最小值为2，求t的值；
③当k＝2时．动点E在直线l下方的抛物线上，过点E作EF∥x轴交直线l于点F，令S＝EF，求S的最大值．
（2）当抛物线不经过原点时，其顶点记为Q．当直线l同时经过点Q和（1）中抛物线的顶点P时，设直线l与抛物线的另一个交点为B，与y轴的交点为A．若|QB﹣QA|≥1，直接写出k的取值范围．
解：（1）∵抛物线经过原点，
∴2m2﹣m＝0，
解得：m＝0或12，
∵m≠0，
∴m=12，
①抛物线的解析式为y＝x2+x，
∵y＝x2+x＝（x+12）2-14，
∴顶点P的坐标为（-12，-14）；
②当t+1＜-12，即t＜-32时，y随x增大而减小，
由题意得：（t+1）2+t+1＝2，
解得：t1＝﹣3，t2＝0（舍去），
∴t的值为﹣3，
当-32≤t≤-12时，则若t≤x≤t+1时，y的最小值为-14，不符合题意，
当t＞-12时，y随x增大而增大，
由题意得：t2+t＝2，
解得：t1＝﹣2（舍去），t2＝1，
∴t的值为1，
综上所述，t的值为﹣3或1；
③由题意得：当k＝2时，y＝2x+b经过点P（-12，-14），
∴2×（-12）+b=-14，
∴b=34，
∴y＝2x+34，
设点E（m，m2+m），且-12＜m＜32，
∵EF∥x轴，
∴F（12m2+12m-38，m2+m），
∴S＝EF＝m﹣（12m2+12m-38）=-12m2+12m+38=-12（m-12）2+12，
∵-12＜0，-12＜m＜32，
∴当m=12时，S取得最大值12；
（2）∵y＝x2+2mx+2m2﹣m＝（x+m）2+m2﹣m，
∴Q（﹣m，m2﹣m），
∵直线l：y＝kx+b经过点P、Q，
∴-12k+b=-14-mk+b=m2-m，
解得：k=-m+12b=-12m，
∴直线l的解析式为y＝（﹣m+12）x-12m，
令x＝0，得y=-12m，
∴A（0，-12m），
联立方程得：x2+2mx+2m2﹣m＝（﹣m+12）x-12m，
解得：x1＝﹣m，x2＝﹣2m+12，
当x＝﹣2m+12时，y＝（﹣m+12）（﹣2m+12）-12m＝2m2﹣2m+14，
∴B（﹣2m+12，2m2﹣2m+14），
当m＞12时，点B在第二象限，点A在y轴的负半轴上，作点A关于点Q的对称点A′，如图，
则A′（﹣2m，2m2-32m），QA＝QA′，
∵|QB﹣QA|≥1，
∴|QB﹣QA′|≥1，
即|A′B|2≥1，
∴[（﹣2m+12）﹣（﹣2m）]2+[（2m2﹣2m+14）﹣（2m2-32m）]2≥1，
化简得：m2﹣m-114≥0，
令m2﹣m-114=0，
解得：m1=-3+12（舍去），m2=3+12，
∴m≤3+12，
∵m＝﹣k+12，
∴﹣k+12≤3+12，
∴k≤-3；
当m＜12时，点B在第一象限，点Q在A、B之间，作点A关于点Q的对称点A′，如图，
则A′（﹣2m，2m2-32m），QA＝QA′，
∵|QB﹣QA|≥1，
∴|QB﹣QA′|≥1，
即|A′B|2≥1，
∴[（﹣2m+12）﹣（﹣2m）]2+[（2m2﹣2m+14）﹣（2m2-32m）]2≥1，
化简得：m2﹣m-114≥0，
令m2﹣m-114=0，
解得：m1=-3+12，m2=3+12（舍去），
∴m≤-3+12，
∵m＝﹣k+12，
∴﹣k+12≤-3+12，
∴k≥3；
综上所述，k的取值范围为k≤-3或k≥3．
28．【2023·甘孜州】已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0），B两点，与y轴相交于点C（0，﹣3）．
（1）求b，c的值；
（2）P为第一象限抛物线上一点，△PBC的面积与△ABC的面积相等，求直线AP的解析式；
（3）在（2）的条件下，设E是直线BC上一点，点P关于AE的对称点为点P′，试探究，是否存在满足条件的点E，使得点P'恰好落在直线BC上，如果存在，求出点P′的坐标；如果不存在，请说明理由．
解：（1）由点C的坐标知，c＝﹣3，
则抛物线的表达式为：y＝x2+bx+3，
将点A的坐标代入上式得：0＝1﹣b﹣3，
解得：b＝﹣2；
（2）由（1）得抛物线的解析式为 y＝x2﹣2x﹣3．
令y＝0，则 x2﹣2x﹣3＝0，得 x1＝﹣1，x2＝3．
∴B点的坐标为（3，0）．
∵S△PBC＝S△ABC，
∴AP∥BC．
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴直线BC的解析式为 y＝x﹣3，
∵AP∥BC，
∴可设直线AP的解析式为 y＝x+m．
∵A（﹣1，0）在直线AP上，
∴0＝﹣1+m．
∴m＝1．
∴直线AP的解析式为y＝x+1；
（3）存在，理由：
设P点坐标为（m，n）．
∵点P在直线y＝x+1和抛物线 y＝x2﹣2x﹣3 上，
∴n＝m+1，n＝m2﹣2m﹣3．
∴m+1＝m2﹣2m﹣3．
解得 m1＝4，m2＝﹣1 （舍去）．
∴点P的坐标为（4，5）．
由点P关于AE的对称点为点P′，得∠AEP＝∠AEP′，P′E＝PE．
∵AP∥BC，
∴∠PAE＝∠AEP'；
∴∠PAE＝∠PEA．
∴PE=PA=(4+1)2+(5-0)2=52，
设点E的坐标为（t，t﹣3），
即（t﹣4）2+（t﹣3﹣5）2＝（52）2，
∴t=6±21．
当 t=6+21 时，
点E的坐标为：(6+21，3+21)．
设点P′（s，s﹣3），
由P′E＝PE＝52得：（s﹣6-21）2+（s﹣3﹣3-21）2＝（52）2，
解得：s＝1+21，
则点P′的坐标为 (1+21，-2+21)．
当 t=6-21 时，同理可得，点P′的坐标为：(1-21，-2-21)．
综上所述，点P′的坐标为：(1+21，-2+21) 或 (1-21，-2-21)．
23．【2023·攀枝花】如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过坐标原点O，且顶点为A（2，﹣4）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线与x轴正半轴的交点为B，点P位于抛物线上且在x轴下方，连接OA、PB，若∠AOB+∠PBO＝90°，求点P的坐标．
解：（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2﹣4，
将O（0，0）代入得：4a﹣4＝0，
解得a＝1，
∴y＝（x﹣2）2﹣4＝x2﹣4x；
（2）过A作AT⊥y轴于T，过P作PK⊥x轴于K，如图：
设P（m，m2﹣4m），
在y＝x2﹣4x中，令y＝0得x＝0或x＝4，
∴B（4，0）；
∵∠AOB+∠AOT＝90°，∠AOB+∠PBO＝90°，
∴∠AOT＝∠PBO，
∵∠ATO＝90°＝∠PKB，
∴△AOT∽△PBK，
∴ATPK=OTBK，
∵A（2，﹣4），
∴2-m2+4m=44-m，
解得m=12或m＝4（此时P与B重合，舍去），
∴P（12，-74）．
27．【2023·常州】如图，二次函数y=12x2+bx﹣4的图象与x轴相交于点A（﹣2，0），B，其顶点是C．
（1）b＝ ；
（2）D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD=52．将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点（k，0）作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围；
（3）将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P的坐标．
解：（1）【答案】﹣1【解析】由题意得，12×(-2)2-2b﹣4＝0，∴b＝﹣1；
（2）∵tan∠AOD=52，
∴设D（2t，5t），
∴12×(2t)2-2t-4=5t，
∴t1=-12，t2＝4（舍去），
∴D（﹣1，-52），
∵y=12x2-x﹣4=12（x﹣1）2-92，
∴新抛物线设为：y=12（x﹣m）2-92，
∴-52=12×(m+1)2-92，
∴m1＝﹣3，m2＝1（舍去），
∴y=12（x+3）2-92，
∵在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，
∴k≤﹣3；
（3）如图，
作PV⊥CQ 于V，
设P（t，12t2-t-4），
∴平移后的抛物线为：y=12（x﹣t）2+（12t2-t-4），
当x＝1时，y＝t2﹣2t-72，
∴Q（1，t2﹣2t-72），
∵12＞0，
∴∠CPQ＝90°，
∵QV＝（t2﹣2t-72）﹣（12t2-t-4）=12t2-t+12，
CV＝（12t2-t﹣4）﹣（-92）=12t2-t+12，
∴QV＝CV，
∴PV＝CV＝QV，
∴|t﹣1|=12t2-t+12，
∴t1＝3，t2＝﹣1，t3＝t4＝1（舍去），
当t＝3时，y=12×32﹣3﹣4=-52，
∴P（3，-52）或（﹣1，-52）．
宁夏
23．【2023·湖州】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（0＜t＜3）得到对应的矩形A′B′C′D′．已知边C′D′，A′B′分别与函数y＝x2﹣4x+c的图象交于点P，Q，连接PQ，过点P作PG⊥A′B′于点G．
①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．
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﹣2）2+1，
∴顶点M的坐标是（2，1）．
（2）①如图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＝32﹣4×3+5＝2，即点Q的纵坐标是2．
当x＝2时，y＝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（t，t2﹣4t+5），Q（t+1，t2﹣2t+2），
∴G（t+1，t2﹣4t+5），
如图2，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＜t＜3的范围内）．
如图3，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＜3的范围内）．
综上所述，存在t，使得△PGQ的面积为1，此时t的值为12或52．
25．【2023·宁夏25题】如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．已知点A的坐标是（﹣1，0），抛物线的对称轴是直线x＝1．
（1）直接写出点B的坐标；
（2）在对称轴上找一点P，使PA+PC的值最小．求点P的坐标和PA+PC的最小值；
（3）第一象限内的抛物线上有一动点M，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，连接BC交MN于点Q．依题意补全图形，当MQ+2CQ的值最大时，求点M的坐标．
【分析】（1）根据二次函数的对称轴为直线x=-b2a=1得b＝﹣2a①，把点A（﹣1，0）代入抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）得a﹣b+3＝0②，联立①②得b=-2aa-b+3=0，解得a=-1b=2，所以二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3，令y＝0得﹣x2+2x+3＝0，解得x＝3或x＝﹣1，即可求得B点的坐标；
（2）连接BC，线段BC与直线x＝1的交点就是所求作的点P，设直线CB的表达式为 y＝kx+b′，代入C（0，3）和B（3，0）即可求得直线CB的表达式为y＝﹣x+3，当x＝1时，y＝2，得P（1，2），在Rt△BOC中，BC=32，因为点A，B关于直线x＝1对称，所以PA＝PB，即可求得PA+PC＝PB+PC＝BC＝32；
（3）由（1）得抛物线的表达式为 y＝x2+2x+3，由（2）得：yBC＝﹣x+3，设M（t，t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3）得NQ＝﹣t2+3t，过点Q作QD⊥OC，垂足为D，则△CDQ是等腰直角三角形，所以CQ=2，所以MQ+2CQ=-t2+3t+2t＝﹣t2+5t＝﹣（t-52）2+254，当t=52 时，MQ+2CQ 有最大值，此时点M(52，74)．
解:（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴是直线x＝1，
∴-b2a=1.∴b＝﹣2a①.
∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A，B两点，点A的坐标是（﹣1，0），
∴a﹣b+3＝0②.
联立①②得b=-2aa-b+3=0，解得a=-1b=2，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3.
令y＝0得﹣x2+2x+3＝0，解得x＝3或x＝﹣1，
∴点B的坐标为（3，0）.
（2）如图，连接BC，线段BC与直线x＝1的交点就是所求作的点P，
设直线CB的表达式为 y＝kx+b′，
把C（0，3）和B（3，0）代入得：b'=30=3k+b'解得b'=3k=-1，
∴直线CB的表达式为y＝﹣x+3.∴当x＝1时，y＝2.
∴P（1，2）.
∵OB＝OC＝3，在Rt△BOC中，BC=32，
∵点A，B关于直线x＝1对称，∴PA＝PB.
∴PA+PC＝PB+PC＝BC＝32.
（3）如图补全图形，
由（1）得抛物线的表达式为 y＝x2+2x+3，由（2）得：yBC＝﹣x+3，
故设M（t，t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3）．∴NQ＝﹣t2+3t.
过点Q作QD⊥OC，垂足为D，则△CDQ是等腰直角三角形．
∴CQ=2.∴MQ+2CQ=-t2+3t+2t＝﹣t2+5t＝﹣（t-52）2+254.
∴当t=52 时，MQ+2CQ 有最大值.此时点M(52，74)．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，掌握二次函数对称轴、与坐标轴交点的性质是解题的关键．
新疆
23．【2023·新疆生产建设兵团】【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE；
【类比迁移】（2）如图2，一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，直线AC交x轴于点D．
①求点C的坐标；
②求直线AC的解析式；
【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接BQ，抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ＝，若存在，求出点M的横坐标．
（1）证明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，
∴∠ACB＝∠BDE＝∠ABE＝90°.
∴∠A+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBD＝90°.
∴∠A＝∠EBD.
在△ACB和△BDE中，
，
∴△ACB≌△BDE（AAS）；
（2）解：①∵一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，
∴A（0，3），B（﹣1，0）.∴OA＝3，OB＝1.
过点C作CG⊥x轴于点G，如图，则∠BGC＝90°＝∠AOB，
∴∠CBG+∠BCG＝90°.
∵线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，
∴BC＝AB，∠ABC＝90°.∴∠ABO+∠CBG＝90.，
∴∠BCG＝∠ABO.∴△BCG≌△ABO（AAS）.
∴BG＝OA＝3，CG＝OB＝1.
∴OG＝OB+BG＝1+3＝4.∴C（﹣4，1）；
②设直线AC的解析式为y＝kx+b，则，解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x+3；
（3）解：抛物线上存在点M，使得tan∠MBQ＝．
∵抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，
当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0）.
当x＝0时，y＝﹣4，∴C（0，﹣4），
当点M在x轴上方时，如图，设BM交y轴于点K，过点K作KH⊥BQ于点H，
则∠KHQ＝∠KHB＝90°，
设K（0，t），∵Q（0，﹣1），B（4，0），
∴OB＝4，OQ＝1，KQ＝t+1.
在Rt△BQO中，BQ＝＝＝，
∵∠BOQ＝90°，∴∠KHQ＝∠BOQ.
∵∠KQH＝∠BQO，∴△KQH∽△BQO.
∴＝＝，即＝＝.
∴QH＝（t+1），KH＝（t+1）.
∴BH＝BQ﹣QH＝﹣（t+1）＝（16﹣t）.
∵tan∠MBQ＝，∴＝，∴BH＝3KH.
∴（16﹣t）＝3×（t+1），解得t＝.∴K（0，）.
设直线BK的解析式为y＝mx+n，则，解得，
∴直线BK的解析式为y＝﹣x+，
联立得，解得：，（舍去），
∴M（﹣，）；
当点M在x轴下方时，如图，过点Q作QE⊥BQ，交BM于点E，过点E作EF⊥y轴于点F，
则∠QFE＝∠BOQ＝∠BQE＝90°，
∵tan∠MBQ＝，∴＝tan∠MBQ＝.∴EQ＝BQ＝.
∵∠OBQ+∠BQO＝90°，∠BQO+∠EQF＝90°，
∴∠OBQ＝∠EQF.∴△QEF∽△BQO.
∴＝＝，即＝＝.∴EF＝，QF＝.
∴OF＝OQ+QF＝1+＝.∴E（，﹣）；
设直线BM的解析式为y＝m′x+n′，则，
解得：，
∴直线BM的解析式为y＝x﹣，
联立，得，
解得：（舍去），，
∴E（﹣，﹣）.
综上所述，抛物线上存在点M，使得tan∠MBQ＝，点M的横坐标为﹣或﹣．
福建省
24．【2023·福建24题】已知抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（1，0），B（3，0）两点，M为抛物线的顶点，C，D为抛物线上不与A，B重合的相异两点，记AB中点为E，直线AD，BC的交点为P．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若C（4，3），D（m，-34），且m＜2，求证：C，D，E三点共线；
（3）小明研究发现：无论C，D在抛物线上如何运动，只要C，D，E三点共线，△AMP，△MEP，△ABP中必存在面积为定值的三角形．请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法，构建方程组求解；
（2）求出直线CE的函数表达式，再判断出点D的坐标，可得结论；
（3）取特殊位置，判断出△AMP，△MEP的面积不为定值，可得结论．
（1）解：∵抛物线 y＝ax2+bx+3 经过点A（1，0），B（3，0），
∴ a+b+3=09a+3b+3=0，解得a=1b=-4.
∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣4x+3.
（2）证明：设直线CE对应的函数表达式为 y＝kx+n（k≠0），
∵E为AB的中点，∴E（2，0）．又∵C（4，3），
∴2k+n=04k+n=3，解得 k=32b=-3.
∴直线CE对应的函数表达式为 y=32x-3．
∵点 D(m，-34) 在抛物线上，∴ m2-4m+3=-34．
解得m=32 或 m=52（舍去，∵m＜2）．
∴ D(32，-34)．
∵ 32×32-3=-34，即 D(32，-34) 满足直线CE对应的函数表达式，
∴点D在直线CE上，即C，D，E三点共线.
（3）△ABP的面积为定值，其面积为2．
【解析】如图1，当C，D分别运动到点 C'，D'的位置时，C，D'与D，C'分别关于直线EM对称，此时仍有 C'，D'，E三点共线．
设 AD'与 BC'的交点为P′，则P，P′关于直线EM对称，即 PP'∥x 轴．
此时，PP'与AM不平行，且AM不平分线段 PP'，
故P，P'到直线AM的距离不相等，即在此情形下△AMP 与△AMP'的面积不相等.
∴△AMP 的面积不为定值．
如图2，当 C，D 分别运动到点C1，D1的位置，且保持 C1D1，E三点共线．此时AD1 与BC1的交点P1到直线EM的距离小于点P到直线EM的距离，
∴△MEP1的面积小于△MEP的面积，故△MEP的面积不为定值．
又∵△AMP，△MEP，△ABP中存在面积为定值的三角形，故△ABP的面积为定值．
在（2）的条件下，∵B（3，0），C（4，3），D（32，-34），
∴直线BC对应的函数表达式为 y＝3x﹣9；直线AD对应的函数表达式为 y=-32x+32.
由y=3x-9y=-32x+32，解得x=73y=-2，
∴P(73，-2)，此时△ABP 的面积为2．
天津
25．【2023•天津25题】已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c为常数，c＞1的顶点为P，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，抛物线上的点M的横坐标为m，且-c＜m＜b2，过点M作MN⊥AC，垂足为N．
（I）若b＝﹣2，c＝3．
①求点P和点A的坐标；
②当MN=2时，求点M的坐标；
（II）若点A的坐标为（﹣c，0），且MP∥AC，当AN+3MN=92时，求点M的坐标．
【分析】（I）①利用配方法即可得到顶点P的坐标，令y＝0，解方程即可得到点A的坐标．
②过点M作ME⊥x轴于点E，与直线AC交于点F，证得EF＝AE，表示出点M，点E的坐标，进而表示出FM，根据直角三角形的性质列出方程求解即可得到M的坐标．
（II）求出顶点P的坐标和抛物线的对称轴，作辅助线，证明MQ＝QP，根据AN+3MN=92，列方程求解即可．
解：（I）①∵b＝﹣2，c＝3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4.
∴P（﹣1，4）.
当y＝0时，﹣x2﹣2x+3＝0，解得x1＝﹣3，x2＝1.
∵点A在点B的左侧，∴A（﹣3，0）．
②如图，过点M作ME⊥x轴于点E，与直线AC交于点F，
∵A（﹣3，0），C（0，3），∴OA＝OC.
∴在Rt△AOC中，∠OAC＝45°.∴在Rt△AEF中，EF＝AE.
∵抛物线上的点M的横坐标为m，其中﹣3＜m＜﹣1，
∴M（m，﹣m2﹣2m+3），E（m，0）.
∴EF＝AE＝m﹣（﹣3）＝m+3.∴F（m，m+3）.
∴FM＝（﹣m2﹣2m+3）﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m.
∴在Rt△FMN中，∠MFN＝45°，∴FM=2MN=2×2=2.
∴﹣m2﹣3m＝2，解得m1＝﹣2，m2＝﹣1（舍去）.
∴点M的坐标为（﹣2，3）．
（II）∵点A（﹣c，0）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，其中c＞1，
∴﹣c2﹣bc+c＝0，得b＝1﹣c.
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+（1﹣c）x+c.
∴M（m，﹣m2+（1﹣c）m+c），其中-c＜m＜1-c2．
∴顶点P的坐标为（1-c2，(1+c)24），对称轴为直线l：x=1-c2．
如图，过点M作MQ⊥l于点Q，
则∠MQP=45°，点Q(1-c2，-m2+(1-c)m+c).
∵MP∥AC，∴∠PMQ＝45°.∴MQ＝QP.
∴1-c2-m=(1+c)24-[-m2+(1-c)m+c]，
即（c+2m）2＝1，解得c1＝﹣2m﹣1，c2＝﹣2m+1（舍）.
同（I），过点M作ME⊥x轴于点E，与直线AC交于点F，
则点E（m，0），点F（m，﹣m﹣1），点M（m，m2﹣1），
∵AN+3MN=AF+FN+3MN=2EF+22FM=92，
∴2(-m-1)+22(m2-1+m+1)=92，
即2m2+m﹣10＝0，解得m1=-52，m2=2（舍去）.
∴点M的坐标为（-52，214）．
甘肃省
27．【2023·甘肃省卷27题】如图1，抛物线y＝﹣x2+bx与x轴交于点A，与直线y＝﹣x交于点B（4，﹣4），点C（0，﹣4）在y轴上．点P从点B出发，沿线段BO方向匀速运动，运动到点O时停止．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx的表达式；
（2）当BP＝22时，请在图1中过点P作PD⊥OA交抛物线于点D，连接PC，OD，判断四边形OCPD的形状，并说明理由；
（3）如图2，点P从点B开始运动时，点Q从点O同时出发，以与点P相同的速度沿x轴正方向匀速运动，点P停止运动时点Q也停止运动．连接BQ，PC，求CP+BQ的最小值．
解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx过点B（4，﹣4），
∴﹣16﹣4b＝﹣4，∴b＝3，∴y＝﹣x2+3x．
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+3x．
（2）四边形OCPD是平行四边形，理由如下：
如图1，作PD⊥OA交x轴于点H，连接PC，OD.
∵点P在y＝﹣x上，∴OH＝PH，∠POH＝45°.
连接BC，∵C（0，﹣4），∴OC＝4.∵B（4，﹣4），∴OC＝BC＝4，∴OB=42．
∵BP=22，∴OP=OB-BP=22，∴OH=PH=22OP=22×22=2.
当xD＝2时，DH＝yD＝﹣4+3×2＝2，∴PD＝DH+PH＝2+2＝4.
∴PD＝OC.
∵OC⊥x轴，PD⊥x轴，∴PD∥OC，∴四边形OCPD是平行四边形．
（3）如图2，由题意得，BP＝OQ，连接BC.在OA上方作△OMQ，使得∠MOQ＝45°，OM＝BC.
∵OC＝BC＝4，BC⊥OC，∴∠CBP＝45°，∴∠CBP＝∠MOQ.
∵BP＝OQ，∠CBP＝∠MOQ，BC＝OM，
∴△CBP≌△MOQ（SAS）.∴CP＝MQ.
∴CP+BQ＝MQ+BQ≥MB（当M，Q，B三点共线时最短）.
∴CP+BQ的最小值为MB.
∵∠MOB＝∠MOQ+∠BOQ＝45°+45°＝90°，
∴MB=OM2+OB2=42+(42)2=43，即CP+BQ的最小值为43．
浙江省
24．【2023·金华】如图，直线y=52x+5与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线的顶点P在直线AB上，与x轴的交点为C，D，其中点C的坐标为（2，0），直线BC与直线PD相交于点E．
（1）如图2，若抛物线经过原点O．
①求该抛物线的函数表达式；
②求BEEC的值．
（2）连结PC，∠CPE与∠BAO能否相等？若能，求符合条件的点P的横坐标；若不能，试说明理由．
解：（1）①∵抛物线经过原点O（0，0），C（2，0），∴对称轴为直线x＝1.
当x＝1时，y=52×1+5=352，∴点P的坐标为（1，352）.
设抛物线的函数表达式为y＝a（x﹣1）2+352，把（0，0）代入，得a+352=0，解得a=-352，
∴该抛物线的函数表达式为y=-352（x﹣1）2+352，即y=-352x2+35x.
②如图1，过点E作EH⊥OC于点H.
∵直线y=52x+5与x轴，y轴分别交于点A，B，∴A（﹣2，0），B（0，5）.
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数与二次函数综合运用，勾股定理，等腰三角形性质，相似三角形的判定和性质等，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
江苏省
28.【2023·徐州】如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴分别交于点，顶点为．连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接．点分别在线段上，连接与交于点．
（1）求点的坐标；
（2）随着点在线段上运动．
①的大小是否发生变化？请说明理由；
②线段的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由；
（3）当线段的中点在该二次函数的图象的对称轴上时，的面积为 ．
【分析】（1）得，解方程即可求得的坐标，把化为顶点式即可求得点的坐标；
（2）①在上取点，使得，连接，证明是等边三角形即可得出结论；②由，得当最小时，的长最大，即当时，的长最大，进而解直角三角形即可求解；
（3）设的中点为点，连接，过点作于点，证四边形是菱形，得，进而证明得，再证，得即，结合三角形的面积公式即可求解．
解：（1）∵，
∴顶点为，
令，，
解得或，∴；
（2）①的大小不变，理由如下：
在上取点，使得，连接，

∵，
∴抛物线对称轴为，即，
∵将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，∴是等边三角形，
∴，，
∵，，，，
∴，，，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，，
∵，∴，
∵，∴，
∴， ∴，∴，
又，∴是等边三角形，
∴，即的大小不变；
②，∵，
∴当最小时，的长最大，即当时，的长最大，
∵等边三角形，∴
∴，∴，
∴，
∴，
∴，即线段的长度存在最大值为；
（3）设的中点为点，连接，过点作于点，

∵，∴四边形是菱形，∴，
∵，，∴，
∴，，
∵的中点为点，∴，
∴，∴，
∵，∴，，
∵的中点为点，是等边三角形，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴即，
∴， ∴，∴，
∴，
故答案为．
28.【2023·无锡】已知二次函数的图像与轴交于点，且经过点和点．
（1）请直接写出，的值；
（2）直线交轴于点，点是二次函数图像上位于直线下方的动点，过点作直线的垂线，垂足为．
①求的最大值；
②若中有一个内角是的两倍，求点的横坐标．
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）①过点作轴平行线分别交、于、．令，求得，勾股定理求得，得出，则，进而可得，求得直线的解析式为，设，则，进而表示出，最后根据二次函数的性质即可求解．②根据已知，令，，在上取点，使得，得出，然后根据，设，．进而分两种情况讨论，ⅰ当时，，则相似比为，得出代入抛物线解析式，即可求解；ⅱ当时，，同理可得，代入抛物线解析式即可求解．
解：（1）∵二次函数的图像与轴交于点，且经过点和点
∴解得：
∴，，；
（2）①如图1，过点作轴平行线分别交、于、．
∵，当时，，
∴，∴，，
∴，∴．
∵，，
∴，∴，
∴，∴．
∵
设直线的解析式为
∴解得：
直线解析式为．
设，，
，
当时，取得最大值，的最大值为．
②如图2，已知，令，则，
在上取点，使得，∴，
设，则，则，
解得，∴，即．
如图3构造，且轴，相似比为，
又∵，
设，则．
分类讨论：ⅰ当时，则，
∴与的相似比为，
∴，，
∴，
代入抛物线求得，（舍）．∴点横坐标为．
ⅱ当时，则，
∴相似比为，∴，，
∴，
代入抛物线求得，（舍）．∴点横坐标为．
综上所示，点的横坐标为2或．
【点评】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求二次函数解析式，线段长的最值问题，相似三角形的性质与判定，正切的定义．利用分类讨论的思想并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
26．【2023·连云港】如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y＝x2﹣2x﹣3的顶点为P．直线l过点M（0，m）（m≥﹣3），且平行于x轴，与抛物线L1交于A,B两点（B在A的右侧）．将抛物线L1沿直线l翻折得到抛物线L2，抛物线L2交y轴于点C，顶点为D．
（1）当m＝1时，求点D的坐标；
（2）连接BC，CD，DB，若△BCD为直角三角形，求此时L2所对应的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，若△BCD的面积为3，E,F两点分别在边BC、CD上运动，且EF＝CD，以EF为一边作正方形EFGH，连接CG，写出CG长度的最小值，并简要说明理由．
解：（1）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线L1的顶点坐标P（1，﹣4）.
∵m＝1，点P和点D关于直线y＝1对称，
∴点D的坐标为（1，6）；
（2）∵抛物线L1的顶点P（1，﹣4）与L2的顶点D关于直线y＝m对称，
∴D（1，2m+4），抛物线L2：y＝﹣（x﹣1）2+（2m+4）＝﹣x2+2x+2m+3.
∴当x＝0时，C（0，2m+3），
①当∠BCD＝90°时，如图1，过D作DN⊥y轴于N，
∵D（1，2m+4），∴N（0，2m+4）.
∵C（0，2m+3），∴DN＝NC＝1.∴∠DCN＝45°.
∵∠BCD＝90°，∴∠BCM＝45°.
∵直线l∥x轴，∴∠BMC＝90°.
∴∠CBM＝∠BCM＝45°，BM＝CM.
∵m≥﹣3，∴BM＝CM＝（2m+3）﹣m＝m+3.
∴B（m+3，m）.
∵点B在y＝x2﹣2x﹣3的图象上，
∴m＝（m+3）2﹣2（m+3）﹣3.∴m＝0或m＝﹣3.
∵当m＝3时，得B（0，﹣3），C（0，﹣3），此时，点B和点C重合，
舍去.当m＝0时，符合题意；将m＝0代入L2：y＝﹣x2+2x+2m+3得
L2：y＝﹣x2+2x+3，
②当∠BDC＝90°，如图2，过B作BT⊥ND交ND的延长线于T，
同理，BT＝DT，∴D（1，2m+4）.∴DT＝BT＝（2m+4）﹣m＝m+4.
∵DN＝1，∴NT＝DN+DT＝1+（m+4）＝m+5.∴B（m+5，m）.
∵当B在y＝x2﹣2x﹣3的图象上，∴m＝（m+5）2﹣2（m+5）﹣3.
解得m＝﹣3或m＝﹣4.
∵m≥﹣3，∴m＝﹣3.此时，B（2，﹣3），C（0，﹣3）符合题意；
将m＝﹣3代入L2：y＝﹣x2+2x+3得，L2：y＝﹣x2+2x﹣3，
③易知，当∠DBC＝90°，此种情况不存在；
综上所述，L2所对应的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3或y＝﹣x2+2x﹣3；
（3）如图3，由（2）知，当∠BDC＝90°时，m＝﹣3，
此时，△BCD的面积为1，不合题意舍去，
当∠BCD＝90°时，m＝0，此时，△BCD的面积为3，符合题意，
由题意得，EF＝FG＝CD＝2，取EF的中点Q，
在Rt△CEF中可求得CQ＝12EF＝22，
在Rt△FGQ中可求得GQ＝102，
当Q，C，G三点共线时，CG取最小值，最小值为．
27．【2023·苏州】如图，二次函数y＝x2﹣6x+8的图象与x轴分别交于点A，B（点A在点B的左侧），直线l是对称轴．点P在函数图象上，其横坐标大于4，连接PA，PB，过点P作PM⊥l，垂足为M，以点M为圆心，作半径为r的圆，PT与⊙M相切，切点为T．
（1）求点A，B的坐标；
（2）若以⊙M的切线长PT为边长的正方形的面积与△PAB的面积相等，且⊙M不经过点（3，2），求PM长的取值范围．
解：（1）令y＝0，则x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝2，x2＝4，∴A（2，0），B（4，0）．
答：点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（4，0）．
（2）∵y＝x2﹣6x+8＝（x﹣3）2﹣1，∴对称轴为x＝3．
设P（m，m2﹣6m+8），
∵PM⊥l，∴M（3，m2﹣6m+8）.
连接MT，则MT⊥PT，∴PT2＝PM2﹣MT2＝（m﹣3）2﹣r2，
即以切线长PT为边长的正方形的面积为（m﹣3）2﹣r2，
过点P作PH⊥x轴，垂足为H，
则，
∴（m﹣3）2﹣r2＝m2﹣6m+8.
∵r＞0，∴r＝1．
假设⊙M经过点N（3，2），则有两种情况：
①如图，当点M在点N的上方，
∴M（3，3）.∴m2﹣6m+8＝3，
解得m＝5或1.
∵m＞4，∴m＝5．
②如图，当点M在点N的下方，
∴M（3，1）.∴m2﹣6m+8＝1，
解得.
∵m＞4，∴.
综上所述，PM＝m﹣3＝2或，
∴当⊙M不经过点N（3，2）时，PM长的取值范围为： 或＜PM＜2或PM＞2．
答：PM长的取值范围为： 或＜PM＜2或PM＞2．
28．【2023·扬州】在平面直角坐标系xOy中，已知点A在y轴正半轴上．
（1）如果四个点（0，0）、（0，2）、（1，1）、（﹣1，1）中恰有三个点在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上．
①a＝ ；
②如图1，已知菱形ABCD的顶点B、C、D在该二次函数的图象上，且AD⊥y轴，求菱形的边长；
③如图2，已知正方形ABCD的顶点B、D在该二次函数的图象上，点B、D在y轴的同侧，且点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，试探究n﹣m是否为定值．如果是，求出这个值；如果不是，请说明理由．
（2）已知正方形ABCD的顶点B、D在二次函数y＝ax2（a为常数，且a＞0）的图象上，点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，直接写出m、n满足的等量关系式．
【分析】（1）①在y＝ax2中，令x＝0得y＝0，即知（0，2）不在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上，用待定系数法可得a＝1；
②设BC交y轴于E，设菱形的边长为2a，可得B（﹣a，a2），故AE=AB2-BE2=3a，C（2a，a2+3a），代入y＝ax2得a2+3a＝4a2，可解得a=33，故菱形的边长为233；
③过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，由点B、D的横坐标分别为m、n，可得BF＝m，OF＝m2，DE＝n，OE＝n2，证明△ABF≌△DEA（AAS），有BF＝AE，AF＝DE，故m＝n2﹣AF﹣m2，AF＝n，即可得n﹣m＝1；
（2）过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，由点B、D的横坐标分别为m、n，知B（m，am2），D（n，an2），分三种情况：①当B，D在y轴左侧时，由△ABF≌△DEA（AAS），可得﹣m＝am2﹣AF﹣an2，AF＝﹣n，故n﹣m=1a；②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，由△ABF≌△DEA（AAS），有﹣m＝am2+AF﹣an2，AF＝n，知m+n＝0或n﹣m=1a；③当B，D在y轴右侧时，m＝an2﹣AF﹣am2，AF＝n，可得n﹣m=1a．
解：（1）①在y＝ax2中，令x＝0得y＝0，
∴（0，0）在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上，（0，2）不在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上，
∵四个点（0，0），（0，2），（1，1），（﹣1，1）中恰有三个点在二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上，
∴二次函数y＝ax2（a为常数，且a≠0）的图象上的三个点是（0，0），（1，1），（﹣1，1），
把（1，1）代入y＝ax2得：a＝1，
故答案为：1；
②设BC交y轴于E，如图：
设菱形的边长为2a，则AB＝BC＝CD＝AD＝2a，
∵B，C关于y轴对称，∴BE＝CE＝a，
∴B（﹣a，a2），∴OE＝a2，
∵AE=AB2-BE2=3a，∴OA＝OE+AE＝a2+3a，
∴C（2a，a2+3a），
把C（2a，a2+3a）代入y＝ax2得：a2+3a＝4a2，
解得a=33或a＝0（舍去），∴菱形的边长为233；
③n﹣m是为定值，理由如下：
过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，如图：
∵点B、D的横坐标分别为m、n，
∴B（m，m2），D（n，n2），∴BF＝m，OF＝m2，DE＝n，OE＝n2，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB＝90°，AD＝AB，
∴∠FAB＝90°﹣∠EAD＝∠EDA，
∵∠AFB＝∠DEA＝90°，∴△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE，∴m＝n2﹣AF﹣m2，AF＝n，
∴m＝n2﹣n﹣m2，∴m+n＝（n﹣m）（n+m），
∵点B、D在y轴的同侧，∴m+n≠0，∴n﹣m＝1；
（2）过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，
∵点B、D的横坐标分别为m、n，∴B（m，am2），D（n，an2），
①当B，D在y轴左侧时，如图：
∴BF＝﹣m，OF＝am2，DE＝﹣n，OE＝n2，
同理可得△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE，∴﹣m＝am2﹣AF﹣an2，AF＝﹣n，
∴﹣m＝am2+n﹣an2，∴m+n＝a（n﹣m）（n+m），
∴m+n≠0，∴n﹣m=1a；
②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，如图：
∴BF＝﹣m，OF＝am2，DE＝n，OE＝an2，
同理可得△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE，∴﹣m＝am2+AF﹣an2，AF＝n，
∴﹣m＝am2+n﹣an2，∴m+n＝a（n+m）（n﹣m），
∴m+n＝0或n﹣m=1a；
③当B，D在y轴右侧时，如图：
∴BF＝m，OF＝am2，DE＝n，OE＝an2，
同理可得△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE，∴m＝an2﹣AF﹣am2，AF＝n，
∴m＝an2﹣n﹣am2，∴m+n＝a（n+m）（n﹣m），
∵m+n≠0∴n﹣m=1a；
综上所述，m，n满足的等量关系式为m+n＝0或n﹣m=1a．
山东省
25.【2023·泰安】
【分析】（1）设抛物线的解析式为：y＝a（x+4）（x+1），代入点C（0，4），进一步得出结果；（2）过点P作PT∥BC，交x轴于点T，作BQ⊥PT于Q，可得△ABQ∽△BCO，从而BQOC=ABBC，变形得出AB•OC＝BC•BQ，由S△PBC＝5得，12BC⋅BQ＝5，从而BC•BQ＝10，从而求得TB，从而得出点T坐标，进而求得PT的解析式，进一步得出结果；（3）作BF⊥AC于F，设AD与y轴交于点E，可推出∠DAB＝∠CBF，解斜三角形ABC，求得AF和CF，根据tan∠DAB＝tan∠CBD=CFBF=53，得出OEOA=53，从而求得OE，进而求得AD的解析式，将其和抛物线的解析式联立，从而求的点D坐标．
解：（1）由题意得：C（0，4），
设抛物线的解析式为：y＝a（x+4）（x+1），
∴4＝a•4×1，∴a＝1，
∴y＝（x+4）（x+1）＝x2+5x+4；
（2）如图1，
过点P作PT∥BC，交x轴于点T，作BQ⊥PT于Q，
∴∠QTB＝∠CBO，∠TQB＝∠BOC＝90°，
∴△TBQ∽△BCO，∴TBBC=BQOC，
∴TB•OC＝BC•BQ，
∵B（﹣1，0），C（0，4），A（﹣4，0），
∴OC＝4，OB＝1，直线BC的解析式为：y＝4x+4，抛物线的对称轴为：x=-32，
∴kPT＝kBC＝4，
由S△PBC＝5得，12BC⋅BQ＝5，
∴BC•BQ＝10，∴4TB＝10，∴TB=52，
∴OA＝OB+TB＝1+52=72，∴T（-72，0），
∴直线PT的解析式为y＝4x+14，
当x=-32是，y＝4×(-32)+14＝4，∴P（-32，4）；
（3）如图2，
存在D（-83，-209），使∠DAB+∠ACB＝90°，理由如下：
作BF⊥AC于F，设AD与y轴交于点E，
∴∠BFA＝∠BFC＝90°，∴∠ACB+∠CBF＝90°，
∵∠ACB+∠DAB＝90°，∴∠DAB＝∠CBF，
∵∠AOC＝90°，OA＝OC＝4，
∴∠CAO＝45°，AC＝42，
∵AB＝3，
∴AF＝BF＝AB•sin45°=22AB=322，
∴CF＝AC﹣AF＝42-322=522，
∴tan∠DAB＝tan∠CBD=CFBF=53，
∴OEOA=53，∴OE4=53，∴OE=203，
∴E（0，-203），
∴直线AD的解析式为：y=-53x-203，
由y=x2+5x+4y=-53x-203得，x1=-4y1=0（舍去），x2=-83y2=-209，
∴D（-83，-209）．
【点评】本题考查了求二次函数的解析式、一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
22.【2023·日照】 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．
【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．
解：（1）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）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）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，．
【点评】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．
25．【2023·东营】如图，抛物线过点O（0，0），E（10，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点B在点A的左侧），点C，D在抛物线上．设B（t，0），当t＝2时，BC＝4．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当t为何值时，矩形ABCD的周长有最大值？最大值是多少？
（3）保持t＝2时的矩形ABCD不动，向右平移抛物线，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G，H，且直线GH平分矩形ABCD的面积时，求抛物线平移的距离．
【分析】（1）由点E的坐标设抛物线的交点式，再把点C的坐标（2，﹣4）代入计算可得；
（2）由抛物线的对称性得AE＝OB＝t，据此知AB＝10﹣2t，再由x＝t时BC=14t2-52t，根据矩形的周长公式列出函数解析式，配方成顶点式即可得；
（3）连接AC，BD相交于点P，连接OC，取OC的中点Q，连接PQ，根据直线GH平分矩形ABCD的面积，得到直线GH过点P，由平移的性质可知，四边形OCHG是平行四边形，根据平行四边形的性质得到PQ＝CH，根据矩形的性质得到点P是AC的中点，求得PQ=12OA，于是得到结论．
解：（1）设抛物线解析式为y＝ax（x﹣10），
∵当t＝2时，BC＝4，∴点C的坐标为（2，﹣4），
∴将点C坐标代入解析式得2a（2﹣10）＝﹣4，
解得：a=14，∴抛物线的函数表达式为y=14x2-52x；
（2）由抛物线的对称性得AE＝OB＝t，
∴AB＝10﹣2t，
当x＝t时，BC=14t2-52t，
∴矩形ABCD的周长＝2（AB+BC）
＝2[（10﹣2t）+（-14t2+52t）]
=-12t2+t+20
=-12（t﹣1）2+412，
∵-12＜0，∴当t＝1时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值为412；
（3）如图，连接AC，BD相交于点P，连接OC，取OC的中点Q，连接PQ，
∵直线GH平分矩形ABCD的面积，
∴直线GH过点P，
由平移的性质可知，四边形OCHG是平行四边形，
∴PQ＝CH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴点P是AC的中点，∴PQ=12OA，
∴抛物线平移的距离是4个单位长度．
所以抛物线向右平移的距离是4个单位．
【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、二次函数的性质及平移变换的性质等知识点．
24．【2023·菏泽】已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，4），其对称轴为x=-32．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，点D是线段OC上的一动点，连接AD，BD，将△ABD沿直线AD翻折，得到△AB′D，当点B'恰好落在抛物线的对称轴上时，求点D的坐标；
（3）如图2，动点P在直线AC上方的抛物线上，过点P作直线AC的垂线，分别交直线AC，线段BC于点E，F，过点F作FG⊥x轴，垂足为G，求FG+2FP的最大值．
【分析】（1）由题易得c的值，再根据对称轴求出b的值，即可解答；
（2）过B′作x轴的垂线，垂足为H求出A和B的坐标，得到 AB'＝AB＝5 AH=52，由 AB'＝AB＝5＝2AH，推出 ∠DAB=12∠B'AB=30°，解直角三角形得到OD的长，即可解答；
（3）求得BC所在直线的解析式为 y1＝﹣4x+4，设 P（m，﹣m2﹣3m+4），设PE所在直线的解析式为：y2＝﹣x+b2，得 y2=-x-m2-2m+4，令 y1＝y2，解得 x=m2+2m3，分别表示出FG和 2PF，再 对 FG+2FP 进行化简计算，配方成顶点式即可求解．
解：（1）抛物线与y轴交于点C（0，4），
∴c＝4，
∵对称轴为 x=-32，∴-b-2=-32，b＝﹣3，
∴抛物线的解析式为 y＝﹣x2﹣3x+4；
（2）如图，过 B'作x轴的垂线，垂足为H，
令﹣x2﹣3x+4＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣4，∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣4）＝5，
由翻折可得AB′＝AB＝5，
∵对称轴为 x=-32，∴AH=-32-(-4)=52，
∴AB'＝AB＝5＝2AH，
∴∠AB'H＝30°，∠B'AB＝60°，∴∠DAB=12∠B'AB=30°，
在Rt△AOD中，OD=OAtan30°=433，∴D(0，433)；
（3）设BC所在直线的解析式为 y1＝k1x+b1，
把B、C坐标代入得：k1+b1=0b1=4，解得：k1=-4b1=4，
∴y1＝﹣4x+4，
∵OA＝OC，∴∠CAO＝45°，
∵∠AEB＝90°，∴直线PE与x轴所成夹角为 45°，
设 P（m，﹣m2﹣3m+4），
设PE所在直线的解析式为：y2＝﹣x+b2，
把点P代入得 b2=-m2-2m+4，
∴y2=-x-m2-2m+4，
令 y1＝y2，则﹣4x+4＝﹣x﹣m2﹣2m+4，
解得 x=m2+2m3，
∴FG=yr=-4(m2+2m)3+4，
2PF=2xF-x2cs45°=2⋅2⋅(xr-xp)=23(m2-m)，
∴FG+2FP=FG=-4(m2+2m)3+4+2(m2-m)3=-23(m+52)2+496，
∵点P在直线AC上方，∴﹣4＜m＜0，
∴当m=-52时，FG+2FP的最大值为496．
【点评】本题主要考查了二次函数的综合问题，利用数形结合的思想是解答本题的关键．
22．【2023·济宁】如图，直线y＝﹣x+4交x轴于点B，交y轴于点C，对称轴为x=32的抛物线经过B，C两点，交x轴负半轴于点A，P为抛物线上一动点，点P的横坐标为m，过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M，作x轴的垂线PN，垂足为N，直线MN交y轴于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若0＜m＜32，当m为何值时，四边形CDNP是平行四边形？
（3）若m＜32，设直线MN交直线BC于点E，是否存在这样的m值，使MN＝2ME？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．
​
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式；
（2）结合平行四边形的性质，通过求直线MN的函数解析式，列方程求解；
（3）根据 MN＝2ME，确定E点坐标，从而利用一次函数图象上点的特征计算求解．
解：（1）在直线y＝﹣x+4中，当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，
∴点B（4，0），点C（0，4），
设抛物线的解析式为 y=a(x-32)2+k，
把点B（4，0），点C（0，4）代入可得：
a(4-32)2+k=0a(0-32)2+k=4，解得：a=-1k=254，
∴抛物线的解析式为 y=-(x-32)2+254=-x2+3x+4；
（2）由题意，P（m，﹣m2+3m+4），
∴PN＝﹣m2+3m+4，
当四边形CDNP是平行四边形时，PN＝CD，
∴OD＝﹣m2+3m+4﹣4＝﹣m2+3m，
∴D（0，m2﹣3m） N（m，0），
设直线MN的解析式为 y=k1x+m2-3m，
把 N（m，0）代入可得 k1m+m2-3m=0，
解得：k1＝3﹣m，
∴直线MN的解析式为 y＝（3﹣m）x+m2﹣3m，
又∵过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M，且抛物线对称轴为 x=32，
∴M(3-m--m2+3m+4)，
∴（3﹣m）2+m2﹣3m＝﹣m2+3m+4，
解得m1=6+213 （不合题意，舍去），m2=6-213；
∴当m为6-213时，四边形CDNP是平行四边形；
（3）存在，理由如下：
∵MN＝2ME，∴点E为线段MN的中点，
∴点E的横坐标为 3-m+m2=32，
∵点E在直线y＝﹣x+4上，∴E(32，52)，
把 E(32，52) 代入 y＝（3﹣m）x+m2﹣3m 中，可得 32(3-m)+m2-3m=52，
解得 m1＝4 （不合题意，舍去），m2=12．
∴存在这样的m值，使MN＝2ME，此时m的值为12．
【点评】本题考查一次函数和二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数解析式，利用数形结合思想和 方程思想解题是关键．
24．【2023·烟台】如图，抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB＝4．抛物线的对称轴x＝3与经过点A的直线y＝kx﹣1交于点D，与x轴交于点E．
（1）求直线AD及抛物线的表达式；
（2）在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+12PA的最小值．
【分析】（1）根据对称轴x＝3，AB＝4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM＝90°时，求出直线AM的解析式为y＝﹣x+1，解方程组y=-x+1y=x2-6x+5，即可得到点M的坐标；②当∠ADM＝90°时，求出直线DM的解析式为y＝﹣x+5，解方程组y=-x+5y=x2-6x+5，即可得到点M的坐标；（3）在AB上取点F，使BF＝1，连接CF，证得BFPB=PBAB，又∠PBF﹣∠ABP，得到△PBF∽△ABP，推出PF=12PA，进而得到当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，利用勾股定理求出CF即可．
（1）解：∵抛物线的对称轴x＝3，AB＝4，∴A（1，0），B（5，0）.
将4（1，0）代入直线y＝kx﹣1，得k﹣1＝0，解得k＝1，
∴直线AD的解析式为y＝x﹣1；
将A（1，0），B（5，0）代入y＝ax2+bx+5，得
a+b+5=025a+5b+5=0，解得a=1b=-6，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+5；
（2）存在点M，
∵直线AD的解析式为y＝x﹣1，抛物线对称轴x＝3与x轴交于点E，
∴当x＝3时，y＝x﹣1＝2.∴D（3，2）.
①当∠DAM＝90°时，设直线AM的解析式为y＝﹣x+c，
将点A坐标代入，得﹣1+c＝0，解得c＝1，
∴直线AM的解析式为y＝﹣x+1.
解方程组y=-x+1y=x2-6x+5，得x=1y=0或x=4y=-3，
∴点M的坐标为（4，﹣3）；
②当∠ADM＝90°时，设直线DM的解析式为y＝﹣x+d，
将D（3，2）代入，得﹣3+d＝2，解得d＝5，
∴直线DM的解析式为y＝﹣x+5.
解方程组y=-x+5y=x2-6x+5，解得x=0y=5或x=5y=0，
∴点M的坐标为（0，5）或（5，0）.
综上，点M的坐标为（4，﹣3）或（0，5）或（5，0）；
（3）如图，在AB上取点F，使BF＝1，连接CF，
∵PB＝2，∴BFPB=12.
∵PBAB=24=12，∴BFPB=PBAB.
又∵∠PBF＝∠ABP，∴△PBF∽△ABP.
∴PFPA=BFPB=12，即PF=12PA.
∴PC+12PA＝PC+PF≥CF.
∴当点C、P．F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长.
∵OC＝5，OF＝OB﹣1＝5﹣1＝4，
∴CF=OC2+OF2=52+42=41.
∴PC+12PA的最小值为41．
【点评】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
23．【2023•枣庄】如图，抛物线y＝﹣x²+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
（3）若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式；
（2）利用待定系数法可得直线AM的解析式为y＝2x+2，进而可得D（0，2），作点D关于x轴的对称点D′（0，﹣2），连接D′M，D′H，MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，利用两点间距离公式即可求得答案；
（3）分三种情况：当DM、PQ为对角线时，当DP、MQ为对角线时，当DQ、PM为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分即对角线的中点重合，分别列方程组求解即可．
解：（1）∵抛物线y＝﹣x²+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴-1-b+c=0c=3，解得：b=2c=3.
∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3.
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴顶点M（1，4）.
设直线AM的解析式为y＝kx+d，则k+d=4-k+d=0，解得：k=2d=2.
∴直线AM的解析式为y＝2x+2.
当x＝0时，y＝2，∴D（0，2）.
作点D关于x轴的对称点D′（0，﹣2），连接D′M，D′H，如图，
则DH＝D′H，
∴MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M.
∵D′M=(1-0)2+(4+2)2=37，∴MH+DH的最小值为37.
（3）对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．
由（2）得：D（0，2），M（1，4），
∵点P是抛物线上一动点，∴设P（m，﹣m2+2m+3）.
∵抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴为直线x＝1，∴设Q（1，n）.
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①当DM，PQ为对角线时，DM，PQ的中点重合，
∴0+1=m+12+4=-m2+2m+3+n，解得：m=0n=3，
∴Q（1，3）；
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②当DP，MQ为对角线时，DP，MQ的中点重合，
∴0+m=1+12-m2+2m+3=4+n，解得：m=2n=1.
∴Q（1，1）；
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③当DQ，PM为对角线时，DQ，PM的中点重合，
∴0+1=1+m2+n=4-m2+2m+3，解得：m=0n=5，
∴Q（1，5）.
综上所述，对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为（1，3）或（1，1）或（1，5）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，二次函数图象上点的坐标特征，运用分类讨论思想是解题的关键．
25．【2023·聊城】如图①，抛物线y＝ax2+bx﹣9与x轴交于点A（﹣3，0），B（6，0），与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是x轴上任意一点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点Q在抛物线上，若以点A，C，P，Q为顶点，AC为一边的四边形为平行四边形时，求点Q的坐标；
（3）如图②，当点P（m，0）从点A出发沿x轴向点B运动时（点P与点A，B不重合），自点P分别作PE∥BC，交AC于点E，作PD⊥BC，垂足为点D．当m为何值时，△PED面积最大，并求出最大值．
【分析】（1）可将抛物线的表达式设为交点式，代入点C坐标，进一步求得结果；
（2）点Q的纵坐标为±9，代入求得其横坐标，进而求得结果；
（3）根据三角函数定义和相似三角形的性质分别表示出PD和PE，进而表示出△PDE的面积的函数表达式，进一步求得结果．
解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣6），
∴﹣9＝a•3×（﹣6），∴a=12，
∴y=12（x+3）（x﹣6）=12x2-32x-9；
（2）如图1，
抛物线的对称轴为：直线x=-3+62=32，
由对称性可得Q1（3，﹣9），
当y＝9时，12x2-32x-9=9，
∴x=3±3172，∴Q2（3+3172，9），Q3（3-3172，9），
综上所述：Q（3，﹣9）或（3+3172，9）或（3-3172，9）；
（3）设△PED的面积为S，
由题意得：AP＝m+3，BP＝6﹣m，OB＝6，OC＝9，AB＝9．
∴BC=62+92=313，
∵sin∠PBD=PDBP=OCBC，
∴PD6-m=9313，∴PD=3(6-m)13，
∵PE∥BC，∴△APE∽△ABC，∠EPD＝∠PDB＝90°，
∴PEBC=APAB，∴PE313=m+39，∴PE=13⋅(m+3)3，
∴S=12PE•PD=12（m+3）（6﹣m）=-12(m-32)2+818，
∴当m=32时，S最大=818，
∴当m=32时，△PDE的面积最大值为：818．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的表达式，二次函数及其图象的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
湖南省
26．【2023·娄底】如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），交y轴于点C．
（1）求b，c的值．
（2）点P（x0，y0）（0＜x0＜5）是抛物线上的动点．
①当x0取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值；
②过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF，问：是否存在点P，使△PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．​
【分析】（1）由抛物线过点A，B，可直接得出抛物线的表达式为：y＝（x+1）（x﹣5），展开即可得出结论；
（2）过点P作PD⊥x轴，交线段BC于点D，则S△PBC=12OB•PD，根据二次函数的性质可得结论；
（2）由题意可知PF⊥PE，若△PEF是等腰直角三角形，则PE＝PF，分别表达PE及PF，可求出x0的值，进而求出点P的坐标．
解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），
∴抛物线的表达式为：y＝（x+1）（x﹣5）＝x2﹣4x﹣5，
∴b＝﹣4，c＝﹣5；
（2）由（1）得，抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x﹣5，
令x＝0，则y＝﹣5；∴C（0，﹣5）
∴直线BC的表达式为：y＝x+5，P（x0，x02-4x0﹣5），
①过点P作x轴的垂线，交线段BC于点D，
则D（x0，x0﹣5），
∴S△PBC=12OB•PD=12×5×（x0﹣5-x02+4x0+5）
=-52x02+252x0
=-52（x0﹣2.5）2+1258，
∴当x0＝2.5时，S的值取最大，最大值为1258；
②存在，理由如下：
由题意可知，PE⊥PF，若△PEF是等腰直角三角形，则PE＝PF，
由①可得，PE＝x0﹣5﹣x02+4x0+5=-x02+5x0，
∵PF∥x轴，∴F（4﹣x0，x02-4x0﹣5），
∴PF＝|2x0﹣4|，∴|2x0﹣4|=-x02+5x0，
解得x0＝﹣1（舍）或x0＝4或x0=72-332或x0=72+332（舍），
∴当△PEF是等腰直角三角形时，点P的坐标为（4，﹣5），（72-332，32-3332）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形的性质、图形的面积计算等，本题难度不大．
25．【2023·长沙25题】我们约定：若关于x的二次函数y1＝a1x2+b1x+c1与y2＝a2x2+b2x+c2同时满足a2-c1+（b2+b1）2+|c2﹣a1|＝0，（b1﹣b2）2023≠0，则称函数y1与函数y2互为“美美与共”函数．根据该约定，解答下列问题：
（1）若关于x的二次函数y1＝2x2+kx+3与y2＝mx2+x+n互为“美美与共”函数，求k，m，n的值；
（2）对于任意非零实数r，s，点P（r，t）与点Q（s，t）（r≠s）始终在关于x的函数y1＝x2+2rx+s的图象上运动，函数y2与y1互为“美美与共”函数．
①求函数y2的图象的对称轴；
②函数y2的图象是否经过某两个定点？若经过某两个定点，求出这两个定点的坐标；否则，请说明理由；
（3）在同一平面直角坐标系中，若关于x的二次函数y1＝ax2+bx+c与它的“美美与共”函数y2的图象顶点分别为点A，点B，函数y1的图象与x轴交于不同两点C，D，函数y2的图象与x轴交于不同两点E，F．当CD＝EF时，以A，B，C，D为顶点的四边形能否为正方形？若能，求出该正方形面积的取值范围；若不能，请说明理由．
解:（1）
（2）①∵点P（r，t）与点Q（s，t）（r≠s）始终在关于x的函数y1＝x2+2rx+s的图象上运动，
∴对称轴为直线x=r+s2=-2r2.∴s＝﹣3r.
∴y2=sx2-2rx+1.∴对称轴为直线x=--2r2s=rs=-13．
②y2=-3rx2-2rx+1=-rx(3x+2)+1．
∴当x=0时，y2=1；当x=-23，y2=1.
∴函数y2的图象过定点（0，1），（-23，1）．
（3）
25．【2023·常德】如图，二次函数的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，tan∠ACO=15．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求四边形ACDB的面积；
（3）P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若∠ACO＝∠PBC，求P点的坐标．
【分析】（1）依据AO＝1，tan∠ACO=15求得C点坐标，将点A、B、C的坐标代入，利用待定系数法求二次函数解析式求解；
（2）过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，将抛物线解析式整理成顶点式形式求出点D的坐标，列式计算即可得解；
（3）连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F，利用OC＝OB＝5，求得BC＝52，结合∠ACO＝∠PBC求得CE=2，△EFC是等腰直角三角形，得到E的坐标为（1，6），过B、E的直线的解析式为y=-32x+152，进而联立方程求得抛物线民直线BE的交点坐标即可．
解：（1）∵AO＝1，tan∠ACO=15，∴OC＝5，即C的坐标为（0，5），
∵二次函数的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点且过C的坐标（0，5），
设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c，代入得
0=a-b+c0=25a+5b+c5=c，解得：a=-1b=4c=5，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+4x+5.
（2）y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴顶点的坐标为（2，9）.
过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，
四边形ACDB的面积＝S△AOC+S矩形OMDN﹣S△CDM+S△DNB=12×
1×5+2×9-12×2×(9-5)+12×(5-2)×9=30.
（3）如图，P是抛物线上的一点，且在第一象限，当∠ACO＝∠PBC时，
连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F，
∵OC＝OB＝5，则BC＝52，
∵∠ACO＝∠PBC，∴tan∠ACO＝tan∠PBC，即15=CECB=CE52.
∴CE=2.∴△EFC是等腰直角三角形.
∴FC＝FE＝1.∴E的坐标为（1，6）.
∴过B、E的直线的解析式为y=-32x+152.
令y=-32x+152y=-(x+1)(x-5)，解得x=5y=0，或x=12y=274，
∴BE直线与抛物线的两个交点为B(5，0)，P(12，274).
即所求P的坐标为P(12，274)．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点问题，二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，正确的求解二次函数的解析式是解答本题的关键．
26．【2023·湘潭】如图，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C点，其中B（1，0），C（0，3）．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）在二次函数图象上是否存在点P，使得S△PAC＝S△ABC？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点Q是对称轴l上一点，且点Q的纵坐标为a，当△QAC是锐角三角形时，求a的取值范围．
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据S△PAC＝S△ABC，可得P到AC的距离等于B到AC的距离，进而作出两条AC的平行线，求得解析式，联立抛物线即可求解；
（3）根据题意，求得当△OAC是直角三角形时的a的值，进而观察图象，即可求解，分a＞0和a＜0两种情况讨论，分别计算即可求解．
解：将点B（1，0），C（0，3）代入y＝x2+bx+c，则1+b+c=0c=3，
解得b=-4c=3，∴抛物线解析式为 y＝x2﹣4x+3；
（2）∴y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点坐标为（2，1），
当 y＝0时，x2﹣4x+3＝0，
解得：x1＝1，x2＝3，∴A（3，0），则 OA＝3，
∵C（0，3），则 OC＝3，∴△AOC 是等腰直角三角形，
∵S△PAC＝S△ABC，∴p到AC的距离等于B到AC的距离，
∵A（3，0），C（0，3），设直线AC的解析式为y＝kx+3，∴3k+3＝0，
解得k＝﹣1，∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
如图所示，过点B作A的平分线，交抛物线于点P，
设BP的解析式为 y＝﹣x+d，将点 B（1，0）代入得，
﹣1+d＝0，解得：d＝1，
∴直线BP的解析式为 y＝﹣x+1，
y=-x+1y=x2-4x+3 解得：x=1y=0或x=2y=-1，∴P（2，﹣1），
∵PA=(3-2)2+12=2，PB=(2-1)2+12=2，AB＝3﹣1＝2，
∴PA2+PB2＝AB2，∴△ABP 是等腰直角三角形，且∠APB＝90°，
如图所示，延长PA至D，使得AD＝PA，过点D作AC的平行线DE，交x轴于点E，则DA＝PA，则符合题意的点P在直线DE 上，
∵△APB是等腰直角三角形，DE∥AC，AC⊥PD，
∴∠DAE＝∠BAP＝45°，PD⊥DE，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE=2AD=2AP=2，
∴E（5，0）设直线DE的解析式为y＝﹣x+e，
∴﹣5+e＝0，解得：e＝5，
∴直线DE的解析式为y＝﹣x+5，
联立 y=-x+5y=x2-4x+3，
解得：x=3-172y=7+172 或x=3+172y=7-172，
∴P(3-172，7+172) 或 P(3+172，7-172)，
综上所述，P（2，﹣1）P(3-172，7+172) 或 P(3+172，7-172)；
（3）①当a＞0时，如图所示，过点C作 CG⊥AC 交 x＝2 于点G，当点Q与点G重合时，△ACQ是直角三角形，当∠AQC＝90° 时，△ACQ是直角三角形，
设AC交x＝2于点H，
∵直线AC的解析式为 y＝﹣x+3，则H（2，1），
∴CH=22+(3-1)2=22，∴∠CHG＝∠OCH＝45°，
∴△CHG是等腰直角三角形，∴⋅HG=2CH=2×22=4，
∴G（2，5），
设Q（2，q），则AQ2＝12+q2，CQ2＝22+（q﹣3）2＝q2﹣6q+13，
∵AC2＝32+32＝18，∴18＝q2﹣6q+13+1²+q2，
解得：q=3-172 （舍去）或 q=3+172，∴Q(2，3+172)，
∵△QAC是锐角三角形，∴3+172＜a＜5；
当a＜0时，如图所示，
同理可得AQ²+QC²＝AC，即18＝q2﹣6q+13+1²+q2，
解得：q=3-172 （舍去）或 q=3+172，
由（2）可得AM⊥AC时，M（2，1）
∴﹣1＜a＜3-172．
综上所述，当△OAC是锐角三角形时，
3+172＜a＜5或﹣1＜a＜3-172．
【点评】本题考查了二次函数综合运用，面积等问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23．【2023·张家界】如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，6）．点D为线段BC上的一动点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，求△AOD周长的最小值；
（3）如图2，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAD与△PBD的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值．
【分析】（1）由题意可知，设抛物线的表达式为y＝a（x+2）（x﹣6），再将（0，6）代入求出a即可；
（2）根据题意先求出点O关于直线BC的对称点E的坐标，再连接AE，交BC于点D，此时|DO|+|DA|最小；
（3）先用待定系数法求出直线BC，AC的解析式，再根据PD∥AC，设直线PD表达式为y＝3x+a，再设P（m，-12m2+2m+6），将P点坐标代入直线PD的表达式得a=-12m2﹣m+6，然后解方程组求出D的坐标，再根据S＝S△PAB+S△PAD＝S△PAB﹣S△DAB得出S关于m的二次函数解析式，再根据函数的性质求最值即可．
解：（1）由题意可知，设抛物线的表达式为y＝a（x+2）（x﹣6），
将（0，6）代入上式得：6＝a（0+2）（0﹣6），
解得a=-12，∴抛物线的表达式为y=-12（x+2）（x﹣6）=-12x2+2x+6；
（2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，
∵B（6，0），C（0，6），∠BOC＝90°，∴OB＝OC＝6，
∵O、E关于直线BC对称，
∴四边形OBEC为正方形，∴E（6，6），
连接AE，交BC于点D，由对称性|DE|＝|DO|，
此时|DO|+|DA|有最小值为AE的长，
∴AE=AB2+BE2=82+62=10，
∵△AOD 的周长为DA+DO+AO，AO＝2，DA+DO的最小值为10，
∴△AOD的周长的最小值为10+2＝12，
（3）由已知点A（﹣2，0），B（6，0），C（0，6），
设直线BC的表达式为 y＝kx+b，
将B（6，0），C（0，6）代入y＝kx+b 中，
则6k+b=0b=6，解得k=-1b=6，
∴直线BC的表达式为y＝﹣x+6，
同理可得：直线AC的表达式为y＝3x+6，
∵PD∥AC，
∴可设直线PD表达式为y＝3x+a，
由（1）设P（m，-12m2+2m+6），
将P点坐标代入直线PD的表达式得a=-12m2﹣m+6，
∴直线PD的表达式为：y=3x-12m2-m+6，
由y=-x+6y=3x-12m2-m+6，得x=18m2+14my=-18m2-14m+6，
∴D（18m2+14m，-18m2-14m+6），
∵P，D都在第一象限，
∴S＝S△PAB+S△PAD＝S△PAB﹣S△DAB
=12|AB|[（-12m2+2m+6）﹣（-18m2-14m+6）
=12×8×（-38m2+94m）
=-32m2+9n=-32（m2﹣6m）
=-32（m﹣3）2+272，
∵-32＜0，∴当 m＝3 时，S有最大值，最大值为272，
此时P点为 (3，152)．
【点评】本题重点考查了待定系数法求二次函数及一次函数解析式，点的对称性，二次函数的性质等知识，会用抛物线及一次函数上的点坐标来表示线段的长度是解决第三问的关键．
24．【2023·岳阳】已知抛物线Q1：y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B两点，交y轴于点C（0，3）．
（1）请求出抛物线Q1的表达式．
（2）如图1，在y轴上有一点D（0，﹣1），点E在抛物线Q1上，点F为坐标平面内一点，是否存在点E，F使得四边形DAEF为正方形？若存在，请求出点E，F的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，抛物线Q1上是否存在点P，使得∠CPK＝∠CHK？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）∵抛物线Q1：y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣3，0），C（0，3）两点，
∴-9-3b+c=0c=3，解得b=-2c=3．
∴抛物线Q1的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）存在点E，F使得四边形DAEF为正方形．
理由：如图1，过点E作EG⊥x轴于点G，则∠AGE＝90°＝∠AOD．
∵A（﹣3，0），D（0，﹣1），∴OA＝3，OD＝1．
∵四边形DAEF是正方形，
∴AE＝AD=DF，∠DAE＝∠ADF＝90°．
∵∠EAG+∠DAO＝90°，∠DAO+∠ADO＝90°，
∴∠EAG＝∠ADO．
∴△EAG≌△ADO（AAS）．
∴AG＝OD＝1，EG＝OA＝3．∴E（﹣2，3）．
当x＝﹣2时，y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+3＝3．
∴点E在抛物线上．
过点F作FL⊥y轴于点L．
同理，△DFL≌△ADO（AAS）．
∴FL＝OD＝1，DL＝OA＝3．
∴OL＝DL﹣OD＝3﹣1＝2，F（1，2）．
（3）抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK＝∠CHK．
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线Q1的顶点坐标为（﹣1，4）．
∵将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，
∴抛物线Q2的解析式为y＝﹣（x+1﹣2）2+4＝﹣（x﹣1）2+4．
∵抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，
∴K（1，4），H（3，0）．
设直线CH的解析式为y＝kx+n．
把C（0，3），H（3，0）代入得n=33k+n=0，解得k=-1n=3．
∴直线CH的解析式为y＝﹣x+3．
过点K作KT⊥y轴于点T，连接BC，设KP交直线CH于M或N，如图2，过点C作PS⊥y轴交BK于点S，交抛物线Q1于点P，连接PK，则T（0，4），M（m，﹣m+3），N（t，﹣t+3）．
∴KT＝TC＝1，∠KTC＝90°，∴△CKT是等腰直角三角形．
∴∠KCT＝45°，CK=2KT=2，．
∵OH＝OC＝3，∠COH＝90°，
∴△COH是等腰直角三角形．
∴∠HCO＝45°，CH=2OC＝32．
∴∠KCH＝180°﹣∠KCT﹣∠HCO＝90°．
∴tan∠CHK=CKCH=232=13．
∵∠CPK＝∠CHK，
∴tan∠CPK＝tan∠CHK=13．
∵tan∠BCO=OBOC=13，∴∠BCO＝∠CHK．
∵BK∥OC，∴∠CBK＝∠BCO．
∴∠CBK＝∠CHK，即点P与点B重合时，∠CPK＝∠CHK．
∴P1（1，0）．
∵SK＝1，PS＝3，∴tan∠CPK=SKPS=13．
∴∠CPK＝∠CHK．
∵点P与点C关于直线x＝﹣1对称，∴P（﹣2，3）．
综上所述，抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK＝∠CHK，点P的坐标为（1，0）或（﹣2，3）．
26．【2023·郴州】已知抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（1，0），B（4，0），与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求PAPC的值；
（3）如图2，取线段OC的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使tan∠QDB=12？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（1，0），B（4，0）．
a+b+4=016a+4b+4=0，解得a=1b=-5．
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣5x+4．
（2）由（1）知y＝x2﹣5x+4，当x＝0时，y＝4．
∴C（0，4），抛物线的对称轴为直线x=52．
∵△PAC的周长等于PA+PC+AC，AC为定长，
∴当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小．
∵A，B关于抛物线的对称轴对称，
∴PA+PC＝PB+PC≥BC，当P，B，C三点共线时，PA+PC的值最小，为BC的长，此时点P为直线BC与对称轴的交点．
设直线BC的解析式为y＝mx+n，
则4m+n=0n=4，解得m=-1n=4．
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4．
当x=52 时，y=-52+4=32，∴P(52，32)．
∵A（1，0），C（0，4），
∴PA=(52-1)2+(32)2=322，PC=(52)2+(4-32)2=522．
∴PAPC=35．
（3）存在．
∵D为OC的中点，∴D（0，2）．∴OD＝2．
∵B（4，0），∴OB＝4．
在Rt△BOD中，tan∠OBD=ODOB=12，tan∠QDB=12=tan∠OBD，
∴∠QDB＝∠OBD．
①当Q点在D点上方时，过点D作DQ∥OB，交抛物线于点Q，则∠QDB＝∠OBD，此时Q点纵坐标为2．
设Q点横坐标为t，则t2﹣5t+4＝2，解得t=5±172．
∴Q（5+172，2）或（5-172，2）．
②当点Q在D点下方时，设DQ与x轴交于点E，则DE＝BE．
设E（p，0），则DE2＝OE2+OD2＝p2+4，BE2＝（4﹣p）2．
∴p2+4＝（4﹣p）2，解得p=32．
∴E(32，0)．
设DE的解析式为y＝kx+q，则q=232k+q=0，
解得q=2k=-43．∴y=-43x+2．
联立y=-43x+2y=x2-5x+4，解得x=3y=-2或x=23y=109．
∴Q（3，﹣2）或Q(23，109)．
综上所述，Q(5+172，2) 或Q(5-12，2) 或Q（3，﹣2）或Q(23，109)．
26．【2023·株洲】已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）．
（1）若a＝1，c＝﹣1，且该二次函数的图象过点（2，0），求b的值；
（2）如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜0＜x2，点D在⊙O上且在第二象限内，点E在x轴正半轴上，连接DE，且线段DE交y轴正半轴于点F，∠DOF=∠DEO，OF=32DF．
①求证：DOEO=23．
②当点E在线段OB上，且BE＝1．⊙O的半径长为线段OA的长度的2倍，若4ac＝﹣a2﹣b2，求2a+b的值．
（1）解：∵a＝1，c＝﹣1，∴二次函数解析式为y＝x2+bx﹣1．
∵该二次函数的图象过点（2，0），∴4+4b﹣1＝0，解得b=-34．
（2）①证明：∵∠DOF＝∠DEO，∠ODF＝∠EDO，
∴△DOF∽△DEO，∴DFDO=OFEO，∴DOEO=DFOF．
∵OF=32DF，∴DOEO=23．
②解：∵该二次函数的图象与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜0＜x2，
∴OA＝﹣x1，OB＝x2．
∵BE＝1，∴OE＝x2﹣1．
∵⊙O的半径长为线段OA的长度的2倍，∴OD＝﹣2x1．
∵DOEO=23，∴-2x1x2-1=23．∴3x1+x2﹣1＝0，即x2＝1﹣3x1①．
∵x1，x2是方程ax2+bx+c＝0的两个根，∴x1+x2=-ba．
∵4ac＝﹣a2﹣b2，a≠0，∴4⋅ca+1+(ba)2=0，即4（x1x2）+1+（x1+x2）2＝0②
①代入②，即4x1(1-3x1)+1+(x1+1-3x1)2=0．
∴4x1-12x12+1+1+4x12-4x1=0，
整理得﹣8（x1）2＝﹣2，∴x12=14．
解得x1=-12（正值舍去）．∴x2=1-(-32)=52．
∴抛物线的对称轴为直线x=-b2a=x1+x22=-12+522=1．
∴b＝﹣2a，∴2a+b＝0．
26．【2023·邵阳】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣2，0）和点B（4，0），且与直线l：y＝﹣x﹣1交于D，E两点（点D在点E的右侧），点M为直线l上的一动点，设点M的横坐标为t．
（1）求抛物线的解析式．
（2）过点M作x轴的垂线，与抛物线交于点N．若0＜t＜4，求△NED面积的最大值．
（3）抛物线与y轴交于点C，点R为平面直角坐标系上一点，若以B，C，M，R为顶点的四边形是菱形，请求出所有满足条件的点R的坐标．
​
解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）的坐标代入y＝ax2+x+c 得，
4a-2+c=016a+4+c=0，解得a=-12c=4．
∴抛物线解析式为y=-12x2+x+4．
（2）联立y=-12x2+x+4y=-x-1，解得x=2+14y=-3-14或x=2-14y=-3+14，
∴D（2+14，﹣3-14），E（2-14，﹣3+14）．
∵点M为直线l上的一动点，横坐标为t，
∴M（t，﹣t﹣1），∴N（t，-12t2+t+4）．
∴MN=-12t2+t+4﹣（﹣t﹣1）=-12t2+2t+5．
∴S△NED=12MN•|xD﹣xE|=12×（-12t2+2t+5）×214=-142（t﹣2）2+714．
∵-142＜0，0＜t＜4，
∴当t＝2时，S△NED取最大值714．
∴△NED面积的最大值是714．
（3）在y=-12x2+x+4中，令x＝0得y＝4，∴C（0，4）．
设M（t，﹣t﹣1），R（m，n）．
①当BC，MR为对角线时，BC，MR的中点重合，且BM＝CM，
∴4+0=t+m0+4=-t-1+n(t-4)2+(-t-1)2=t2+(t+5)2，
解得t=-12m=92n=92，∴R（92，92）；
②当BM，CR为对角线时，BM，CR的中点重合，且BC＝CM，
∴t+4=m-t-1=n+432=t2+(t+5)2，
解得t=-5+392m=3+392n=-5-392，或t=-5-392m=3-392n=-5+392，
∴R（3+392，-5-392）或（3-392，-5+392）；
③当BR，CM为对角线时，BR，CM的中点重合，且BC＝BM，
∴m+4=tn=4-t-132=(t-4)2+(-t-1)2，
解得t=3+392m=-5+392n=3-392或t=3-392m=-5-392n=3+392，
∴R（-5+392，3-392）或（-5-392，3+392）．
综上所述，R的坐标为（92，92）或（3+392，-5-392）或（3-392，-5+392）或（-5+392，3-392）或（-5-392，3+392）．
24．【2023·怀化】如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于A（﹣4，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数表达式及顶点坐标；
（2）点P为第三象限内抛物线上一点，作直线AC，连接PA，PC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）设直线l1：y＝kx+k﹣交抛物线于点M，N，求证：无论k为何值，平行于x轴的直线l2：y＝﹣上总存在一点E，使得∠MEN为直角．
（1）解：∵抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于A（﹣4，0），B（2，0）两点，
∴，解得．
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣8．
∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣9）．
（2）解：∵抛物线y＝x2+2x﹣8与y轴交于点C，∴C（0，﹣8）．
设直线AC的解析式为y＝mx+n，则，解得．
∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8．
设P（t，t2+2t﹣8），过点P作PF∥y轴，交AC于点F，如图．
可得F（t，﹣2t﹣8），∴PF＝﹣2t﹣8﹣（t2+2t﹣8）＝﹣t2﹣4t．
∴S△PAC＝S△PAF+S△PCF＝PF•（t+4）+PF•（﹣t）＝2PF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8．
∵﹣2＜0，∴当t＝﹣2时，S△PAC的最大值为8，此时点P（﹣2，﹣8）．
（3）证明：方法1：∵直线l1：y＝kx+k﹣交抛物线于点M，N，∴x2+2x﹣8＝kx+k﹣．
整理得x2+（2﹣k）x+﹣k＝0，∴xM+xN＝k﹣2，xMxN＝﹣k．
∵yM＝kxM+k﹣，yN＝kxN+k﹣，∴yM﹣yN＝k（xM﹣xN）．
∴MN2＝（xM﹣xN）2+（yM﹣yN）2＝（1+k2）（xM﹣xN）2＝（1+k2）[（xM+xN）2﹣4xMxN]＝（1+k2）[（k﹣2）2﹣4（﹣k）]＝（1+k2）2．
∵设MN的中点为O′，∴O′（，k2﹣）．
过点O′作O′E⊥直线l2：y＝﹣，垂足为E，如图．
∴E（，﹣），∴O′E＝k2﹣﹣（﹣）＝（1+k2）．
∴O′E＝MN，∴以MN为直径的⊙O′一定经过点E．
∴∠MEN＝90°，∴在直线l2：y＝﹣上总存在一点E，使得∠MEN为直角．
方法2：平行于x轴的直线l2：y＝﹣上总存在一点E，使得∠MEN为直角，则以MN为直径的圆与直线y＝﹣总有交点.
y＝kx+k﹣=k（x+1）-，∴直线y＝kx+k﹣过定点（-1，-）.
当直线y＝kx+k﹣平行于x轴时，MN最小，此时k=0.
由x2+2x﹣8=﹣，得x1=，x2=.
∴直线y＝﹣抛物线y＝x2+2x﹣8的交点为M（，-），N（，-）.
MN=.
又直线y＝﹣与直线y＝﹣的距离为，
∴以MN为直径的圆与直线y＝﹣相切.
当k≠0时，MN长度变大，以MN为直径的圆与直线y＝﹣总有交点，
∴平行于x轴的直线l2：y＝﹣上总存在一点E，使得∠MEN为直角.
26．【2023·永州】如图1，抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数）经过点F（0，5），
顶点坐标为（2，9），点P（x1，y1）为抛物线上的动点，PH⊥x轴于H，且x1≥52．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，直线OP：y=y1x1x交BF于点G，求S△BPGS△BOG的最大值；
（3）如图2，四边形OBMF为正方形，PA交y轴于点E，BC交FM的延长线于C，且BC⊥BE，PH＝FC，求点P的横坐标．
【分析】（1）由顶点式坐标公式和待定系数法分别求出a，b，c值，即可求出抛物线解析式；
（2）利用抛物线的解析式可得B的坐标，求出直线BF的解析式，设G（m，﹣m+5），根据直线OP的解析式y=y1x1x 得 m=5x1x1+y1，用 x1，y1 表达GT长度，根据S△BPGS△BOG=PHGT=1，将GT和PH长度代入，可将面积比转化成二次函数的形式，根据P横坐标取值范围和此二次函数的图象性质即可求出S△BPGS△BOG 的最大值；
（3）设MF交PH于T，根据正方形的性质和FC＝PH可求出PT＝MC，再利用△EOB∽△CMB相似和OB＝MB可推出OE＝MC，设E（0，a），可求出直线AP的解析式，用a表达P点的横纵坐标，最后代入抛物线解析式，解方程可得答案．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数）经过点F（0，5），顶点坐标为（2，9），
∴c=5-b2a=24ac-b24a=9，解得a=-1b=4c=5，∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点G作GT⊥x轴于点T，如图所示，
在y＝﹣x2+4x+5中，令y＝0得0＝﹣x2+4x+5，
解得x＝5或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（5，0），
∵F（0，5），∴BO＝FO＝5，
设直线BF的解析式为：y＝kx+5，
∴y＝5k+5，解得k＝﹣1，
∴直线BF的解析式为y＝﹣x+5，
由G在直线BF上，设G（m，﹣m+5），
∵G在直线OP上，直线OP为y=y1x1x，∴﹣m+5=y1x1m，
∴m=5x1x1+y1，∴GT=-m+5=-5x1x1+y1+5=5y1x1+y1，
由P（x1，y1） 在抛物线 y＝﹣x2+4x+5上，知P（x1，-x12+4x1+5），
∴PH=y1=-x12+4x1+5，
∵S△BPG＝S△BPO﹣S△BOG，
∴S△BPGS△BOG=S△BPO-S△BOGS△BOG=S△BPOS△BOG-1=12×5⋅PH12×5⋅GT-1=PHGT-1，
∵PHGT=y15y1x1+y1=x1+y15，
∴S△BPGS△BOG=PHGT-1=x1+y15-1=x1-x12+4x1+55-1=-15（x1-52）2+54，
∵x1≥52，-15＜0，
∴当 x=52 时，S△BPGS△BOG取最大值，最大值为54；
（3）设MF交PH于T，如图：
∵OBFM为正方形，F（0，5），
∴FM＝BM＝OF＝BO＝5，∠MBO＝90°，FC∥OB，
∵PH⊥x，∠MBO＝90°，FC∥OB，
∴MTBH为矩形，∴TH＝MB＝FM＝5，
∵PH＝FC，∴PT＝MC，
∵BC⊥BE，∴∠MBC+∠MBE＝90°，
∵∠MBO＝90°，∴∠OBE+∠MBE＝90°，∴∠OBE＝∠MBC，
∴∠CMB＝∠EOB＝90°，
∴△EOB∽△CMB，∴EOCM=OBMB=EBCB，
∵OB＝MB，∴EO＝MC，
∵PH＝FC，∴PT＝MC，∴EO＝MC＝PT，
设 EO＝MC＝PT＝a，
∴PH＝PT+TH＝5+a，E（0，a），
∵A（﹣1，0），
设直线AP的解析式为y＝kx+b，
则b=a-k+b=0，∴k=ab=a，
∴直线AP的解析式为y＝ax+a，
∵PH＝a+5，P在直线AP上，∴a+5＝ax+a，
∴x=5a，即P点横坐标为 5a，∴x1=5a，y1＝a+5，
∴a=5x1，y1=5x1+5∴5x1+5=-x12+4x1+5，
∴x13-4x12+5＝0，∴（x1+1）（x12-5x1+5）＝0，
解得x1＝1或x1=5-52或x1=5+52，
∵x1≥52，
∴x1=5+52，
∴点P的横坐标为5+52．
【点评】本题考查的是二次函数的综合应用题，属于压轴题，解题的关键在于能否将面积问题和二次函数有效结合．
26．【2023·衡阳】如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，连接AC，过B，C两点作直线．
（1）求a的值．
（2）将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′，C′两点．在直线B′C′上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，若存在，请求出直线BP的解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，即可求得a＝﹣1；
（2）铅锤法求线段最值；
（3）分两种情况：当∠PBC在BC的下方时，当∠PBC在BC的上方时，分别求得直线BP的解析式，联立方程组求解即可求得点P的坐标．
解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0），
∴a+2a+3＝0，∴a＝﹣1．
（2）存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．
∵y＝﹣x2+2x+3，当x＝0时，y＝3，∴C（0，3）．
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3．∴B（3，0）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，则3k+b=0b=3，解得k=-1b=3．
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3．
∵将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′，C′两点，
∴直线B′C′的解析式为y＝﹣x+3﹣m．
设D（t，﹣t2+2t+3）．
过点D作DE∥y轴，交B′C′于点E，作DF⊥B′C′于点F，设直线B′C′交y轴于点G，如图．
∴E（t，﹣t+3﹣m）．∴DE＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3﹣m）＝﹣t2+3t+m．
∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，∴∠BCO＝∠CBO＝45°．
∵B′C′∥BC，∴∠B′GO＝∠BCO＝45°．
∵DE∥y轴，∴∠DEF＝∠B′GO＝45°．
∵∠DFE＝90°，∴△DEF是等腰直角三角形．
∴DF=22DE=22（﹣t2+3t+m）=-22（t-32）2+22（94+m）．
∵-22＜0，
∴当t=32时，DF取得最大值22（94+m），此时点D的坐标为（32，154）．
（3）存在．
当∠PBC在BC的下方时，在y轴正半轴上取点M（0，1），连接BM交抛物线于点P，如图．
∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），M（0，1），
∴OB＝OC＝3，OM＝OA＝1，∠BOM＝∠COA＝90°．
∴△BOM≌△COA（SAS），∴∠MBO＝∠ACO．
∵∠CBO＝45°，∴∠CBP+∠MBO＝45°，∴∠CBP+∠ACO＝45°，
设直线BM的解析式为y＝k′x+b′，则3k'+b'=0b'=1，
解得k'=-13b'=1，∴直线BM的解析式为y=-13x+1．
联立，得y=-13x+1y=-x2+2x+3，解得x1=3y1=0（舍去），x2=-23y2=119．
∴P（-23，119）．
当∠PBC在BC的上方时，作点M关于直线BC的对称点M′，如图，连接MM′，CM′，直线BM′交抛物线于P．
由对称得MM′⊥BC，CM′＝CM＝2，∠BCM′＝∠BCM＝45°，
∴∠MCM′＝90°．∴M′（2，3）．
则直线BM′的解析式为y＝﹣3x+9．
联立，得y=-3x+9y=-x2+2x+3，
解得x1=3y1=0（舍去），x2=2y2=3，∴P（2，3）．
综上所述，抛物线上存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，点P的坐标为（-23，119）或（2，3）．
云南省
24．【2023·云南】数和形是数学研究客观物体的两个方面，数（代数）侧重研究物体数量方面，具有精确性，形（几何）侧重研究物体形的方面，具有直观性．数和形相互联系，可用数来反映空间形式，也可用形来说明数量关系．数形结合就是把两者结合起来考虑问题，充分利用代数、几何各自的优势，数形互化，共同解决问题．
同学们，请你结合所学的数学解决下列问题．
在平面直角坐标系中，若点的横坐标、纵坐标都为整数，则称这样的点为整点．设函数y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4（实数a为常数）的图象为图象T．
（1）求证：无论a取什么实数，图象T与x轴总有公共点；
（2）是否存在整数a，使图象T与x轴的公共点中有整点？若存在，求所有整数a的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）分一次函数和二次函数分别证明函数图象T与x轴总有交点即可；（2）当a＝﹣时，不符合题意；当a≠时，由0＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4，得x＝﹣或x＝，即x＝＝2﹣，因a是整数，故当2a+1是6的因数时，是整数，可得2a+1＝﹣6或2a+1＝﹣3或2a+1＝﹣2或2a+1＝﹣1或2a+1＝1或2a+1＝2或2a+1＝3或2a+1＝6，分别解方程并检验可得a＝﹣2或a＝﹣1或a＝0或a＝1．
（1）证明：当a＝﹣时，函数表达式为y＝12x+6，
令y＝0得x＝﹣，
∴此时函数y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4（实数a为常数）的图象与x轴有交点；
当a≠时，y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4为二次函数，
∵Δ＝（9﹣6a）2﹣4（4a+2）（﹣4a+4）＝100a2﹣140a+49＝（10a﹣7）2≥0，
∴函数y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4（实数a为常数）的图象与x轴有交点；
综上所述，无论a取什么实数，图象T与x轴总有公共点；
（2）解：存在整数a，使图象T与x轴的公共点中有整点，理由如下：
当a＝﹣时，不符合题意；当a≠时，
在y＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4中，令y＝0得：0＝（4a+2）x2+（9﹣6a）x﹣4a+4，
解得x＝﹣或x＝，
∵x＝＝2﹣，a是整数，∴当2a+1是6的因数时，是整数，
∴2a+1＝﹣6或2a+1＝﹣3或2a+1＝﹣2或2a+1＝﹣1或2a+1＝1或2a+1＝2或2a+1＝3或2a+1＝6，
解得a＝﹣或a＝﹣2或a＝﹣或a＝﹣1或a＝0或a＝或a＝1或a＝，
∵a是整数，∴a＝﹣2或a＝﹣1或a＝0或a＝1．
【点评】本题考查二次函数的应用，涉及一次函数，二次函数与一元二次方程的关系，解题的关键是理解整点的意义．
四川省
24．【2023·雅安】在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c过点A（0，2），对称轴是直线x＝2．
（1）求此抛物线的函数表达式及顶点M的坐标；
（2）若点B在抛物线上，过点B作x轴的平行线交抛物线于点C，当△BCM是等边三角形时，求出此三角形的边长；
（3）已知点E在抛物线的对称轴上，点D的坐标为（1，﹣1）是否存在点F，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据对称轴公式求出b＝﹣4，再将点A代入函数解析式即可求c的值，从而确定函数解析式；
（2）设直线BC所在的直线为y＝m，当x2﹣4x+2＝m时，xB+xC＝4，xB•xC＝2﹣m，可得|xB﹣xC|＝22+m，M点到直线BC的距离为m+2，根据等边三角形的性质可得12|xB﹣xC|=33（m+2），求出m的值即可求三角形的边长；
（3）设E（2，t），F（x，y），根据菱形的对角线分三种情况讨论，利用中点坐标公式和两点间距离公式建立方程，求出F点坐标即可．
解:（1）∵对称轴是直线x＝2，
∴-b2=2，解得b＝﹣4，
∴y＝x2﹣4x+c，
将点A代入y＝x2﹣4x+c，可得c＝2，
∴函数的解析式为y＝x2﹣4x+2，
当x＝2时，y＝﹣2，
∴顶点M（2，﹣2）；
（2）设直线BC所在的直线为y＝m，
当x2﹣4x+2＝m时，xB+xC＝4，xB•xC＝2﹣m，
∴|xB﹣xC|＝22+m，
∵M（2，﹣2），∴M点到直线BC的距离为m+2，
∵△BCM是等边三角形，
∴12|xB﹣xC|=33（m+2），即2+m=33（m+2），
解得m＝1或m＝﹣2（舍），
∴三角形的边长为23；
（3）在点F，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形，理由如下：
设E（2，t），F（x，y），
①当AD为菱形对角线时，AE＝DE，
1=2+x2-1=t+y4+(t-2)2=1+(t+1)2，解得t=1x=-1y=0，
∴F（﹣1，0）；
②当AE为菱形对角线时，AD＝DE，
∴2=1+x2+t=y-11+9=1+(t+1)2，解得t=2x=1y=5（舍）或t=-4x=1y=-1，
∴F（1，5）；
③当AF为菱形对角线时，AE＝AD，
∴x=2+1y+2=t-14+(t-2)2=1+9，解得t=2+6x=3y=-1+6或t=-2+6x=3y=-5+6，
∴F（3，﹣1+6）或（3，﹣5+6）；
综上所述：F点坐标为（﹣1，0）或（1，5）或（3，﹣1+6）或（3，﹣5+6）．
【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，等边三角形的性质，菱形的性质是解题的关键．
25．【2023·德阳】已知：在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（﹣4，0），B（2，0），与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，如果把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的其余部分保持不变，得到一个新图象．当平面内的直线y＝kx+6与新图象有三个公共点时，求k的值；
（3）如图2，如果把直线AB沿y轴向上平移至经过点D，与抛物线的交点分别是E，F，直线BC交EF于点H，过点F作FG⊥CH于点G，若DFHG=25，求点F的坐标．
​
【分析】（1）设抛物线的两点式方程，再将点C代入即可求函数的解析式；
（2）分k＞0和k＜0两种情况讨论，再结合图象求解即可；
（3）设D（0，t），则H（2+12t，t），由平行的性质可得tan∠FHG＝tan∠OBC＝2，从而得到HG=55FH，结合已知推导出DF=23DH，从而确定点F（13t+43，t），当12x2+x﹣4＝t时，x=13t+43是方程的一个根，通过解方程求出t的值即可求F点坐标．
解:（1）设抛物线解析式为y＝a（x+4）（x﹣2），
将点C（0，﹣4）代入y＝a（x+4）（x﹣2），
∴﹣8a＝﹣4，解得a=12，
∴抛物线的解析式为y=12（x+4）（x﹣2）=12x2+x﹣4；
（2）抛物线沿x轴翻折后的函数解析式为y=-12x2﹣x+4，
当k＞0时，当直线y＝kx+6经过点A时，﹣4k+6＝0，解得k=32，此时函数与直线有两个交点；
当kx+6=-12x2﹣x+4有一个解时，Δ＝（k+1）2﹣4＝0，
解得k＝1或k＝﹣3（舍），
∴1＜k＜32时，直线y＝kx+6与新图象有三个公共点；
当k＜0时，当kx+6=-12x2﹣x+4有一个解时，Δ＝（k+1）2﹣4＝0，
解得k＝1（舍）或k＝﹣3，
当直线y＝kx+6经过点B时，2k+6＝0，解得k＝﹣3，此时函数与直线有一个交点；
∴当k＜0时，直线y＝kx+6与新图象始终有一个公共点；
综上所述：1＜k＜32时，直线y＝kx+6与新图象有三个公共点；
（3）设D（0，t），则H（2+12t，t），
∵EF∥AB，∴∠FHG＝∠OBC，
∵FG⊥CH，∴tan∠FHG＝tan∠OBC＝2，
∴FG＝2HG，∴HG=55FH，
∵DFHG=25，∴DF＝2FH，∴DF=23DH，
∵DH＝2+12t，∴FD=13（t+4），∴F（13t+43，t），
当12x2+x﹣4＝t时，x=13t+43是方程的一个根，
∴t2﹣6t﹣32＝0，解得t＝﹣4（舍）或t＝8，
∴F（4，8）．
【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，函数图象翻折的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
25．【2023·成都】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+c经过点P（4，﹣3），与y轴交于点A（0，1），直线y＝kx（k≠0）与抛物线交于B，C两点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，求点B的坐标；
（3）过点M（0，m）作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得OD⊥OE始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）设B（x，y），则AB＝，AP＝4，BP＝，分两种情况讨论：当AB＝AP时，B（﹣4，﹣3）；当AB＝BP时，B（﹣2+2，﹣5+2）或（﹣2﹣2，﹣5﹣2）；（3）设B（t，kt），C（s，ks），联立方程整理得x2+4kx﹣4＝0，根据根与系数的关系可知t+s＝﹣4k，ts＝﹣4，直线AB的解析式为y＝x+1，直线AC的解析式为y＝x+1，求出D（，m），E（，m），过D点作DG⊥x轴交于G点，过点E作EK⊥x轴交于K点，则△DOG∽△OEK，再由＝，结合根与系数的关系整理得方程m2＝4（m﹣1）2，解得m＝2或m＝．
解：（1）将P（4，﹣3）、A（0，1）代入y＝ax2+c，
∴16a+1＝﹣3，解得a＝﹣，∴y＝﹣x2+1；
（2）设B（x，y），∵P（4，﹣3），A（0，1），
∴AB＝，AP＝4，BP＝，
当AB＝AP时，4＝，
∵y＝﹣x2+1，∴x＝4或x＝﹣4，∴B（﹣4，﹣3）；
当AB＝BP时，＝，
解得x＝﹣2+2或x＝﹣2﹣2，
∴B（﹣2+2，﹣5+2）或（﹣2﹣2，﹣5﹣2）；
综上所述：B点坐标为（﹣4，﹣3）或（﹣2+2，﹣5+2）或（﹣2﹣2，﹣5﹣2）；
（3）存在常数m，使得OD⊥OE始终成立，理由如下：
设B（t，kt），C（s，ks），联立方程，
整理得x2+4kx﹣4＝0，∴t+s＝﹣4k，ts＝﹣4，
直线AB的解析式为y＝x+1，直线AC的解析式为y＝x+1，
∴D（，m），E（，m），
过D点作DG⊥x轴交于G点，过点E作EK⊥x轴交于K点，
∵∠DOE＝90°，∴∠DOG+∠EOK＝90°，
∵∠DOG+∠ODG＝90°，∴∠EOK＝∠ODG，
∴△DOG∽△OEK，∴＝，∴m2＝﹣，
∴m2＝4（m﹣1）2，解得m＝2或m＝．
【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，三角形相似的判定及性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
25．【2023·南充】如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点K（1，3）的直线（直线KD除外）与抛物线交于G，H两点，直线DG，DH分别交x轴于点M，N．试探究EM•EN是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；（2）当BC或BP为对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解；当BQ为对角线时，同理可解；（3）求出直线GD的表达式为：y＝﹣（m﹣1）（x﹣1）+4，得到M（1+4m-1，0），同理可得，EN=4n-1，即可求解．
解：（1）由题意得，抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）
＝a（x2﹣2x﹣3），即﹣3a＝3，则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）设点P的坐标为：（m，﹣m2+2m+3），点Q（x，0），
当BC或BP为对角线时，由中点坐标公式得：3＝﹣m2+2m+3，
解得：m＝0（舍去）或2，则点P（2，3）；
当BQ为对角线时，同理可得：0＝﹣m2+2m+3+3，解得：m＝1±7，
则点P的坐标为：（2，3），（1+7，﹣3）或（1-7，﹣3）；
（3）是定值，理由：
直线GH过点（1，3），故设直线GH的表达式为：y＝k（x﹣1）+3，
设点G、H的坐标分别为：（m，﹣m2+2m+3），点N（n，﹣n2+2n+3），
联立y＝k（x﹣1）+3和y＝﹣x2+2x+3并整理得：
x2+（k﹣2）x﹣k＝0，则m+n＝2﹣k，mn＝﹣k，
由点G、D的坐标得，直线GD的表达式为：
y＝﹣（m﹣1）（x﹣1）+4，令y＝0，则x＝1+4m-1，
即点M（1+4m-1，0），则EM＝1﹣1-4m-1=-4m-1，
同理可得，EN=4n-1，则EM•EN=-4m-1×4n-1=-16(m-1)(n-1)=
-16mn-(m+n)+1=-16-k+k-2+1=16．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行四边形的性质、根和系数的关系等，有一定的综合性，难度适中．
26．【2023·眉山】在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当点P在直线AC上方的抛物线上时，连接BP交AC于点D，如图1，当PDDB的值最大时，求点P的坐标及PDDB的最大值；
（3）过点P作x轴的垂线交直线AC于点M，连结PC，将△PCM沿直线PC翻折，当点M的对应点M′恰好落在y轴上时，请直接写出此时点M的坐标．
【分析】（1）运用待定系数法，将点A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，即可求得抛物线的解析式；
（2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝x+3，过点P作PE∥x轴交直线AC于点E，设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），可得PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，由PE∥x轴，得△EPD∽△ABD，进而得出PDDB=PEAB=-t2-3t4=-14（t+32）2+916，再运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）设点P的坐标，则点M的坐标可表示，PM长度可表示，利用翻折推出PM＝CM，列方程求解即可求得答案．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），
∴9a-3b+c=0a+b+c=0c=3，解得：a=-1b=-2c=3，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+n，则-3k+n=0n=3，解得：k=1n=3，
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
过点P作PE∥x轴交直线AC于点E，如图，
设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），
∴PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，
∵A（﹣3，0），B（1，0），∴AB＝1﹣（﹣3）＝4，
∵PE∥x轴，∴△EPD∽△ABD，∴PDDB=PEAB，
∴PDDB=-t2-3t4=-14（t+32）2+916，
∵-14＜0，
∴当t=-32时，PDDB的值最大，最大值为916，此时点P的坐标为（-32，154）；
（3）如图，设P（m，﹣m2﹣2m+3），
则M（m，m+3），
∴PM＝|m+3﹣（﹣m2﹣2m+3）|＝|m2+3m|，CM=m2+m2=2|m|，
∵△PCM沿直线PC翻折，M的对应点为点M′，M′落在y轴上，而PM∥y轴，
∴PM∥CM′，PM＝PM′，CM＝CM′，∠PCM＝∠PCM′，
∴∠PCM′＝∠MPC，∴∠PCM＝∠MPC，∴PM＝CM，∴|m2+3m|=2|m|，
当m2+3m=2m时，
解得：m1＝0（舍去），m2=2-3，
此时点M（2-3，2）；
当m2+3m=-2m时，
解得：m1＝0（舍去），m2=-2-3，
此时点M（-2-3，-2）；
综上，点M的坐标为（2-3，2）或（-2-3，-2）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，点坐标转换为线段长度，几何图形与二次函数结合的问题，相似三角形的判定和性质，翻折变换的性质等，最后一问推出PM＝CM为解题关键．
24．【2023·达州】如图，抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P是直线BC上方抛物线上一点，求出△PBC的最大面积及此时点P的坐标；
（3）若点M是抛物线对称轴上一动点，点N为坐标平面内一点，是否存在以BC为边，点B、C、M、N为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
​
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由△PBC的面积＝S△PHC+S△PHB=12×PH×OB，即可求解；
（3）若BC为菱形的边长，利用菱形的性质求解即可．．
解：（1）由题意得，抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），
则﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
故点P作y轴的平行线交CB于点H，
设点P（x，﹣x2+2x+3），则点H（x，﹣x+3），
则△PBC的面积＝S△PHC+S△PHB=12×PH×OB=32（﹣x2+2x+x﹣3）=-32（x-32）2+278≤278，
即△PBC的面积的最大值为278，此时点P（32，154）；
（3）存在，理由：
∵B（3，0），C（0，3），∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∴对称轴为：x＝1，
设点M（1，t），N（x，y），若BC为菱形的边长，菱形BCMN，
则BC2＝CM2，即18＝12+（t﹣3）2，
解得：t1=17+3，t2=-17+3，
∵3+1=0+x0+t=3+y，∴x＝4，y＝t﹣3，∴N1（4，17），N2（4，-17）；
若BC为菱形的边长，菱形BCNM，则BC2＝BM2，即18＝（3﹣1）2+t2，
解得：t3=14，t4=-14，
∵3+x=0+10+y=3+t，∴x＝﹣2，y＝3+t，∴N3（﹣2，14+3），N4（﹣2，-14+3）；
即点N的坐标为：（4，-17）或（4，17）或（﹣2，14+3）或（﹣2，-14+3）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行四边形和菱形的性质、面积的计算等
25．【2023·泸州】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+2x+c与坐标轴分别相交于点A，B，C（0，6）三点，其对称轴为x＝2．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点F是该抛物线上位于第一象限的一个动点，直线AF分别与y轴，直线BC交于点D，E．
①当CD＝CE时，求CD的长；
②若△CAD，△CDE，△CEF的面积分别为S1，S2，S3，且满足S1+S3＝2S2，求点F的坐标．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）①求出直线AF的表达式为：y=-12（m﹣6）（x+2），得到点D（0，6﹣m），进而求点E（2m8-m，6-2m8-m），即可求解；
②证明S1+S3S2=AD+EFDE=2OM+MNOM=2，即可求解．
解：（1）由题意得：x=-22a=2c=6，解得：a=-12c=6，
即抛物线的表达式为：y=-12x2+2x+6；
（2）令y=-12x2+2x+6＝0，则x＝6或﹣2，
即点A、B的坐标分别为：（﹣2，0）、（6，0）；
①设点F（m，-12m2+2m+6），
由点A、F得，直线AF的表达式为：y=-12（m﹣6）（x+2）①，
当x＝0时，y=-12（m﹣6）（x+2）＝6﹣m，即点D（0，6﹣m），
则CD＝6﹣6+m＝m，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+6②，
联立①②得：-12（m﹣6）（x+2）＝﹣x+6，
解得：x=2m8-m，则点E（2m8-m，6-2m8-m），
由点C、E的坐标得，CE=22m8-m，
∵CD＝CE，即m=22m8-m，
解得：m＝0（舍去）或8﹣22，则CD＝m＝8﹣22；
②过点E、F分别作x轴的垂线，垂足分别为点M、N，
∵△CAD，△CDE，△CEF同高，则其面积比为边的比，即S1+S3S2=AD+EFDE=2，
∵OD∥EM∥FN，则ADDE=AOOM=2OM，EFDE=MNOM，
则S1+S3S2=AD+EFDE=2OM+MNOM=2，即2xE+xF-xExE=2，
整理得：3xE﹣xF＝2，
由①知，xE=2m8-m，xF＝m，则3×2m8-m-m＝2，解得：m＝±4（舍去负值），
经检验，m＝4是方程的根，则点F（4，6）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、三角形相似、面积的计算等，有一定的综合性，难度适中．
25．【2023·遂宁】在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝x2+bx+c经过点O（0，0），对称轴过点B（2，0），直线l过点C（2，﹣2）且垂直于y轴．过点B的直线l1交抛物线于点M、N，交直线l于点Q，其中点M、Q在抛物线对称轴的左侧．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当BM：MQ＝3：5时，求点N的坐标；
（3）如图2，当点Q恰好在y轴上时，P为直线l1下方的抛物线上一动点，连结PQ、PO，其中PO交l1于点E，设△OQE的面积为S1，△PQE的面积为S2，求的最大值．
【分析】（1）由抛物线的对称性可得抛物线与x轴的另一个交点坐标为（4，0），运用待定系数法即可求得抛物线解析式；（2）过点M作MG⊥直线l于点G，可证△QMG∽△QBC，得出＝＝，即MG＝，得出M（1，﹣），再运用待定系数法可得直线l1的解析式为y＝x﹣，联立方程组即可求得点N的坐标；（3）当点Q恰好在y轴上时，可得Q（0，﹣2），运用待定系数法可得直线l1的解析式为y＝x﹣2，设P（m，m2﹣m），过点P作PH∥y轴交直线l1于点H，则H（m，m﹣2），可得PH＝m﹣2﹣（m2﹣m）＝﹣m2+2m﹣2，再证明△PEH∽△OEQ，可得＝＝﹣m2+m﹣1，进而可得＝＝＝﹣m2+m﹣1＝﹣（m﹣4）2+1，运用二次函数的性质即可求得答案．
解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点O（0，0），对称轴过点B（2，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，c＝0，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（4，0），代入y＝x2+bx，得4+4b＝0，
解得：b＝﹣1，∴该抛物线解析式为y＝x2﹣x；
（2）如图1，过点M作MG⊥直线l于点G，
∵直线l过点C（2，﹣2）且垂直于y轴，∴∠QGM＝90°，
∵B（2，0），C（2，﹣2），
∴BC＝2，∠QCB＝90°，∴∠QGM＝∠QCB，
∵∠MQG＝∠BQC，∴△QMG∽△QBC，∴＝，
∵BM：MQ＝3：5，∴＝，
∴＝，∴MG＝，
∴点M的纵坐标为﹣，
由x2﹣x＝﹣，解得：x1＝1，x2＝3（舍去），∴M（1，﹣），
设直线l1的解析式为y＝kx+n，则，解得：，
∴直线l1的解析式为y＝x﹣，联立，得，
解得：（舍去），，∴N（6，3）；
（3）当点Q恰好在y轴上时，Q（0，﹣2），
设直线l1的解析式为y＝k′x+n′，则，解得：，
∴直线l1的解析式为y＝x﹣2，
设P（m，m2﹣m），过点P作PH∥y轴交直线l1于点H，如图2，则H（m，m﹣2），
∴PH＝m﹣2﹣（m2﹣m）＝﹣m2+2m﹣2，
∵PH∥OQ，∴△PEH∽△OEQ，
∴＝＝＝﹣m2+m﹣1，
∴＝＝＝﹣m2+m﹣1＝﹣（m﹣4）2+1，
∵﹣＜0，∴当m＝4时，取得最大值，最大值为1．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数和二次函数的图象和性质，求一次函数和二次函数图象的交点，相似三角形的判定和性质，三角形面积等，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
25．【2023·宜宾】如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣4，0）、B（2，0），且经过点C（﹣2，6）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在x轴上方的抛物线上任取一点N，射线AN、BN分别与抛物线的对称轴交于点P、Q，点Q关于x轴的对称点为Q′，求△APQ′的面积；
（3）点M是y轴上一动点，当∠AMC最大时，求M的坐标．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣x+6；（2）设抛物线的对称轴交x轴于K，求出抛物线的对称轴为直线x＝＝﹣1，知K（﹣1，0），AK＝3，设N（t，﹣t2﹣t+6），可得AN的函数表达式为y＝（﹣t+）x﹣3t+6，即得P（﹣1，﹣t+），同理可得Q（﹣1，t+9），可得Q'坐标为（﹣1，﹣t﹣9），PQ'＝﹣t+﹣（﹣t﹣9）＝，从而可求出△APQ′的面积为；（3）当以AC为弦的⊙T与y轴相切时，切点即为使∠AMC最大的点M，设T（p，q），由AT＝CT，A（﹣4，0），C（﹣2，6），得（p+4）2+q2＝（p+2）2+（q﹣6）2，有q＝﹣p+2，故T（p，﹣p+2），又TM＝AT，得p2＝（p+4）2+（﹣p+2）2，即可解得p＝﹣30+12或p＝﹣30﹣12（不符合题意，舍去），从而M（0，12﹣4）．
解：（1）把A（﹣4，0）、B（2，0），C（﹣2，6）代入y＝ax2+bx+c得：
，解得，∴抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣x+6；
（2）设抛物线的对称轴交x轴于K，如图：
∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣4，0）、B（2，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝＝﹣1，
∴K（﹣1，0），∴AK＝3，
设N（t，﹣t2﹣t+6），
设AN的函数表达式为y＝kx+n，把A（﹣4，0），N（t，﹣t2﹣t+6）代入得：
，解得，
∴AN的函数表达式为y＝（﹣t+）x﹣3t+6，
在y＝（﹣t+）x﹣3t+6中，令x＝﹣1得y＝﹣t+，
∴P（﹣1，﹣t+），同理可得Q（﹣1，t+9），
∴Q关于x轴的对称点Q'坐标为（﹣1，﹣t﹣9），
∴PQ'＝﹣t+﹣（﹣t﹣9）＝，
∴S△APQ'＝××3＝；∴△APQ′的面积为；
（3）当△ACM的外接圆与y轴相切时，切点即为使∠AMC最大的点M，如图：
∴TM⊥y轴，设T（p，q），则TM＝﹣p，
∵AT＝CT，A（﹣4，0），C（﹣2，6），
∴（p+4）2+q2＝（p+2）2+（q﹣6）2，
∴q＝﹣p+2，∴T（p，﹣p+2），
∵TM＝AT，∴p2＝（p+4）2+（﹣p+2）2，
解得p＝﹣30+12或p＝﹣30﹣12（不符合题意，舍去），
∴﹣p+2＝﹣（﹣30+12）+2＝12﹣4，
∴M（0，12﹣4）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，对称变换等知识，解题的关键是找到使∠AMC最大时的点M．
25．【2023·巴中】在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣1，0）和B（0，3），其顶点的横坐标为1．
（1）求抛物线的表达式．
（2）若直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M，当m取何值时，使得AN+MN有最大值，并求出最大值．
（3）若点P为抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴上一动点，将抛物线向左平移1个单位长度后，Q为平移后抛物线上一动点．在（2）的条件下求得的点M，是否能与A、P、Q构成平行四边形？若能构成，求出Q点坐标；若不能构成，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线顶点横坐标，可得出抛物线的对称轴为直线x＝1，结合点A的坐标，可得出抛物线与x轴另一交点的坐标，结合点B的坐标，再利用待定系数法，即可求出抛物线的表达式；（2）由“直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M”，可得出点M，N的坐标，进而可得出AN，MN的值，代入AN+MN中，可得出AN+MN＝﹣（m﹣）2+，再利用二次函数的性质，即可解决最值问题；（3）利用平移的性质，可得出平移后抛物线的表达式为y＝﹣x2+4，利用二次函数图象上点的坐标特征，可求出点M的坐标，假设存在以A，P，Q，M为顶点的平行四边形，设点P的坐标为（1，m），点Q的坐标为（n，﹣n2+4），分AM为对角线、AP为对角线及AQ为对角线三种情况考虑，由平行四边形的对角线互相平分，可得出关于n的一元一次方程，解之可得出n值，再将其代入点Q的坐标中，即可得出结论．
解：（1）∵抛物线的顶点横坐标为1，∴抛物线的对称轴为直线x＝1．
∵点A的坐标为（﹣1，0），∴抛物线与x轴的另一交点坐标为（3，0）．
将（﹣1，0），（3，0），（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：，
解得：，∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直线x＝m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M，
∴点M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），点N的坐标为（m，0）.
∴MN＝﹣m2+2m+3，AN＝m+1.
∴AN+MN＝m+1+（﹣m2+2m+3）＝﹣m2+3m+4＝﹣（m﹣）2+.
∵﹣1＜0，且0＜m＜3，
∴当m＝时，AN+MN有最大值，最大值为；
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线向左平移1个单位长度后的表达式为y＝﹣x2+4．
当x＝时，y＝﹣（）2+2×+3＝，∴点M的坐标为（，）．
假设存在以A，P，Q，M为顶点的平行四边形，设点P的坐标为（1，m），点Q的坐标为（n，﹣n2+4）．
①当AM为对角线时，对角线AM，PQ互相平分，
∴＝，解得n＝﹣，∴点Q的坐标为（﹣，）；
②当AP为对角线时，对角线AP，MQ互相平分，
∴＝，解得n＝﹣，∴点Q的坐标为（﹣，）；
③当AQ为对角线时，对角线AQ，PM互相平分，
∴＝，解得n＝，∴点Q的坐标为（，﹣）．
综上所述，存在以A，P，Q，M为顶点的平行四边形，点Q的坐标为（﹣，）或（﹣，）或（，﹣）．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质以及平行四边形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的表达式；（2）利用二次函数的性质，求出AN+MN的最大值；（3）利用平行四边形的性质（对角线互相平分），找出关于n的一元一次方程．
26．【2023·自贡】如图，抛物线y=-43x2+bx+4与x轴交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式及B，C两点坐标；
（2）以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D坐标；
（3）该抛物线对称轴上是否存在点E，使得∠ACE＝45°，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法求出抛物线的解析式，然后即可求出抛物线与x轴和y轴的交点坐标．（2）分三种情况，先确定四边形的对角线，找到对角线的中点，然后根据中点坐标公式即可求解．（3）分两种情况，点E在直线AC上方和下方，利用等角的正切值相等求出线段的长，在转化成点的坐标．
解：（1）把点A的坐标代入解析式得b=-83，
∴抛物线的解析式为y=-43x2-83x+4，
∴点C的坐标为（0，4），点B的坐标为（1，0）．
（2）以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：
①若AC为对角线，设AC的中点为F，则根据中点坐标公式可得
F的坐标为（-32，2），设点D的坐标为（a，b），则有1+a=-320+b2=2
解得a＝﹣4，b＝4，此时点D的坐标为（﹣4，4），
②若以AB为对角线，设AB的中点为F，则F的坐标为（﹣1，0），
设点D的坐标为（a，b），则有0+a2=-14+b2=0，
解得a＝﹣2，b＝﹣4，此时点D的坐标为（﹣2，﹣4），
③若以BC为对角线，设BC的中点为F，则点F的坐标为（12，2），
设点D的坐标为（a，b），则有-3+a2=120+b2=2，
解得a＝4，b＝4，此时点D的坐标为（4，4），
综上所述，点D的坐标为（﹣4，4）或（﹣2，﹣4）或（4，4），
（3）存在，理由如下：∵tan∠ACO=AOCO=34＜1，∴∠ACO＜45°，
∴E不可能出现在直线AC下方，也不可能在直线AC上，
当点E在直线AC上方时，∠ACE＝45°，过点E作EM⊥AC，如图：
根据点A（﹣3，0）和点C（0，4）可得直线AC的解析式为y=43x+4，
设直线AC与对称轴交于点H，∴点H（﹣1，83），HC=53，
∵EH∥y轴，∴∠EHM＝∠HCO，
∴tan∠EHM＝∠HCO=AOCO=34=EMHM，∴EM=34HM，
∵∠ACE＝45°，∴EM＝CM，∴HC＝HM+CM，即53=HM+34HM，
解得HM=2021，∴EM=57，在Rt△EMH中，EH=EM2+HM2，
解得EH=2521，∴E的纵坐标为83+2521=277，
∴点E的坐标为（﹣1，277）．
【点评】本题综合考查了二次函数和几何图形的性质，充分运用性质解题是关键．
26．【2023·广安】如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A、B，交y轴于点C，点B的坐标为（1，0），对称轴是直线x＝﹣1，点P是x轴上一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）若点P在线段AO上运动（点P与点A、点O不重合），求四边形ABCN面积的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线对称轴是直线x＝﹣1，点B的坐标为（1，0），得点A的坐标为（﹣3，0），故二次函数解析式为y＝（x﹣1）（x+3）＝x2+2x﹣3；
（2）连接ON，设P（m，0），则N（m，m2+2m﹣3），可得S四边形ABCN＝S△AON+S△BOC+S△CON=-32m2-92m+6=-32（m+32）2+758，根据二次函数的性质可得答案；
（3）由A（﹣3，0），C（0，﹣3）得直线AC解析式为y＝﹣x﹣3，设Q（0，t），P（n，0），则M（n，﹣n﹣3），N（n，n2+2n﹣3），由MN∥CQ，知MN，CQ是一组对边；分两种情况：①当MC，NQ为对角线时，MC，NQ的中点重合，且CN＝CQ，②当MQ，CN为对角线时，MQ，CN的中点重合，且CQ＝CM，分别列出方程组，即可解得答案．
解：（1）∵抛物线对称轴是直线x＝﹣1，点B的坐标为（1，0），
∴点A的坐标为（﹣3，0），
∴二次函数解析式为y＝（x﹣1）（x+3）＝x2+2x﹣3；
（2）连接ON，如图：
设P（m，0），则N（m，m2+2m﹣3），
在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，∴C（0，﹣3），∴OC＝3，
∴S四边形ABCN＝S△AON+S△BOC+S△CON
=12×3（﹣m2﹣2m+3）+12×1×3+12×3（﹣m）
=-32m2-92m+6
=-32（m+32）2+758，
∵-32＜0，∴当m=-32时，S四边形ABCN取最大值758，此时P（-32，0）；
∴四边形ABCN面积的最大值是758，此时点P的坐标为（-32，0）；
（3）在y轴上存在点Q，使以M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
由A（﹣3，0），C（0，﹣3）得直线AC解析式为y＝﹣x﹣3，
设Q（0，t），P（n，0），则M（n，﹣n﹣3），N（n，n2+2n﹣3），
∵MN∥CQ，
∴当M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形时，MN，CQ是一组对边；
①当MC，NQ为对角线时，MC，NQ的中点重合，且CN＝CQ，
∴-n-3-3=t+n2+2n-3n2+(n2+2n)2=(t+3)2，
解得n=0t=-3（此时M，N与C重合，舍去）或n=-2t=-1；
∴Q（0，﹣1）；
②当MQ，CN为对角线时，MQ，CN的中点重合，且CQ＝CM，
∴-n-3+t=n2+2n-3-3(t+3)2=n2+(-n)2，
解得n=0t=-3（舍去）或n=-3+2t=-1-32或n=-3-2t=-1+32，
∴Q（0，﹣1﹣32）或（0，﹣1+32）；
综上所述，Q的坐标为（0，﹣1）或（0，﹣1﹣32）或（0，﹣1+32）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形，四边形面积，菱形性质及应用，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
28．【2023·凉山州】如图，已知抛物线与x轴交于A（1，0）和B（﹣5，0）两点，与y轴交于点C．直线y＝﹣3x+3过抛物线的顶点P．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）若直线x＝m（﹣5＜m＜0）与抛物线交于点E，与直线BC交于点F．
①当EF取得最大值时，求m的值和EF的最大值；
②当△EFC是等腰三角形时，求点E的坐标．
【分析】（1）由抛物线与x轴交于A（1，0）和B（﹣5，0）两点，得抛物线对称轴为直线x=1-52=-2，即可得抛物线顶点为（﹣2，9），设抛物线函数解析式为y＝a（x+2）2+9，将A（1，0）代入可得a＝﹣1，故抛物线函数解析式为y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5；
（2）①求出C（0，5），得直线BC解析式为y＝x+5，故E（m，﹣m2﹣4m+5），F（m，m+5），得EF＝﹣m2﹣4m+5﹣（m+5）＝﹣（m+52）2+254，根据二次函数性质可得答案；
②由E（m，﹣m2﹣4m+5），F（m，m+5），C（0，5），得EF2＝（m2+5m）2，EC2＝m2+（m2+4m）2，FC2＝2m2；分三种情况列方程可解得答案．
解：（1）∵抛物线与x轴交于A（1，0）和B（﹣5，0）两点，
∴抛物线对称轴为直线x=1-52=-2，
在y＝﹣3x+3中，令x＝﹣2得y＝9，
∴抛物线顶点为（﹣2，9），
设抛物线函数解析式为y＝a（x+2）2+9，
将A（1，0）代入得：0＝9a+9，解得a＝﹣1，
∴抛物线函数解析式为y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5；
（2）①如图：
在y＝﹣x2﹣4x+5中，令x＝0得y＝5，∴C（0，5），
由B（﹣5，0），C（0，5）得直线BC解析式为y＝x+5，
∴E（m，﹣m2﹣4m+5），F（m，m+5），
∴EF＝﹣m2﹣4m+5﹣（m+5）＝﹣m2﹣5m＝﹣（m+52）2+254，
∵﹣1＜0，∴当m=-52时，EF取最大值254，
∴m的值为-52，EF的最大值为254；
②∵E（m，﹣m2﹣4m+5），F（m，m+5），C（0，5），
∴EF2＝（m2+5m）2，EC2＝m2+（m2+4m）2，FC2＝2m2；
若EF＝EC，则（m2+5m）2＝m2+（m2+4m）2，
解得m＝0（E与C重合，舍去）或m＝﹣4，∴E（﹣4，5）；
若EF＝FC，则（m2+5m）2＝2m2，
解得m＝0（舍去）或m=2-5或m=-2-5（不符合题意，舍去），
∴E（2-5，﹣2+62）；
若EC＝FC，则m2+（m2+4m）2＝2m2，
解得m＝0（舍去）或m＝﹣3或m＝﹣5（不符合题意，舍去），∴E（﹣3，8）；
综上所述，E的坐标为（﹣4，5）或（2-5，﹣2+62）或（﹣3，8）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
26．（13分）已知（x1，y1），（x2，y2）是抛物线C1：y=-14x2+bx（b为常数）上的两点，当x1+x2＝0时，总有y1＝y2．
（1）求b的值；
（2）将抛物线C1平移后得到抛物线C2：y=-14（x﹣m）2+1（m＞0）．
当0≤x≤2时，探究下列问题：
①若抛物线C1与抛物线C2有一个交点，求m的取值范围；
②设抛物线C2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线C2的顶点为点E，△ABC外接圆的圆心为点F．如果对抛物线C1上的任意一点P，在抛物线C2上总存在一点Q，使得点P、Q的纵坐标相等．求EF长的取值范围．
【分析】（1）根据当x1+x2＝0时，总有y1＝y2，构建方程，求解即可；
（2）①求出抛物线经过（0，0）或（2，﹣1）时的m的值，可得结论；
②判断出抛物线经过（1，0）或（2，0）时m的值，求出m的取值范围，再根据FH2+HB2＝FG2+GC2，设FH＝t，构建关系式，求出即t=m28+32，可得结论．
解：（1）由题可知：y1=-14x12+bx1，y2=-14x22+bx2，
∵当x1+x2＝0 时，总有 y1＝y2，∴-14x12+bx1=-14x22+bx2.
整理得：（x1﹣x2）（x1+x2﹣4b）＝0，
∵x1≠x2，∴x1﹣x2≠0.
∴x1+x2﹣4b＝0.∴b＝0.
（2）①注意到抛物线 C2 最大值和开口大小不变，m只影响图象左右平移．
下面考虑满足题意的两种临界情形：
（i）当抛物线 C2 过点（0，0）时，如图1所示，
此时，x＝0，y=-14m2+1=0，解得m＝2或﹣2（舍）．
（i）当抛物线 C2 过点（2，﹣1）时，如图2所示，
此时，x＝2，y=-14(m-2)2+1=-1，
解得 m=2+22或2-22 （舍）．
综上所述，2≤m≤2+22；
②同①考虑满足题意的两种临界情形：
（i）当抛物线 C2 过点（0，﹣1）时，如图3所示，
此时，x＝0，y=-14m2+1=-1，解得 m=22或-22 （舍）．
（ii）当抛物线 C2 过点（2，0）时，如图4所示，
此时，x＝2，y=-14(2-m)2+1=0，解得 m＝4 或0（舍）．
综上所述，22＜m＜4．
如图5，由圆的性质可知，点E，F在线段AB的垂直平分线上，
y=-14(x-m)2+1=0，解得 xA＝m﹣2，xB＝m+2，
∴HB＝m+2﹣m＝2，∵FB＝FC，∴FH2+HB2＝FG2+GC2.
设FH＝t，∴t2+22＝（m24-1﹣t）2+m2.
∴（m24-1）2﹣2（m24-1）t+m2﹣4＝0.∴（m24-1）（m24-2t+3）＝0.
∵m≥22，∴m24-1≠0.∴m24-2t+3=0，即 t=m28+32.
∵22＜m＜4，∴52＜t≤72，即52＜FH≤72.
∵EF＝FH+1，∴72≤EF≤92．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一元二次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
28．【2023•内江】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于B（4，0），C（﹣2，0）两点，与y轴交于点A（0，﹣2）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点K，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求12PK+PD的最大值及此时点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△MAB是以AB为一条直角边的直角三角形；若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A，B，C代入抛物线解析式求解即可；
（2）可求直线AB的解析式为 y=12x-2，设P(m，14m2-12m-2) （0＜m＜4），可求 k(12m2-m，14m2-12m-2)，从而可求12PK+PD=-12m2+32m+2，即可求解；
（3）过A作AM2⊥AB交抛物线的对称轴于M2，过B作BM1⊥AB交抛物线的对称轴于点M1，连接AM1，BM2，设M1（1，n），可求AM12=n2+4n+5，BM12=n2+9，由AB2+BM12=AM12，构建方程可得M1坐标，求出直线BM1的解析式，利用平行线的性质求出直线AM2的解析式，可得结论．
解：（1）由题意，得16a+4b+c=04a-2b+c=0c=-2，解得a=14b=-12c=-2，
∴抛物线的解析式为y=14x2-12x﹣2.
（2）∵A（0，﹣2），B（4，0），∴直线AB的解析式为y=12x﹣2.
设P(m，14m2-12m-2) （0＜m＜4），则k(12m2-m，14m2-12m-2)，
∴12PK+PD=12（m-12m2+m）+（-14m2+12m+2）=-12m2+32m+2=-12（m-32）2+258，
∵-12＜0，∴当m=32时，12PK+PD有最大值，最大值为258，此时P（32，-3516）.
（3）存在．过A作AM2⊥AB交抛物线的对称轴于M2，过B作BM1⊥AB交抛物线的对称轴于点M1，连接AM1，BM2，设M1（1，n），则AM12=n2+4n+5，BM12=n2+9，
由AB2+BM12=AM12，可得22+42+n2+9＝n2+4n+5，
∴n＝6.∴M1（1，6）.
∴直线 BM1 解析式为y＝﹣2x+8.
∵AM2∥BM1，且经过A（0，﹣2），
∴直线 AM2 解析式为y＝﹣2x﹣2.
∴当x＝1时，y＝﹣2×1﹣2＝﹣4.∴M2（1﹣4）.
综上所述：存在，M的坐标为（1，6）或（1，﹣4）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数中动点最值问题，直角三角形的判定，勾股定理 等，掌握解法及找出动点坐标满足的函数解析式是解题的关键.
26．【2023·广元】如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知E为抛物线上一点，F为抛物线对称轴l上一点，以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE＝90°，求出点F的坐标；
（3）如图2，P为第一象限内抛物线上一点，连接AP交y轴于点M，连接BP并延长交y轴于点N，在点P运动过程中，OM+12ON是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
解:（1）将点A（﹣2，0），B（4，0），代入 y＝ax2+bx+4得：
4a-2b+4=016a+4b+4=0，解得：a=-12b=1，
∴抛物线解析式为y=-12x2+x+4，
（2）∵点 A（﹣2，0），B（4，0），
∴抛物线的对称轴为直线l：x=-2+42=1，
设直线l与x轴交于点G，过点E作 ED⊥l于点D，如图：
∵以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE＝90°，
∴EF＝BF，
∵∠DFE＝90°﹣∠BFG＝∠GBF，∠EDF＝∠BGF＝90°，
∴△DFE≌△GBF（AAS），
∴GF＝DE，GB＝FD，
设F（1，m），则DE＝m，DG＝DF+FG＝GB+FG＝3+m，
∴E（1+m，3+m），
∵E点在抛物线y=-12x2+x+4上，
∴3+m=-12(1+m)2+(1+m)+4，
解得：m＝﹣3（舍去）或m＝1，
∴F（1，1），
当E点与A点重合时，如图所示，
∵AB＝6，△ABF是等腰直角三角形，且∠BFE＝90°，
∴GF=12AB=3，
此时 F（1，﹣3），
综上所述，F（1，1）或F（1，﹣3），
（3）OD+12ON为定值6，理由如下：
设P（s，t），直线AP的解析式为 y＝dx+f，BP的解析式为 y＝gx+h，
∵点 A（﹣2，0），B（4，0），P（s，t），
∴-2d+f=0sd+f=t，4g+h=0sg+h=t，
解得：d=ts+2f=2ts+2，g=ts-4h=4t4-s，
∴直线AP的解析式为 y=ts+2x+2ts+2，BP的解析式为y=ts-4x+4t4-s，
在y=ts+2x+2ts+2中，令 x＝0 得y=2ts+2，
∴M(0，2ts+2)，
在y=ts-4x+4t4-s中，令x＝0得y=4t4-s，
∴N（0，4t4-s），
∵P（s，t） 在抛物线上，
∴t=-12s2+s+4=-12（s﹣4）（s+2），
∴OM+12ON=2ts+2+12×4t4-s=12t-s2+2s+8=-6(s-4)(s+2)-(s-4)(s+2)=6，
∴OM+12ON为定值6．
湖北省
24．【2023·仙桃】如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx﹣6（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0），B（6，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接BC．
（1）抛物线的解析式为 ；（直接写出结果）
（2）在图1中，连接AC并延长交BD的延长线于点E，求∠CEB的度数；
（3）如图2，若动直线l与抛物线交于M，N两点（直线l与BC不重合），连接CN，BM，直线CN与BM交于点P．当MN∥BC时，点P的横坐标是否为定值，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解．
（2）求出直线AC，BD的解析式，联立得出点E的坐标，根据题意，作辅助线，得出ACAB=ABAE，证明△ABC∽△AEB，根据相似三角形的性质即可求解．
（3）设点M，点N的坐标，求出直线BC、CN、BM的解析式，联立即可求解．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣6（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0），B（6，0），
∴4a-2b-6=036a+6b-6=0，解得a=12b=-2，
∴抛物线解析式为y=12x2-2x-6．
故答案为：y=12x2-2x-6．
（2）∵A（﹣2，0），C（0，﹣6），
设直线AC的解析式为y＝k1x+b1，
∴-2k1+b1=0b1=-6，解得k1=-3b1=-6，
∴直线AC的解析式为y＝﹣3x﹣6，
同理，由点D（2，﹣8），B（6，0），可得直线BD的解析式为y＝2x﹣12，
零﹣3x﹣6＝2x﹣12，解得x=65，
∴点E的坐标为（65，-485），
由题意可得，OA＝2，OB＝OC＝6，AB＝8，
∴AC=OA2+OC2=22+62=210，
如图，过点E作EF⊥x轴于点F，
∴AE=AF2+EF2=(2+65)2+(485)2=16105，
∴ACAB=104，ABAE=816105=104，∴ACAB=ABAE，
∵∠BAC＝∠EAB，∴△ABC∽△AEB，∴∠ABC＝∠AEB，
∵OB＝OC，∠COB＝90°，∴∠ABC＝45°，
∵∠AEB＝45°，∴∠CEB＝45°，
答：∠CEB的度数为45°．
（3）设点M的坐标为（m，12m2-2m-6），点N的坐标为（n，12m2-2m-6），
∵直线MN与BC不重合，
∴m≠0且m≠6，n≠0且n≠6，
如图，
由点B（6，0），点C（0，﹣6），可得直线BC的解析式为y＝x﹣6，
∵MN∥BC，
设直线MN的解析式为y＝x+t，
∴x+t=12x2-3x-6，∴12x2-3x-6-t=0
∴m+n＝6.∴点N的坐标可以表示为（6﹣m，12m2-4m），
设直线CN的解析式为y＝k2x+b2，
∴0+b2=-6(6-m)k2+b2=12m2-4m，解得k2=-12m+1b2=-6，
∴直线CN的解析式为y=(-12m+1)x-6，
同上，可得直线BM的解析式为y=(12m+1)x-3m-6，
∴(-12m+1)x-6=(12m+1)x-3m-6，
∴mx＝3m，∴x＝3，∴点P的横坐标为定值3．
【点评】本题考查了二次函数综合问题，解直角三角形，待定系数法求解析式，一次函数的平移，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
24.【2023·恩施州】在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知抛物线与轴交于点，抛物线的对称轴与轴交于点．
（1）如图，若，抛物线的对称轴为．求抛物线的解析式，并直接写出时的取值范围；
（2）在（1）的条件下，若为轴上的点，为轴上方抛物线上的点，当为等边三角形时，求点，的坐标；
（3）若抛物线经过点，，，且，求正整数m，n的值．
声明：【【】【答案】（1）；
（2）；或；
（3），或，
24．【2023·武汉】抛物线C1：y=x2-2x-8交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于点C．
（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）如图（1），作直线x＝t（0＜t＜4），分别交x轴，线段BC，抛物线C1于D，E，F三点，连接CF，若△BDE与△CEF相似，求t的值；
（3）如图（2），将抛物线C1平移得到抛物线C2，其顶点为原点．直线y＝2x与抛物线交于O，G两点，过OG的中点H作直线MN（异于直线OG）交抛物线C2于M，N两点，直线MO与直线GN交于点P．问点P是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由．
​
【分析】（1）分别令x、y为0，解方程即可求得点A、B、C的坐标；
（2）分两种情况：①若△BE1D1∽△CE1F1 时，可得∠BCF1＝∠CBO，由平行线的判定可得CF1∥OB，即CF1∥x轴，点F与C的纵坐标相同，建立方程求解即可．②若△BE2D2∽△F2E2C 时，过 F2 作F2T⊥y轴于点T．可证得△BCO∽△CF2T，F2TCO=CTBO，即t8=2t-t24，解方程即可求得答案；
（3）由题意知抛物线C2：y＝x2，联立方程求解即可得G（2，4）．根据中点坐标公式可得H（1，2）．设 M（m，m2），N（n，n2），可得直线MN的解析式为y＝（m+n）x﹣mn．将点H的坐标代入可得mn＝m+n﹣2．同理，直线GN的解析式为y＝（n+2）x﹣2n；直线MO的解析式为y＝mx．联立方程组求解可得P（2nn-m+2，2m+2n-4n-m+2）．代入y＝kx+b，整理得2m+2n﹣4＝2kn+bn﹣bm+2b＝﹣bm+（2k+b）n+2b，比较系数可得k＝2，b＝﹣2，故点P在定直线y＝2x﹣2上．
解：（1）当y＝0时，x2﹣2x﹣8＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝4，
当x＝0时，y＝﹣8，
∴A（﹣2，0），B（4，0），C（0，﹣8）．
（2）∵F是直线x＝t与抛物线 C1的交点，
∴F（t，t2﹣2t﹣8）．
①如图，若△BE1D1∽△CE1F1时．
则∠BCF1＝∠CBO，∴CF1∥OB．
∵C（0，﹣8），∴t2﹣2t﹣8＝﹣8．
解得，t＝0（舍去）或t＝2．
②如图，若△BE2D2∽△F2E2C时．
过 F2 作F2T⊥y轴于点T．
∵∠BCF2＝∠BD2E2＝90°，
∴∠CBO+∠BCO＝90°，∠F2CT+∠BCO＝90°，
∴∠F2CT＝∠OBC，
又∵∠CTF2＝∠BOC，
∴△BCO∽△CF2T，∴F2TCO=CTBO，
∵B（4，0），C（0，﹣8），
∴OB＝4，OC＝8．
∵F2T＝t，CT＝﹣8﹣（t2﹣2t﹣8）＝2t﹣t2，
∴t8=2t-t24，∴2t2﹣3t＝0，
解得：t＝0（舍去）或 t=32，
综上，符合题意的t的值为2或32；
（3）点P在一条定直线上．
由题意知抛物线C2：y＝x2，
∵直线OG的解析式为y＝2x，∴G（2，4）．
∵H是OG的中点，∴H（1，2）．
设 M（m，m2），N（n，n2），直线MN的解析式为y＝k1x+b1．
则nk1+b1=n2mk1+b1=m2，解得：k1=m+nb1=-mn，
∴直线MN的解析式为y＝（m+n）x﹣mn．
∵直线MN经过点H（1，2），
∴mn＝m+n﹣2．
同理，直线GN的解析式为y＝（n+2）x﹣2n；直线MO的解析式为y＝mx．
联立，得y=(n+2)x-2ny=mx，
∵直线OM与NG相交于点P，∴n﹣m+2≠0．
解得：x=2nn-m+2y=2mnn-m+2，
∵mn＝m+n﹣2，∴P（2nn-m+2，2m+2n-4n-m+2）．
设点P在直线y＝kx+b上，则 2m+2n-4n-m+2=k⋅2nn-m+2+b，
整理得，2m+2n﹣4＝2kn+bn﹣bm+2b＝﹣bm+（2k+b）n+2b，
比较系数，得2=-b2=2k+b，∴k＝2，b＝﹣2．
∴当k＝2，b＝﹣2时，无论m，n为何值时，等式2m+2n-4n-m+2=k⋅2nn-m+2+b恒成立．
∴点P在定直线y＝2x﹣2上．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，抛物线与坐标轴的交点，相似三角形的判定和性质，一次函数图象上点的坐标特征等．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，运用分类讨论思想思考解决问题．
25．【2023·十堰】已知抛物线y＝ax2+bx+8过点B（4，8）和点C（8，4），与y轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AB，BC，点D在线段AB上（与点A，B不重合），点F是OA的中点，连接FD，过点D作DE⊥FD交BC于点E，连接EF，当△DEF面积是△ADF面积的3倍时，求点D的坐标；
（3）如图2，点P是抛物线上对称轴右侧的点，H（m，0）是x轴正半轴上的动点，若线段OB上存在点G（与点O，B不重合），使得∠GBP＝∠HGP＝∠BOH，求m的取值范围．
【分析】（1）运用待定系数法将点B、点C坐标代入解析式可求解；
（2）用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝﹣x+12，可证△BGE是等腰直角三角形，设D（t，8），通过证明△AFD∽△GDE，相似三角形的性质得出m﹣t＝4，则DG＝AF，可证△AFD≌△GDE，由面积关系列出方程可求解；
（3）通过证明△OGH∽△BPG，可得OHBG=OGBP，由待定系数法可求BS的解析式，联立方程组可求点P坐标，由勾股定理可求BP的长，由二次函数的性质可求解．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+8过点B（4，8）和点C（8，4），
∴16a+4b+8=864a+8b+8=4，解得：a=-18b=12，
∴抛物线的解析式为y=-18x2+12x+8；
（2）∵抛物线y=-18x2+12x+8与y轴交于点A，
当x＝0时，y＝8，∴A（0，8），则OA＝8，
∵B（4，8），∴AB∥x轴，AB＝4，
∵点F是OA的中点，∴F（0，4），
∴AB＝AF＝4，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∵B（4，8），C（8，4），
∴4k+b=88k+b=4，解得：k=-1b=12，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+12，
设E（m，﹣m+12）（4＜m＜8），
如图1，过点E作EG⊥AB交AB的延长线于G，
则∠G＝90°，∴G（m，8），
∴GE＝8﹣（﹣m+12）＝m﹣4，BG＝m﹣4，
∴BG＝GE，∴△BGE是等腰直角三角形，
设D（t，8），则AD＝t，DG＝m﹣t，
∵DE⊥FD，∴∠FDE＝90°，
∵∠FAD＝∠G＝∠FDE＝90°，
∴∠AFD＝90°﹣∠ADF＝∠GDE，
∴△AFD∽△GDE，
∴ADGE=AFDG，即tm-4=4m-t，
∴t（m﹣t）＝4（m﹣4），即（t﹣4）m＝（t﹣4）（t+4），
∵m＞4，∴m＝t+4，即m﹣t＝4，
∴DG＝AF，∴△AFD≌△GDE（ASA），
∴DF＝DE，
又∵DE⊥DF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴S△DEF=12DF2，
∵S△ADF=12AD•AF，
当△DEF面积是△ADF面积的3倍时，即12DF2＝3×12AD•AF，
∴DF2＝12AD，
在Rt△ADF中，DF2＝AD2+AF2＝t2+42，
∴AD2+AF2＝12AD，
∴t2+42＝12t，解得：t＝6﹣25或t＝25+6（舍去），
∴D（6﹣25，0）；
（3）∵∠GBP＝∠HGP＝∠BOH，
又∠OGH+∠HGP＝∠GBP+∠BPG，
∴∠OGH＝∠BPG，∴△OGH∽△BPG，
∴OHBG=OGBP，
设BP交x轴于点S，过点B作BT⊥x轴于点T，如图2，
∵∠GBP＝∠BOH，∴SB＝SO，
∵OT＝4，BT＝8，
∴OB=OT2+BT2=45，
设BS＝k，则TS＝k﹣4，在Rt△TBS中，SB2＝ST2+BT2，
∴k2＝（k﹣4）2+82，解得：k＝10，∴S（10，0），
设直线BS的解析式为y＝ex+f，则10e+f=04e+f=8，解得：e=-43f=403，
∴直线BS的解析式为y=-43x+403，
联立y=-43x+403y=-18x2+12x+8，解得：x=4y=8或x=323y=-89，
∴P（323，-89），
∴PB=(323-4)2+(8+89)2=1009，
∵OHBG=OGBP，设OG＝n，则BG＝OB﹣OG＝45-n，
∴m45-n=n100，
整理得：m=-9n2-365n100=-9100n2+9525n=-9100（n﹣25）2+95，
∵点G在线段OB上（与点O，B不重合），
∴0＜OG＜25，∴0＜n＜25，
∴当n＝25时，m取得的最大值为59，
∴0＜m＜95．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数与二次函数的综合运用，面积问题，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
24．【2023·随州】如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（2，0）和C（0，2），连接BC，点P（m，n）（m＞0）为抛物线上一动点，过点P作PN⊥x轴交直线BC于点M，交x轴于点N．
（1）直接写出抛物线和直线BC的解析式；
（2）如图2，连接OM，当△OCM为等腰三角形时，求m的值；
（3）当P点在运动过程中，在y轴上是否存在点Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与以B，C，N为顶点的三角形相似（其中点P与点C相对应），若存在，直接写出点P和点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题得抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣2），将点C坐标代入求a，进而得到抛物线的解析式；设直线BC的解析式为y＝kx+t，将B、C两点坐标代入求解即可得到直线BC的解析式．
（2）由题可得M坐标，分别求出OC，OM，CM，对等腰三角形OCM中相等的边界线分类讨论，进而列方程求解．
（3）对P点在B点左右两侧进行分类讨论，设法表示出各线段的长度，利用相似三角形的相似比求解m，进而得到点P，点Q的坐标．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（2，0），
∴抛物线的表达式为y＝a（x+1）（x﹣2），
将点C（0，2）代入得，2＝﹣2a，∴a＝﹣1，
∴抛物线的表达式为y＝﹣（x+1）（x﹣2），即y＝﹣x2+x+2．
设直线BC的表达式为y＝kx+t，
将B（2，0），C（0，2）代入得，
2k+t=0t=2，解得k=-1t=2，
∴直线BC的表达式为y＝﹣x+2．
（2）∵点M在直线BC上，且P（m，n），
∴点M的坐标为（m，﹣m+2），∴OC＝2
∴CM2＝（m﹣0）2+（﹣m+2﹣2）2＝2m2，OM2＝m2+（﹣m+2）2＝2m2﹣4m+4，
当△OCM为等腰三角形时，
①若CM＝OM，则CM2＝OM2，即2m2＝2m2﹣4m+4，解得m＝1；
②若CM＝OC，则CM2＝OC2，即2m2＝4，
解得m=2或m=-2（舍去）；
③若OM＝OC，则OM2＝OC2，即2m2﹣4m+4＝4，解得m＝2或m＝0（舍去）．
综上，m＝1或m=2或m＝2．
（3）∵点P与点C相对应，
∴△POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB，
①若点P在点B的左侧，则∠CBN=45°，BN=2-m，CB=22，
当△POQ∽△CBN，即∠POQ＝45°时，
直线OP的表达式为y＝x，
∴﹣m2+m+2＝m，解得m=2或m=-2（舍去），
∴OP2=(2)2+(2)2=4，即OP＝2，
∴OPBC=OQBN，即222=OQ2-2，解得OQ=2-1，
∴P(2，2)，Q(0，2-1)，
当△POQ∽△CBN，即∠POQ＝45°时，PQ=2m，OQ=-m2+m+2+m=-m2+2m+2，
∴PQCB=OQBN，即2m22=-m2+2m+22-m，解得m＝1±5（舍去）．
②若点P在点B的右侧，则∠CBN＝135°，BN＝m﹣2，
当△POQ∽△CNB，即∠POQ＝135°时，直线OP的表达式为y＝﹣x，
∴﹣m2+m+2＝﹣m，解得m＝1+3或m＝1-3（舍去），
∴OP=2m=2+6，
∴OPBC=OQBN，即2+622=OQ3-1，解得OQ＝1，
∴P(1+3，-1-3)，Q(0，1)，
当△POQ∽△CNB，即∠POQ＝135°时，PQ=2m，OQ＝|﹣m2+m+2+m|＝m2﹣2m﹣2，
∴PQCB=OQBN，即2m22=m2-2m-2m-2，解得m＝1+5或m＝1-5（舍去），
∴P(1+5，-3-5)，Q(0，-2)，
综上，P（2，2），Q（0，2-1 ）或P（1+3，-1-3），Q（0，1）或P（1+5，-3-5），Q（0，﹣2）．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定等相关知识．
24．【2023·宜昌】如图，已知A（0，2），B（2，0）．点E位于第二象限且在直线y＝﹣2x上，∠EOD＝90°，OD＝OE，连接AB，DE，AE，DB．
（1）直接判断△AOB的形状：△AOB是 三角形；
（2）求证：△AOE≌△BOD；
（3）直线EA交x轴于点C（t，0），t＞2．将经过B，C两点的抛物线y1＝ax2+bx﹣4向左平移2个单位，得到抛物线y2．
①若直线EA与抛物线y1有唯一交点，求t的值；
②若抛物线y2的顶点P在直线EA上，求t的值；
③将抛物线y2再向下平移2(t-1)2个单位，得到抛物线y3．若点D在抛物线y3上，求点D的坐标．
【分析】（1）由A（0，2），B（2，0）得到 OA＝OB＝2，又由∠AOB＝90°，即可得到结论；
（2）由∠EOD＝90°，∠AOB＝90° 得到∠AOE＝∠BOD，又有 AO＝OB，OD＝OE，利用SAS即 可证明△AOE≌△BOD；
（3）①求出直线AC的解析式和抛物线y1的解析式，联立得x2﹣（t+3）x+3t＝0，Δ＝（t+3）2﹣4×3t＝（t﹣3）2＝0，即可得到t的值；
②抛物线y1=-2tx2+2t(t+2)x-4向左平移2个单位得到抛物线y2=-2t(x-t-22)2+(t-2)22t，则抛物线y2的顶点P(t-22，(t-2)22t)，将顶点P(t-22，(t-2)22t) 代入yAC=-2tx+2 得到t2﹣6r＝0，解得t1＝0，t2＝6，根据t＞2即可得到t的值；
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，先证明△ODN≌△EOM（AAS），则ON＝EM，DN＝OM，设EM＝2OM＝2m，由OA∥EM得到OC：CM＝OA：EM，则tt+m=22m 求得m=tt-1得到 D(2tt-t-t，tt-1)，由抛物线y2再向下平移 2(t-1)2 个单位，得到抛物线y3=-2tx2+2t(t-2)x-2t(t-1)2 把D(2tt-t-t) 代入抛物线y3=-2tx2+2t(t-2)x-2tt-12 得到3t2﹣19t+6＝0 解得t1=13，t2＝6 由t＞2，得t＝6，即可得到点D的坐标．
【解答】（1）解：∵A（0，2），B（2，0），∴OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，故答案为：等腰直角；
（2）证明：∵∠EOD＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠AOB﹣∠AOD＝∠DOE﹣∠AOD，
∴∠AOE＝∠BOD，
∵AO＝OB，OD＝OE，
∴△AOE≌△BOD（SAS）；
（3）解：①设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∵A（0，2），C（t，0），∴b=2kt+b+0，∴k=-2tb=2
∴yAC=-2tx+2，
将C（t，0），B（2，0）代入抛物线y1=ax2+bx-4，
得，at2+bt-4=04a+2b-4=0，解得a=-2t，b=2t(t+2)，
∴y1=-2tx2+2t(t+2)x-4，
∵直线yAC=-2tx+2 与抛物线y1=-2tx2+2t(t+2)x-4有唯一交点，
∴联立解析式组成方程组解得 x2﹣（t+3）x+3t＝0，
∴Δ＝（t+3）2﹣4×3t＝（t﹣3）2＝0，∴t＝3；
②∵抛物线y1=-2tx2+2t(t+2)x-4 向左平移2个单位得到 y2，
∴抛物线y2=-2t(x-t-22)2+(t-2)22t，
∴抛物线y2的顶点 P(t-22，(t-2)22t)，
将顶点P(t-22，(t-2)22t)代入yAC=-2tx+2t2﹣6t＝0，解得t1＝0，t2＝6，
∵t＞2，
∴t＝6；
③过点E作EM⊥x 轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N．
∴∠EMO＝∠OND＝90°，
∵∠DOE＝90°，∴∠EOM+∠MEO＝∠EOM+∠NOD＝90°，
∴∠MEO＝∠NOD，
∵OD＝OE，∴△ODN≌△EOM（AAS），
∴ON＝EM，DN＝OM，
∵OE的解析式为y＝﹣2x，∴设EM＝2OM＝2m，∴DN＝OM＝m，
∵EM⊥x轴，∴OA∥EM，∴△CAO∽△CEM，
∴OC：CM＝OA：EM，∴tt+m=22m，∴m=tt-1，
∴EM=ON=2OM=2m=2tt-1，DN=OM=m=tt-1，∴D(2tt-1ttt-1)，
∵抛物线y2再向下平移 2(t-1)2 个单位，得到抛物线y3，
∴抛物线y3=-2tx2+2t(t-2)x-2t(t-1)2，
∴D(2tt-1ttt-1) 代入抛物线y3=-2tx2+2t(t-2)x-2t(t-1)2，
∴3t2﹣19t+6＝0 解得t1=13，t2＝6，
由t＞2，得t＝6，∴2tt-1=126-1=125，tt-1=66-1=65，
∴D（125，65）．
【点评】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定 系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键．
声24．【2023·荆州】已知：y关于x的函数y＝（a﹣2）x2+（a+1）x+b．
（1）若函数的图象与坐标轴有两个公共点，且a＝4b，则a的值是 ；
（2）如图，若函数的图象为抛物线，与x轴有两个公共点A（﹣2，0），B（4，0），并与动直线l：x＝m（0＜m＜4）交于点P，连接PA，PB，PC，BC，其中PA交y轴于点D，交BC于点E．设△PBE的面积为S1，△CDE的面积为S2．
①当点P为抛物线顶点时，求△PBC的面积；
②探究直线l在运动过程中，S1﹣S2是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）y关于x的函数应分一次函数与二次函数两种情况，其中二次函数应分为①与x轴有两个交点且一个交点为原点；②与x轴有一个交点，与y轴有一个交点两种情况讨论；
（2）①如图，设直线l与BC交于点F，待定系数法求得抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8，当x＝0时，y＝8，得到C（0，8），P（1，9），求得直线BC的解析式为y＝﹣2x+8，得到F（1，6），根据三角形的面积公式即可得到结论；
②如图，设直线x＝m交x轴于H，由①得，OB＝4，AO＝2，AB＝6，OC＝8，AH＝2+m，P（m，﹣m2+2m+8），得到PH＝﹣m2+2m+8，根据相似三角形的性质得到OD＝8﹣2m，根据二次函数的性质即可得到结论．
解：（1）2或0或-14 【解析】当a﹣2＝0时，即a＝2时，
y关于x的函数解析式为y＝3x+12，
此时y＝3x+12与x轴的交点坐标为（-16，0），
与y轴的交点坐标为（0，12）；
②当a﹣2≠0时，y关于x的函数为二次函数，
∵二次函数图象抛物线与坐标轴有两个交点，
∴抛物线可能存在与x轴有两个交点，其中一个交点为坐标原点或与x轴有一个交点与y轴一个交点两种情况．
当抛物线与x轴有两个交点且一个为坐标原点时，
由题意得b＝0，此时a＝0，抛物线为y＝﹣2x2+x．
当y＝0时，﹣2x2+x＝0，
解得x1＝0，x2=12．
∴其图象与x轴的交点坐标为（0，0）（12，0）．
当抛物线与x轴有一个交点与y轴有一个交点时，
由题意得，y＝（a﹣2）x2+（a+1）x+b所对应的一元二次方程（a﹣2）x2+（a+1）x+b＝0有两个相等实数根．
∴Δ＝（a+1）2﹣4（a﹣2）×14a＝0，解得a=-14，
此时y=-94x2+34x-116，
当x＝0时，y=-116，
∴与y轴的交点坐标为（0，-116），
当y＝0时，-94x2+34x-116=0，
解得x1＝x2=16，
∴与x轴的交点坐标为（16，0），
综上所述，若y关于x的函数y＝（a﹣2）x2+（a+1）x+b的图象与坐标轴有两个交点，则a可取的值为2，0，-14，
故答案为：2或0或-14；
（2）①如图，设直线l与BC交于点F，
根据题意得2a+b=1020a+b=28，解得a=1b=8，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8，
当x＝0时，y＝8，∴C（0，8），
∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9，点P为抛物线顶点，
∴P（1，9），
∵B（4，0），C（0，8），
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+8，
∴F（1，6），∴PF＝9﹣6＝3，
∴△PBC的面积=12OB•PF=12×4×3=6；
②S1﹣S2存在最大值，
理由：如图，设直线x＝m交x轴于H，
由①得，OB＝4，AO＝2，AB＝6，OC＝8，AH＝2+m，P（m，﹣m2+2m+8），
∴PH＝﹣m2+2m+8，
∵OD∥PH，∴△AOD∽△AHP，
∴AOAH=ODPH，∴22+m=OD-m2+2m+8，
∴OD＝8﹣2m，
∵S1﹣S2＝S△PAB﹣S△AOD﹣S△OBC=6(-m2+2m+8)2-2(8-2m)2-4×82=-3m2+8m＝﹣3（m-43）2+163，
∵﹣3＜0，0＜m＜4，
∴当m=43时，S1﹣S2存在最大值，最大值为163．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点问题，相似三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，注意当函数没有明确为何函数时，要注意对函数进行分情况讨论．
24．【2023·黄冈】已知抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，2）．点P为第一象限抛物线上的点，连接CA，CB，PB，PC．
（1）直接写出结果；b＝ ，c＝ ，点A的坐标为 ，tan∠ABC＝ ；
（2）如图1，当∠PCB＝2∠OCA时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D在y轴负半轴上，OD＝OB，点Q为抛物线上一点，∠QBD＝90°．点E，F分别为△BDQ的边DQ，DB上的动点，且QE＝DF，记BE+QF的最小值为m．
①求m的值；
②设△PCB的面积为S，若S=14m2-k，请直接写出k的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可求得 b=32、c＝2，从而可得 OB＝4，OC＝2，由 y＝0，可得 -12x2+32x+2=0，求得 A（﹣1，0），在Rt△COB 中，根据正切的定义求值即可；
（2）过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点P作 PE∥x 轴，交y轴于点E，由 tan∠OCA=tan∠ABC=12，即∠OCA＝∠ABC，再由∠PCB＝2∠ABC，可得∠EPC＝ABC，证明△PEC∽△BOC，可得 EPOB=ECOC，设点P坐标为 (t，-12t2+32t+2)，可得 t4=-12t2+32t2，再进行求 解即可；
（3）①作DH⊥DQ，且使DH＝BQ，连接FH．根据SAS证明△BQE≌△HDF，可得 BE+QF＝FH+QF≥QH，即Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，设 G（n2） 则 Q(n，-12n2+32n+2)，根据QG＝BG求出点Q的坐标，燃然后利用勾股定理求解即可； ②作 PT∥y 轴，交BC于点T，求出BC解析式，设 T(a，-12a+2)P(a，-12a2+32a+2)，利用三 角形面积公式表示出S，利用二次函数的性质求出S的取值范围，结合①中结论即可求解．
解：（1）32，2，（﹣1，0），12【解析】∵抛物线 y=-12x2+bx+c 经过点B（4，0），C（0，2），
∴-8+4b+c=0c=2，解得：b=32c=2，
∴抛物线解析式为：y=-12x2+32x+2，
∵抛物线 y=-12x2+bx+c 与x轴交于A、B（4，0）两点，
∴y＝0时，-12x2+32x+2=0，解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），∴OB＝4，OC＝2，
在 Rt△COB 中，tan∠ABC=OCOB=24=12．
故答案为：32，2，（﹣1，0），12；
（2）过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点P作 PE∥x 轴，交y轴于点E，
∵AO＝1，OC＝2，OB＝4，∴tan∠OCA=AOCO=12，
由（1）可得，tan∠ABC=12，即 tan∠OCA＝tan∠ABC，∴∠OCA＝∠ABC，
∵∠PCB＝2∠OCA，∴∠PCB＝2∠ABC，
∵CD∥x轴，EP∥x 轴，
∴∠ACB＝∠DCB，∠EPC＝∠PCD，∴∠EPC＝ABC，
又∵∠PEC＝∠BOC＝90°∴△PEC∽△BOC，∴EPOB=ECOC，
设点P坐标为 (t，-12t2+32t+2)，则 EP＝t，EC=-12t2+32t+2-2=-12t2+32t，
∴t4=-12t+32t2，解得：t＝0 （舍），t＝2，∴点P坐标为（2，3）；
（3）①如图2，作DH⊥DQ，且使 DH＝BQ，连接FH，
∵∠BQD+∠BDQ＝90°，∠HDF+∠BDQ＝90°，∴∠BQD＝∠HDF，
∵QE＝DF，DH＝BQ，∴△BQE≌△HDF（SAS），∴BE＝FH，
∴BE+QF＝FH+QF≥QH，
∴Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，
∵OB＝OD，∠BOD＝90°，∴∠OBD＝45°，
∵∠QBD＝90°，∴∠QBG＝45°，
∴QG＝BG．设G（n，0），则 Q(n，-12n2+32n+2)，
∴-12n2+32n+2=4-n，解得 n＝1 或 n＝4 （舍去），
∴Q（1，3），∴QG＝BG＝4﹣1＝3，∴BQ=DH=32QD=52，
∴m＝QH=(32)2+(52)2=217；
②如图3，作PT∥y轴，交BC于点T，
∵BC解析式为 y=-12x+2，
设T(a，-12a+2)，P(a，-12a2+32a+2)，
则 S=12(-12a2+32a+2+12a-2)×4=-(a-2)2+4，
∵点P在第一象限，∴0＜S≤4，∴0＜14m2-k≤4，
∴0＜17﹣k≤4，∴13≤k＜17．
【点评】本题考查用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、二次函数与x轴的交点、全等三角 形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、锐角三角函数、最值问题、二次函数最值、用分割法求三角形面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．
山西省
23．【2023•山西23题】综合与探究
如图，二次函数y＝﹣x2+4x的图象与x轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与该函数图象交于点B（1，3），与y轴交于点C．
（1）求直线AB的函数表达式及点C的坐标；
（2）点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，过点P作直线PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，设点P的横坐标为m．
①当PD=12OC时，求m的值；
②当点P在直线AB上方时，连接OP，过点B作BQ⊥x轴于点Q，BQ与OP交于点F，连接DF．设四边形FQED的面积为S，求S关于m的函数表达式，并求出S的最大值．
解：（1）由 y＝﹣x2+4x 得，当 y＝0 时，﹣x2+4x＝0，
解得 x1＝0，x2＝4，
∵点A在x轴正半轴上．∴点A的坐标为（4，0）．
设直线AB的函数表达式为 y＝kx+b（k≠0）．
将A，B两点的坐标 （4，0），（1，3）分别代入 y＝kx+b，
得 4k+b=0k+b=3，解得k=-1b=4，
∴直线AB的函数表达式为 y＝﹣x+4．
将x＝0代入 y＝﹣x+4，得 y＝4．
∴点C的坐标为（0，4）.
（2）①∵点P在第一象限内二次函数 y＝﹣x2+4x 的图象上，且PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，其横坐标为m．
∴点P，D的坐标分别为 P（m，﹣m2+4m），D（m，﹣m+4），
∴PE＝﹣m2+4m．DE＝﹣m+4，OE＝m，
∵点C的坐标为（0，4），∴OC＝4． PD=12OC.∴PD＝2．
如图1，当点P在直线AB上方时，PD＝PE﹣DE＝﹣m2+4m﹣（﹣m+4）＝﹣m2+5m﹣4，
∵PD＝2，∴﹣m2+5m﹣4＝2，解得 m1＝2．m2＝3．
如图2，当点P在直线AB下方时，PD＝DE﹣PE＝﹣m+4﹣（﹣m2+4m）＝m2﹣5m+4，
∵PD＝2，∴m2﹣5m+4＝2，解得 m=5±172.
∵0＜m＜1，m=5-172．
综上所述，m的值为2或3或5-172.
②如图3，
由（1）得，OE＝m，PE＝﹣m2+4m，DE＝﹣m+4．
∵BQ⊥x 轴于点Q，交OP于点F，点B的坐标为（1，3），∴OQ＝1.
∵点P在直线AB上方，∴EQ＝m﹣1．
∵PE⊥x 轴于点E，∴∠OQF＝∠OEP＝90°.
∴FQ∥DE，∠FOQ＝∠POE.∴△FOQ∽△POE.
∴FQPE=OQOE.∴FQ-m2+4m=1m.
∴FQ=-m2+4mm=-m+4.∴FQ＝DE.
∴四边形FQED为平行四边形，
∵PE⊥x 轴，∴四边形FQED为矩形．
∴S＝EQ+FQ＝（m﹣1）（﹣m+4），即S＝﹣m2+5m﹣4=-(m-52)2+94.
∵﹣1＜0，1＜m＜4，∴当m=52时，S的最大值为94.
内蒙古
23．【2023·包头】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+3x+1交y轴于点A，直线y=-13x+2交抛物线于B，C两点（点B在点C的左侧），交y轴于点D，交x轴于点E．
（1）求点D，E，C的坐标；
（2）F是线段OE上一点（OF＜EF），连接AF，DF，CF，且AF2+EF2＝21．
①求证：△DFC是直角三角形；
②∠DFC的平分线FK交线段DC于点K，P是直线BC上方抛物线上一动点，当3tan∠PFK＝1时，求点P的坐标．
（1）解：∵直线y=-13x+2交y轴于点D，交x轴于点E，
当x＝0时，y＝2，∴D（0，2）；当y＝0时，x＝6，∴E（6，0）
∵直线y=-13x+2交抛物线于B，C两点，
∴﹣x2+3x+1=-13x+2∴3x2﹣10x+3＝0，解得x1=13，x2=3
∵点B在点C的左侧，∴点C的横坐标为3，当x＝3时，y＝1，∴C（3，1）.
（2）如图，
①证明：∵抛物线y＝﹣x2+3x+1交y轴于点A，
当x＝0时，y＝1，∴A（0，1）∴OA＝1.
在Rt△AOF中，∠AOF＝90°，∴AF2＝OA2+OF2.
设F（m，0），∴OF＝m，∴AF2＝1+m2
∵E（6，0），∴OE＝6∴EF＝OE﹣OF＝6﹣m
∵AF2+EF2＝21，∴1+m2+（6﹣m）2＝21∴m1＝2，m2＝4
∵OF＜EF，∴m＝2∴OF＝2∴F（2，0）
∵D（0，2），∴OD＝2∴OD＝OF
∴△DOF是等腰直角三角形，∴∠OFD＝45°
过点C作CG⊥x轴于G，∵C（3，1），∴CG＝1，OG＝3
∵GF＝OG﹣OF＝1，∴CG＝GF∴△CGF是等腰直角三角形
∴∠GFC＝45°∴∠DFC＝90°∴△DFC是直角三角形．
②解：∵FK平分∠DFC，∠DFC＝90°，
∴∠DEK＝∠CFK＝45°∴∠OFK＝∠OFD+∠DFK＝90°∴FK∥y轴
∵3tan∠PFK＝1，∴tan∠PFK=13
设点P的坐标为（t，﹣t2+3t+1），根据题意得13＜t＜3．
（i）当点P在直线KF的左侧抛物线上时，tan∠P1FK=13，13＜t＜2．
过点P1作P1H⊥x轴于点H，∴P1H∥KF，∴∠HP1F＝∠P1FK，∴tan∠HP1F=13
∵HF＝OF﹣OH，∴HF＝2﹣t
在Rt△P1HF中，∵tan∠HP1F=HFP1H=13，∴P1H＝3HF
∵P1H=-t2+3t+1，∴﹣t2+3t+1＝3（2﹣t）
∴t2﹣6t+5＝0，∴t1＝1，t2＝5（舍去）
当t＝1时，﹣t2+3t+1＝3，∴P1（1，3）．
（ii）当点P在直线KF的右侧抛物线上时，tan∠P2FK=13，2＜t＜3，
过点P2作P2M⊥x轴于点M，
∴P2M∥KF，∴∠MP2F＝∠P2FK∴tan∠MP2F=MFP2M=13
∵MF=OM-OF，∴MF=t-2.
在Rt△P2MF中，∵tan∠MP2F=MFP2M=13，∴P2M＝3MF
∵P2M=-t2+3t+1，∴﹣t2+3t+1＝3（t﹣2）∴t2＝7.∴t3=7，t4=-7（舍去）
当t=7时，-t2+3t+1=37-6，∴P2(7，37-6)．
∴点P的坐标为（1，3）或（7，37-6）．
【点评】本题主要考查一次函数与二次函数综合问题，特殊三角形问题及解三角形，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
26．【2023·通辽】在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+83x+c(a≠0) 与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）P是抛物线上一动点（不与点A，B，C重合），作PD⊥x轴，垂足为D，连接PC．
①如图，若点P在第三象限，且tan∠CPD＝2，求点P的坐标；
②直线PD交直线BC于点E，当点E关于直线PC的对称点E′落在y轴上时，请直接写出四边形PECE'的周长．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）①设出点P坐标，作辅助线，求出PE，CE，根据tan∠CPD=CEPE=2，列出方程求出x的值即可；
②证明四边形PECE′是菱形，得出PE＝CE，分别表示出PE和CE，从而列出方程，即可求解．
解:（1）∵抛物线y=ax2+83x+c(a≠0) 与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣4），
∴a+83+c=0c=-4，解得a=43c=-4，
∴抛物线的解析式为y=43x2+83x-4．
答：抛物线的解析式为y=43x2+83x-4．
（2）①设P（x，43x2+83x-4），如图，过点C作CE⊥PD于E，
∴∠PEC＝∠CED＝90°，
∵C（0，﹣4），∴OC＝4，
∵PD⊥x轴，∴∠PDO＝90°，
∵∠DOC＝90°，∴四边形DOCE是矩形，
∴DE＝OC＝4，OD＝CE＝﹣x，
∴PE=PD-DE=-(43x2+83x-4)-4=-43x2-83x，
∵tan∠CPD=CEPE=2，∴-x-43x2-83x=2，
∴x1=-138，x2=0（舍去），∴43x2+83x-4=-7716，
∴P（-138，-7716)．
②设P（m，43m2+83m-4），
对于y=43x2+83x-4，当y＝0时，43x2+83x-4=0，
解得x1＝1，x2＝﹣3，∴B（﹣3，0），
∵OC＝4，∴BC=OB2+OC2=5，
当点P在第三象限时，如图，过点E作EF⊥y轴于F，
则四边形DEFO是矩形，∴EF＝OD＝﹣m，
∵点E与点E′关于PC对称，∴∠ECP＝∠E′CP，CE＝CE′，
∵PE∥y轴，∴∠EPC＝∠PCE′，∴PE＝CE，∴PE＝CE′，
∴四边形PECE′是菱形，
∵EF∥OA，∴△CEF∽△CBO，
∴CEBC=EFOB，∴CE5=-m3，∴CE=-53m，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴-3k+b=0b=-4，解得k=-43b=-4，
∴直线BC的解析式为y=-43x﹣4，∴E(m，-43m-4)，
∴PE=-(43m2+83m-4)+(-43m-4)=-43m2-123m，
∵CE=-53，PE=CE，∴-43m2-123m=-53m，
解得m1=-74，m2=0（舍去），∴CE=-54×(-74)=3516，
∴四边形PECE′的周长C＝4CE＝4×3516=354，
当点P在第二象限时，如图，
同理可得43m2+123m=-53m，解得m1=-174，m2=0（舍去），
∴CE=-54×(-174)=8516，∴四边形PECE′的周长C＝4CE＝4×8516=854，
综上，四边形PECE′的周长为354或854．
【点评】本题考查了求一次函数和二次函数的解析式，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，表示出线段的数量．
辽宁省
26．【2023·抚顺、葫芦岛】抛物线y＝ax2+83x+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，4），点P为第一象限内抛物线上的动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交BC于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当△BEF的周长是线段PF长度的2倍时，求点P的坐标；
（3）如图2，当点P运动到抛物线顶点时，点Q是y轴上的动点，连接BQ，过点B作直线l⊥BQ，连接QF并延长交直线l于点M，当BQ＝BM时，请直接写出点Q的坐标．
​
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）根据直角三角形三角形函数值可得BE=34EF，BF=54EF，则△BEF的周长＝3EF，结合已知可得等式3EF＝2PF，设P（t，-43t2+83t+4），则F（t，-43t+4），E（t，0），从而得到方程3（-43t+4）＝2（-43t2+4t），求出t的值即可求解；
（3）先求出F（1，83），设Q（0，n），过点M作MN⊥x轴交于点N，通过证明△BQO≌△MBN（AAS），求出M（3+n，3），再求直线QM的解析式为y=3-n3+nx+n，将点F代入直线方程可得3-n3+n+n=83，求出n的值即可求Q点坐标．
解：（1）将点B（3，0），点C（0，4）代入y＝ax2+83x+c，
∴c=49a+8+c=0，解得a=-43c=4，
∴抛物线的解析式为y=-43x2+83x+4；
（2）∵点B（3，0），点C（0，4），
∴OB＝3，OC＝4，∴tan∠OBC=43，
∴BE=34EF，BF=54EF，∴△BEF的周长＝3EF，
∵△BEF的周长是线段PF长度的2倍，∴3EF＝2PF，
设直线BC的解析式为y＝kx+4，
∴3k+4＝0，解得k=-43，
∴直线BC的解析式为y=-43x+4，
设P（t，-43t2+83t+4），则F（t，-43t+4），E（t，0），
∴EF=-43t+4，PF=-43t2+83t+4+43t﹣4=-43t2+4t，
∴3（-43t+4）＝2（-43t2+4t），
解得t＝3（舍）或t=32，∴P（32，5）；
（3）∵y=-43x2+83x+4=-43（x﹣1）2+163，∴P（1，163），
∵FP⊥x轴，∴F（1，83），
设Q（0，n），
过点M作MN⊥x轴交于点N，
∵∠QBM＝90°，∴∠QBO+∠MBN＝90°，
∵∠QBO+∠OQB＝90°，∴∠MBN＝∠OQB，
∵BQ＝BM，∴△BQO≌△MBN（AAS），
∴QO＝BN，MN＝OB，∴M（3+n，3），
设直线QM的解析式为y＝k'x+n，
∴k'（3+n）+n＝3，解得k'=3-n3+n，
∴直线QM的解析式为y=3-n3+nx+n，
将点F代入，3-n3+n+n=83，
解得n=12+463或n=12-463，
∴Q（0，12+463）或（0，12-463）．
【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，三角形全等的判定及性质，直角三角形的性质是解题的关键．
25．【2023·沈阳】如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=13x2+bx+c的图象经过点A（0，2），与x轴的交点为点B（3，0）和点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）点E，G在y轴正半轴上，OG＝2OE，点D在线段OC上，OD=3OE．以线段OD，OE为邻边作矩形ODFE，连接GD，设OE＝a．
①连接FC，当△GOD与△FDC相似时，求a的值；
②当点D与点C重合时，将线段GD绕点G按逆时针方向旋转60°后得到线段GH，连接FH，FG，将△GFH绕点F按顺时针方向旋转α（0°＜α≤180°）后得到△G′FH′，点G，H的对应点分别为G′、H′，连接DE．当△G′FH′的边与线段DE垂直时，请直接写出点H′的横坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）①利用已知条件用含a的代数式表示出点E，D，F，G的坐标，进而得到线段CD的长度，利用分类讨论的思想方法和相似三角形的性质，列出关于a的方程，解方程即可得出结论；
②利用已知条件，点的坐标的特征，平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质求得FH＝OD＝23，∠GOD＝∠GFH＝90°和GH的长，利用分类讨论的思想方法分三种情形讨论解答，利用旋转的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得相应线段的长度即可得出结论．
解：（1）∵二次函数y=13x2+bx+c的图象经过点A（0，2），与x轴的交点为点B（3，0），
∴c=21+3b+2=0，解得：b=-3c=2，
∴此抛物线的解析式为y=13x2-3x+2；
（2）①令y＝0，则13x2-3x+2＝0，解得：x=3或x＝23，
∴C（23，0），∴OC＝23．
∵OE＝a，OG＝2OE，OD=3OE，∴OG＝2a，OD=3a．
∵四边形ODFE为矩形，∴EF＝OD=3a，FD＝OE＝a，
∴E（0，a），D（3a，0），F（3a，a），G（0，2a），
∴CD＝OC﹣OD＝23-3a．
Ⅰ．当△GOD∽△FDC时，∴OGOD=FDCD，
∴2a3a=a23-3a，∴a=32；
Ⅱ．当△GOD∽△CDF时，∴OGOD=CDFD，
∴2a3a=23-3aa，∴a=65．
综上，当△GOD与△FDC相似时，a的值为32或65；
②∵点D与点C重合，∴OD＝OC＝23．
∴OE＝2，OG＝2OE＝4，EF＝OD＝23，DF＝OE＝2，
∴EG＝OE＝2．
∴EG＝DF＝2，
∵EG∥DF，∴四边形GEDF为平行四边形，
∴FG＝DE=OE2+OD2=22+(23)2=4，
∴∠GFE＝30°，∴∠EGF＝60°，
∵∠DGH＝60°，∴∠EGF＝∠DGH，
∴∠OGD＝∠FGH．
在△GOD和△GFH中，
GO=GF=4∠OGD=∠FGHGD=GH，
∴△GOD≌△GFH（SAS），
∴FH＝OD＝23，∠GOD＝∠GFH＝90°．
∴GH=GF2+FH2=42+(23)2=27．
Ⅰ．当G′F所在直线与DE垂直时，如图，
∵∠GFH＝90°，GF∥DE，∴∠G′FH′＝90°，
∴G，F，H′三点在一条直线上，
∴GH′＝GF+FH′＝FG+FH＝4+23．
过点H′作H′K⊥y轴于点K，则H′K∥FE，
∴∠KH′G＝∠EFG＝30°，
∴H′K＝H′G•cs30°=32×（4+23）＝23+3，
∴此时点H′的横坐标为23+3；
Ⅱ．当G′H′所在直线与DE垂直时，如图，
∵GF∥DE，∴G′H′⊥GF，
设GF的延长线交G′H′于点M，过点M作MP⊥EF，交EF的延长线于点P，过点H′作H′N⊥MP，交PM的延长线于点N，则H′N∥PF∥x轴，∠PFM＝∠EFG＝30°．
∵S△FG'H'=12G′H′•FM=12FH′•FG′，
∴4×23=27FM，∴FM=4217．
∴FP＝FM•cs30°=4217×32=677，
∴PE＝PF+EF＝23+677．
∵H′M=FH'2-FM2=677，
∴H′N＝H′M•sin30°=377，
∴此时点H′的横坐标为PE﹣H′N＝23+677-377=23+377；
Ⅲ．当FH′所在直线与DE垂直时，如图，
∵∠H′FG′＝90°，GF∥DE，∴∠GFH′＝90°，
∴H，F，H′三点在一条直线上，则∠H′FD＝30°，
过点H′作H′L⊥DF，交FD的延长线于点L，
H′L＝H′F•sin30°＝23×12=3，
∴此时点H′的横坐标为EF﹣H′L＝23-3=3．
综上，当△G′FH′的边与线段DE垂直时，点H′的横坐标为23+3或23+377或3．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，利用点的坐标表示出相应线段的长度和正确利用分类讨论的思想方法是解题的关键．
25. 【2023·营口】如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点，过点作直线轴，过点作，交直线于点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点为第三象限内抛物线上的点，连接和交于点，当时．求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接，在直线上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据抛物线过点，对称轴为直线，待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意求得，，求得，则，进而求得直线的解析式为，过点作轴，交于点，证明，根据已知条件得出设，则，将点代入，即可求解．
（3）根据题意可得，以为对角线作正方形，则，进而求得的坐标，待定系数法求得的解析式，联立解析式，即可求解．
解：（1）∵抛物线与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点，则对称轴为直线，
∴，解得：
∴抛物线解析式为；
（2）由，当时，，
解得：，∴，
当时，，则，
∵，
∴，
∴，即，∴，
∴，则，
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为，
如图所示，过点作轴，交于点，

∵，∴
∵∴，则
设，则即，
将点代入
即解得：或（舍去）
当时，，∴；
（3）∵，，
则，是等腰直角三角形，
∴，由（2）可得，
∵∴，
由（2）可得，设直线的解析式为，则
解得：
∴直线的解析式为
如图所示，以为对角线作正方形，则，

∵，则，则，，
设，则，解得：，，
则，，
设直线的解析式为，直线的解析式为
则，，解得：，，
设直线的解析式为，直线的解析式为，
∴解得：，则，
解得：,则，
综上所述，或．
【点评】本题考查了二次函数综合运用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
26．【2023·本溪】如图，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C（0，4），点E在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E在第一象限内，过点E作EF∥y轴，交BC于点F，作EH∥x轴，交抛物线于点H，点H在点E的左侧，以线段EF，EH为邻边作矩形EFGH，当矩形EFGH的周长为11时，求线段EH的长；
（3）点M在直线AC上，点N在平面内，当四边形OENM是正方形时，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线BC的解析式为y＝﹣x+4，设E（x，-12x2+x+4），则F（x，﹣x+4），利用对称性质求得H（2﹣x，-12x2+x+4），推出GH﹣EF=-12x2+2x，GF＝EH＝2x﹣2，利用矩形周长公式列一元二次方程计算即可求解；
（3）先求得直线AC的解析式为y＝2x+4，分别过点M、E作y轴的垂线，垂足分别为P、Q，证明△OEP≌△MOQ，推出PE＝0Q．PO＝MQ，设E（m，-12m2+m+4），则M（12m2﹣m+4，m），由点M在直线AC上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质即可求解．
解:（1）∵抛物线y=-12x2+bx+c经过点B（4，0）和C（0，4），
∴-12×42+4b+c=0c=4解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=-12x2+x+4；
（2）∵点B（4，0）和C（0，4）．
设直线BC的解析式为v＝kx+4，则0＝4k+4，解得k＝﹣1．
直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
设E（x，-12x2+x+4），且0＜x＜4，则F（x，﹣x+4），
GH﹣EF=-12x2+x+4﹣（﹣x+4）=-12x2+2x，
∴解析式的对称轴为-12×(-12)=1，
∴H（2﹣x，-12x2+x+4），∴GF﹣EH＝x﹣（4﹣x）＝2x﹣2，
依题意得2（-12x2+2x+2x﹣2）＝11．解得x＝5（舍去）或x＝3．
∴EH＝4，
（3）令y＝0，则-12x2++x+4＝0，解得x＝﹣2或x＝4．
∴A（﹣2，0）．
同理，直线AC的解析式为y＝2x+4，
∵四边形OENM是正方形，
∴OE＝OM，∠EOM＝90°，
分别过点M、E作y轴的垂线，垂足分别为P、Q，如图，
∠OPE＝∠MQO＝90°，∠OEP＝90°﹣∠EOP＝∠MOQ．
∴△OEP≌Δ MOQ（AAS）．∴PE＝OQ，PO＝MQ．
设E（m，-12m2+m+4），则M（12m2﹣m+4，m），
∴PE＝OQ＝﹣m，PO﹣MQ=-12m2+m+4．
∵点M在直线AC上，∴m＝2（12m2-m﹣4）+4．
解得m＝4或m＝﹣1
当m＝4时，M（0，4），E（4，0），
即点M与点C重合，点E与点B重合时，
四边形OENM是正方形，此时N（4，4）：
当m＝﹣1时，M（-52，﹣1），E（﹣1，52），
点O向左平移52个单位，再向下平移1个单位，得到点M，
则点E向左平移52个单位，再向下平移1个单位，得到点N，
N（﹣1-52，52-1），即N（-72，32）．
综上，点N的坐标为（4，4）或（-72，32）．
【点评】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质，是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论．
26. 【2023·大连】如图，在平面直角坐标系中，抛物线上有两点，其中点的横坐标为，点的横坐标为，抛物线过点．过作轴交抛物线另一点为点．以长为边向上构造矩形．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将矩形向左平移个单位，向下平移个单位得到矩形，点的对应点落在抛物线上．
①求关于的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围；
②直线交抛物线于点，交抛物线于点．当点为线段中点时，求的值；
③抛物线与边分别相交于点，点在抛物线的对称轴同侧，当时，求点的坐标．
【分析】（1）根据题意得出点，,待定系数法求解析式即可求解；
（2）①根据平移的性质得出，根据点的对应点落在抛物线上，可得，进而即可求解；
②根据题意得出，求得中点坐标，根据题意即可求解；
③连接，过点作于点，勾股定理求得，设点的坐标为，则，将代入，求得，求得，进而根据落在抛物线上，将代入，即可求解．
解：（1）依题意，点的横坐标为，点的横坐标为，代入抛物线
∴当时，，则，
当时，，则,
将点，,代入抛物线，
∴，解得：
∴抛物线的解析式为；
（2）①解：∵轴交抛物线另一点为点，
当时，，∴，
∵矩形向左平移个单位，向下平移个单位得到矩形，点的对应点落在抛物线上
∴，.整理得
∵，∴.∴.
②如图所示，

∵,，∴,
∵，∴，
由①可得，
∴,的横坐标为，分别代入 ，
∴，
∴
∴的中点坐标为
∵点为线段的中点，∴.
解得：或（大于4，舍去）
③如图所示，连接，过点作于点，

则，∵
∴，
设点的坐标为，则，
将代入，
，解得：，
当，，∴，
将代入，解得：，
∴或．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，矩形的性质，平移的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
吉林省
24.【2023·长春】在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线（是常数）经过点．点的坐标为，点在该抛物线上，横坐标为．其中．
（1）求该抛物线对应的函数表达式及顶点坐标；
（2）当点在轴上时，求点的坐标；
（3）该抛物线与轴的左交点为，当抛物线在点和点之间的部分（包括、两点）的最高点与最低点的纵坐标之差为时，求的值．
（4）当点在轴上方时，过点作轴于点，连结、．若四边形的边和抛物线有两个交点（不包括四边形的顶点），设这两个交点分别为点、点，线段的中点为．当以点、、、（或以点、、、）为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半时，直接写出所有满足条件的的值．
【分析】（1）将点代入抛物线解析式，待定系数法即可求解；
（2）当时，，求得抛物线与轴的交点坐标，根据抛物线上的点在轴上时，横坐标为．其中，得出，即可求解；
（3）①如图所示，当，即时，②当，即时，③当，即时，④当，即，分别画出图形，根据最高点与最低点的纵坐标之差为，建立方程，解方程即可求解；
（4）根据在轴的上方，得出，根据题意分三种情况讨论①当是的中点，②同理当为的中点时，③，根据题意分别得出方程，解方程即可求解．
解：（1）将点代入抛物线，
得，，解得：
∴抛物线解析式为；
∵，∴顶点坐标为，
（2）由，
当时，，
解得：，
∵抛物线上的点在轴上时，横坐标为．其中．
∴，∴，解得：，
∵点坐标为，∴；
（3）①如图所示，当，即时，

抛物线在点和点之间的部分（包括、两点）的最高点为顶点，最低点为点，
∵顶点坐标为，
则纵坐标之差为，
依题意，，解得：；
②当，即时，

∵，即，
依题意，，解得：或（舍去），
③当，即时，

则，
解得：或（舍去），
④当，即，

则，
解得：（舍去）或，
综上所述，或或或；
（4）如图所示，

∵在轴的上方，∴.∴
∵以点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半，线段的中点为
∴.
∵,
①当是的中点，如图所示

则，∴代入，
即，解得：（舍去）或；
②同理当为的中点时，如图所示，，，则点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半，

∴，解得：，
③如图所示，

设，则，
∵以点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半，线段的中点为
∴，即
∴， ∴，∴，
∵关于对称，∴，解得：，
综上所述，或或．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，二次函数的性质，面积问题，根据题意画出图形，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
黑龙江
23．【2023·龙东地区】如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点．交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在一点P，使得S△PBC=12S△ABC，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）两点，代入抛物线y＝ax2+bx+3，解方程组即可得到抛物线的解析式；
（2）分别求得A、B、C的坐标，与BC的解析式y＝﹣3x+3；作PE∥x轴交BC于E，设点P的横坐标为t，分别求得P点坐标为（t，﹣t2﹣2t+3）与E点坐标为（t2+2t3，﹣t2﹣2t+3）；然后利用S△PBC=12S△ABC列方程解答即可．
解：（1）由抛物线与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，代入抛物线y＝ax2+bx+3得：
(-3)2a-3b+3=0a+b+3=0，解得：a=-1b=-2；
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）存在，理由如下：
∵A（﹣3，0），B（1，0），∴AB＝4，
抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C，
令x＝0，则y＝3，
∴C点坐标为（0，3），OC＝3，
∴S△ABC=12AB•OC=12×4×3＝6.∴S△PBC=12S△ABC＝3；
作PE∥x轴交BC于E，如图：
设BC的解析式为：y＝kx+b，将B、C代入得：
k+b=03=b，
解得：k=-3b=3，
∴BC的解析式为：y＝﹣3x+3；
设点P的横坐标为t，则P（t，﹣t2﹣2t+3），
则E的横坐标为：﹣3x+3＝﹣t2﹣2t+3，解得：x=t2+2t3，
∴E（t2+2t3，﹣t2﹣2t+3）；∴PE=t2+2t3-t=t2-t3，
∴S△PBC=12×t2-t3×3＝3，解得：t＝﹣2或3；
∴P点纵坐标为：﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+3＝3；或﹣（3）2﹣2×（3）+3＝﹣12，
∴点P的坐标为（﹣2，3）或（3，﹣12）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，直角三角形的判定等，解题的关键是方程思想的应用．
22．【2023·牡丹江】如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线对应的函数解析式，并直接写出顶点P的坐标；
（2）求△BCP的面积．
注：注抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是直线x=-b2a，顶点坐标是（-b2a，4ac-b24a）．
解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），
∴1-b+c=016+4b+c=0，解得b=-3c=-4，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣3x﹣4，
∴P（32，-254）；
（2）连接OP，
∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4），P（32，-254）；
∴S△OPC=12×4×32=3，S△BOP=12×4×254=252，S△BOC=12×4×4=8，
∴S△BPC＝S△OPC+S△BOP﹣S△BOC＝3+252-8=152．
24．【2023·齐齐哈尔】综合与探究：
如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c上的点A，C坐标分别为（0，2），（4，0），抛物线与x轴负半轴交于点B，点M为y轴负半轴上一点，且OM＝2，连接AC，CM．
（1）求点M的坐标及抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线位于第一象限图象上的动点，连接AP，CP，当S△PAC＝S△ACM时，求点P的坐标；
（3）点D是线段BC（包含点B，C）上的动点，过点D作x轴的垂线，交抛物线于点Q，交直线CM于点N，若以点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，请直接写出点Q的坐标；
（4）将抛物线沿x轴的负方向平移得到新抛物线，点A的对应点为点A′，点C的对应点为点C′，在抛物线平移过程中，当 MA'+MC'的值最小时，新抛物线的顶点坐标为 ，MA′+MC′的最小值为 ．
​
【分析】（1）根据点M在y轴负半轴且OM＝2可得点M的坐标为M（0，﹣2），利用待定系数法可得抛物 线的解析式为 y=-x2+72x+2；
（2）过点P作 PF⊥x 轴于点F，交线段AC于点E，用待定系数法求得直线AC的解析式为 y=-12x+2 设点P的横坐标为p（0＜p＜4），则 P(p，-p2+72p+2)，E(p，-12p+2)，故PE＝﹣p2+4p（0＜p＜4），先求得S△ACM＝8，从而得到S△PAC=12PE×OC＝﹣2p2+8p＝8，解出p的值，从而得出点P的坐标；
（3）由∠COM＝90°可知，要使点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，则以点Q，N，C为顶点的三角形也是直角三角形，从而分∠CQN＝90°和∠QCN＝90°两种情况讨论，①当∠CQN＝90°，可推导B与点Q重合，△CQN∽△COM，即此时符合题意，利用求抛物线与x轴交点的方法可求出点Q的坐标；②当∠QCN＝90°时，可推导△QCN∽△COM，即此时符合题意，再证明△QDC∽△COM，从而得到QD＝2DC，再设点Q的横坐标为q，则Q（q，﹣q2+72q+2），D（q，0），从而得到﹣q2+72q+2＝2（3﹣q），解得q的值，从而得到点C的坐标，最后综合①②即可；
（4）设抛物线沿x轴的负方向平移m个单位长度得到新抛物线，将点M右平移m个单位长度得到点M，由平移的性质可知，MA＝M'A，MC'＝M'C，MA'+MC'的值最小就是M'A+M'C最小值，作出点C关于直线y＝﹣2对称的对称点C″，连接AC″交直线y＝﹣2于点M'，连接M'C，则此时M'A+M'C取得最小值，即为AC″的长度，利用两点间的距离公式求这个长度，用待定系数法求出直线AC″的解析式，从而确定M'的坐标，继而确定平移距离，将原抛物线的解析式化为顶点式，从而得到其顶点，继而确定新抛物线的顶点．
（1）解：∵点M在y轴负半轴且OM＝2，
∴M（0，﹣2），
将A（0，2），C（4，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得
c=2-16+4b+c=0，解得 b=72c=2，
∴抛物线的解析式为y=-x2+72x+2；
（2）解：过点P作PF⊥x轴于点F，交线段AC于点E，
设直线AC的解析式为y＝kx+m（k≠0），
将A（0，2），C（4，0）代入y＝kx+m，得
m=24k+m=0，解得 k=-12m=2，
∴直线AC的解析式为y=-12x+2；
设点P的横坐标为p（0＜p＜4），
则 P(p，-p2+72p+2)，E(p，-12p+2)，
∴PE=-p2+72p+2-(-12p+2)=-p2+4p(0＜p＜4)，
∵S△ACM＝8，S△PAC=12PE×OC＝﹣2p2+8p＝8，
解得p1＝p2＝2，∴P（2，5）；
（3）∵在△COM中，∠COM＝90°，以点Q，N，C为顶点的三角形与△COM相似，
∴以点Q，N，C为顶点的三角形也是直角三角形，
又∵QD⊥x轴，直线QD交直线CM于点N，
∴∠CNQ≠90°，即点N不与点O是对应点，
故分为∠CQN＝90°和∠QCN＝90°两种情况讨论：
①当∠CQN＝90°时，由于QN⊥x轴，
∴CQ⊥y轴，即CQ在x轴上，
又∵点Q在抛物线上，∴此时点B与点Q重合，
作出图形如下：
此时∠CQN＝∠COM＝90°，
又∵∠QCN＝∠OCM，
∴△CQN∽△COM，即此时符合题意，
令y＝﹣x2+72x+2＝0，
解得：x1=-12，x2＝3（舍去），
∴点Q的坐标，也即点B的坐标是Q1（-12，0）；
②当∠QCN＝90°时，作图如下：
∵QD⊥x轴，∠COM＝90°，
∴QD∥OM，∴∠CNQ＝∠OMC，
∵∠CNQ＝∠OMC，∠QCN＝∠COM＝90°，
∴△QCN∽△COM，即此时符合题意，
∵QCN∽△COM，
∴∠CQN＝∠OCM，即∠DQC＝∠OCM，
∵DQC＝∠OCM，∠QDC＝∠COM，
∴△QDC∽△COM，
∴QDDC=COOM=42=2，QD＝2DC，
设点Q的横坐标为q，则Q（q，﹣q2+72q+2），D（q，0），
∴QD＝﹣q2+72q+2，CD＝3﹣q，
﹣q2+72q+2＝2（3﹣q），解得：q1=32，q2＝3（舍去），
∴点Q的坐标是Q2（32，5），
综比所述：点Q的坐标是Q1(32，5)，Q2(-12，0)；
（4）（-1112，8116），213【解析】设抛物线沿x轴的负方向平移m个单位长度得到新抛物线，
将点M向右平移m个单位长度得到点M'，作出图形如下：
由平移的性质可知，MA'＝M'A，MC'＝M'C，
∴MA'+MC'的值最小就是M'A+M'C最小值，
显然点M'在直线y＝﹣2上运动，
作出点C关于直线y＝﹣2对称的对称点C″，连接AC″交直线y＝﹣2于点M'，连接M'C，则此时M'A+M'C取得最小值，即为AC″的长度，
∵点C关于直线y＝﹣2对称的对称的点是点C″，C（4，0），
∴C″（4，﹣4），
∴（MA'+MC'）min＝（M'A+M'C）min＝AC″=(4-0)2+(-4-2)2=213，
设直线AC“的解析式是：y＝k1x+b1，
将点A（0，2），C″（4，﹣4）代入得：b1=24k1+b1=-4，
解得：k1=-32b1=2，
∴直线AC″的解析式是：y=-32x+2，
令y=-32x+2＝﹣2，解得：x=83，
∴M'＝（83，﹣2），∴平移的距离是m=83，
又∵y＝﹣q2+72q+2＝﹣（x-74）2+8116，
∴平移前的抛物线的顶点坐标是（74，8116），
∴新抛物线的顶点坐标为（74-83，8116）即（-1112，8116），
故答案是：（-1112，8116），213．
【点评】本题考查求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与几何变换综合，二次函数 相似三角形综合，最短路径问题，三角形面积公式等知识，难度较大，综合性大，作出辅助线和掌握转 思想是解题的关键，第二问的解题技巧是使用铅锤公式计算面积，第三问的技巧是转化成直角三角形的 论问题，如果直接按相似讨论，则有四种情况，可以降低分类讨论的种类，第四问的技巧，是将点M向反 方向移动，从而将两个动点转化成一个动点来解决．
28．【2023·绥化】如图，抛物线y1＝ax2+bx+c的图象经过A（﹣6，0），B（﹣2，0），C（0，6）三点，且一次函数y＝kx+6的图象经过点B．
（1）求抛物线和一次函数的解析式；
（2）点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧．这样的E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）将抛物线y1＝ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y2，此抛物线的图象与x轴交于M，N两点（M点在N点左侧）．点P是抛物线y2上的一个动点且在直线NC下方．已知点P的横坐标为m．过点P作PD⊥NC于点D，求m为何值时，CD+12PD有最大值，最大值是多少？
【分析】（1）利用待定系数法求解函数解析式即可．
（2）分①BC为正方形的边长，②BC为正方形的对角线两种情况讨论，作辅助线，构造全等三角形，利用全等三角形的性质和勾股定理即可求解．
（3）求出y2的解析式，证明△CON时等腰直角三角形，△HPD是等腰直角三角形，求出H的坐标，进而求出HP和HD，即可求解．
解：（1）∵抛物线y1＝ax2+bx+c的图象经过A（﹣6，0），B（﹣2，0），C（0，6）三点，
∴36a-6b+c=04a-2b+c=0c=6，解得a=12b=4c=6，
∴y1=12x2+4x+6，
把B（﹣2，0）代入一次函数y＝kx+6中，
得k＝3，∴y＝3x+6．
答：抛物线的解析式为y1=12x2+4x+6，一次函数的解析式为y＝3x+6．
（2）①当BC为正方形的边长时，
分别过B点，C点作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B＝E2B＝BC，CF1＝CF2＝BC，连接E1F1，E2F2，
过点E1作E1H1⊥x轴于H1，∴△BE1H1≌△CBO（AAS），
∴E1H1＝OB＝2，H1B＝OC＝6，
∴E1（﹣8，2），同理可得，E2（4，﹣2）．
②以BC为正方形的对角线时，
过BC的中点G作E3F3⊥BC，使E3F3与BC互相平分且相等，
则四边形E3BF3C为正方形，
过点E3作E3N⊥y轴于点N，过点B作BM⊥E3N于点M，
∴△CE3N≌△E3BM（AAS），∴CN＝E3M，BM＝E3N，
∵BC=210，
∴E3G=BG=10，∴E3B=25，
在Rt△E3NC中，E3C2=CN2+E3N2，
∴(25)2=CN2+(6-CN)2，解得CN＝2或4，
当CN＝4时，E3（2，2），此时点E在点F右侧，舍去；
当CN＝2时，E3（﹣4，4）．
综上，E1（﹣8，2），E2（4，﹣2），E3（﹣4，4）．
（3）∵抛物线y1=12x2+4x+6向右平移8个单位长度得到抛物线y2，
∴M（2，0），N（6，0），
∵y2过M，N，C三点，∴y2=12x2-4x+6，
在直线CN下方的抛物线y2上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过H作HG⊥y轴于G，
∵N（6，0），C（0，6），∴ON＝OC，
∴△CON时等腰直角三角形，
∵∠CHG＝45°，∠GHP＝90°，∴∠PHD＝45°，
∵PD⊥CN，∴△HPD是等腰直角三角形，
∴HD=DP=22HP，
∵点P在抛物线y2上，且横坐标为m，
∴CG＝GH＝m，∴CH=2m，
∵yCN＝﹣x+6，∴H（m，﹣m+6），
∴HP=-m+6-(12m2-4m+6)=-12m2+3m，
∴HD=DP=22(-12m2+3m)=-24m2+322m，
∴CD+12PD=CH+HD+12PD=CH+32PD=2m+32(-24m2+322m)=-328(m-133)2+169224，
答：当m=133时，CD+12PD的最大值为169224．
【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，利用全等三角形的性质和勾股定理解决问题．
28．【2023·龙东地区】如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC＝60°，OC的长是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．
（1）求直线AD的解析式；
（2）连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式；
（3）点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【分析】（1）过点A作AH⊥OC于H，解方程可得OC＝6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
（2）首先证明△EOD是等边三角形，求出DO＝DF＝43，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤23时，过点M作NP⊥OB于P，②当点M在DE上，即23＜t≤43时，过点M作NT⊥OB于T，分别解直角三角形求出NP和NT，再利用三角形面积公式列式即可；
（3）分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点M作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN＝90°，过点M作NL⊥CF于L，证明∠NCF＝∠NFC，可得CL＝FL＝3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得出点Q的坐标．
（1）解：解方程x2﹣4x﹣12＝0得：x1＝6，x2＝﹣2，∴OC＝6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC＝60°，
∴OA＝OC＝6，∠BOC=12∠AOC＝30°，
∴CD＝OC•tan30°＝6×33=23，∴D（6，23），
过点A作AH⊥OC于H，
∵∠AOH＝60°，
∴OH=12OA＝3，AH＝OA•sin60°＝6×32=33，
∴A（3，33），
设直线AD的解析式为y＝kx+b（k≠0），
代入A（3，33），D（6，23 ）得：3k+b=336k+b=23，
解得：k=-33b=43，
∴直线AD的解析式为y=-33x+43；
（2）解：由（1）知在Rt△COD中，CD=23，∠DOC＝30°，
∴OD=2CD=43，∠EOD＝90°﹣∠DOC＝90°﹣30°＝60°，
∵直线y=-33x+43与y轴交于点E，
∴OE=43，∴OE＝OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED＝∠EDO＝∠BDF＝60°，ED=OD=43，
∴∠OFE＝30°＝∠DOF，
∴DO=DF=43，
①当点N在DF上，即0≤t≤23 时，
由题意得：DM=OD-OM=43-t，DN=43-2t，
过点N作NP⊥OB于P，
则NP＝DN×sin∠PDN＝DN×sin60°＝（43-2t）×32=6-3t，
∴S=12DM×NP=12（43-2t）×（6-3t）=32t2﹣9t+123；
②当点N在DE上，即 23＜t≤43 时
由题意得：DM＝OD﹣OM=3-t，DN＝2t﹣43，
过点N作NT⊥OB于T，
则NT＝DN•sin∠NDT＝DN•sin60°＝（2t﹣43）×32=3t-6，
∴S=12DM⋅NT=12(43-t)(3t-6)=-32t2+9t-123；
综上，S=32t2-9t+123(0≤t≤23)-32t2+9t-123(23＜t≤43)；
（3）解：存在，分情况讨论：
①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，
∵∠NFC＝30°，OE=43，
∴∠NCK＝60°，OF=3OE=12，
∴CF＝12﹣6＝6，∴CN=12CF=3，
∴CK＝CN×cs60°＝3×12=32，NK＝CN×sin60°＝3×32=332，
∴将点N向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点Q，
∵A(3，33)，∴Q（32，332）；
②如图，当AN是对角线时，则∠ACN＝90°，过点N作NL⊥CF于L，
∵OA＝OC，∠AOC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，∴∠ACO＝60°，
∴∠NCF＝180°﹣60°﹣90°＝30°＝∠NFC，∴CL＝FL=12CF＝3，
∴NL＝CL•tan30°＝3×33=3，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移3 个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移3 个单位长度得到点Q，
∵A(3，33)，∴Q（6，43）；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是 (32，332) 或（6，43）．
【点评】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．