2021中考数学压轴题题型：专题8二次函数与矩形正方形存在性问题（含原卷及解析卷）

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2021新版中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题8二次函数与矩形正方形存在性问题


【例1】（2020•吉林）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+32与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为﹣m+32．以PQ，QM为边作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）当点Q与点M重合时，求m的值．
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．
（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．

【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可．
（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．
（3）当点P在直线l的左边，点M在点Q是下方下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+32＜−12m2+m+32，解得0＜m＜4，观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中．
【解答】解：（1）把点A（3，0）代入y=−12x2+bx+32，得到0=−92+3b+32，
解得b＝1．
（2）∵抛物线的解析式为y=−12x2+x+32，
∴P（m，−12m2+m+32），
∵M，Q重合，
∴﹣m+32=−12m2+m+32，
解得m＝0或4．
（3）y=−12x2+x+32=−12（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2），
由题意PQ＝MQ，且抛物线的顶点在该正方形内部，
∴3﹣m＝﹣m+32−（−12m2+m+32）且﹣m+32＞2，得m＜−12
解得m＝1−7或1+7（不合题意舍弃），
∴m＝1−7．
（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，
则有﹣m+32＜−12m2+m+32，
∴m2﹣4m＜0，
解得0＜m＜4，
观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中，

当3＜m＜4时，抛物线不在矩形PQMN内部，不符合题意，
当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中，

综上所述，满足条件的m的值为0＜m＜3或m＞4．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
【例2】（2020•锦州）在平面直角坐标系中，抛物线y=−13x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图，直线y=34x+94与抛物线交于A，D两点，与直线BC交于点E．若M（m，0）是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线BC于点H．
①当点F在直线AD上方的抛物线上，且S△EFG=59S△OEG时，求m的值；
②在平面内是否在点P，使四边形EFHP为正方形？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）根据抛物线解析式中a=−13和交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，利用交点式可得抛物线的解析式；
（2）①如图1，先利用待定系数法求直线BC的解析式，联立方程可得交点E的坐标，根据M（m，0），且MH⊥x轴，表示点G（m，34m+94），F（m，−13m2+13m+4），由S△EFG=59S△OEG，列方程可得结论；
②存在，根据正方形的性质得：FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，同理根据M（m，0），得H（m，﹣m+4），F（m，−13m2+13m+4），分两种情况：F在EP的左侧，在EP的右侧，根据EF＝FH，列方程可得结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y=−13x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，
∴y=−13（x+3）（x﹣4）=−13x2+13x+4；
（2）①如图1，∵B（4，0），C（0，4），

∴设BC的解析式为：y＝kx+b，
则4k+b=0b=4，解得k=−1b=4，
∴BC的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4=34x+94，
解得：x＝1，
∴E（1，3），
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴G（m，34m+94），F（m，−13m2+13m+4），
∵S△EFG=59S△OEG，
∴12FG×(xE−xF)=59×12×OP(xE−xG)，
[（−13m2+13m+4）﹣（34m+94）]（1﹣m）=59×94(1−m)，
解得：m1=34，m2＝﹣2；
②存在，由①知：E（1，3），
∵四边形EFHP是正方形，
∴FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴H（m，﹣m+4），F（m，−13m2+13m+4），
分两种情况：
i）当﹣3≤m＜1时，如图2，点F在EP的左侧，

∴FH＝（﹣m+4）﹣（−13m2+13m+4）=13m2−43m，
∵EF＝FH，
∴13m2−43m=1−m，
解得：m1=1+132（舍），m2=1−132，
∴H（1−132，7+132），
∴P（1，7+132），
ii）当1＜m＜4时，点F在PE的右边，如图3，

同理得−13m2+43m=m﹣1，
解得：m1=1+132，m2=1−132（舍），
同理得P（1，7−132）；
综上，点P的坐标为：(1，7+132)或(1，7−132)．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数，正方形的性质，二次函数，两函数的交点，图形的面积计算等，与方程相结合，求解点的坐标，难度适中．
【例3】（2020•兰州）如图，二次函数y=14x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），B（﹣2，m），交y轴于点C（0，﹣4）．直线BO与抛物线相交于另一点D，连接AB，AD，点E是线段AB上的一动点，过点E作EF∥BD交AD于点F．
（1）求二次函数y=14x2+bx+c的表达式；
（2）判断△ABD的形状，并说明理由；
（3）在点E的运动过程中，直线BD上存在一点G，使得四边形AFGE为矩形，请判断此时AG与BD的数量关系，并求出点E的坐标；
（4）点H是抛物线的顶点，在（3）的条件下，点P是平面内使得∠EPF＝90°的点，在抛物线的对称轴上，是否存在点Q，使得△HPQ是以∠PQH为直角的等腰直角三角形，若存在，直接写出符合条件的所有点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把A，C两点坐标代入抛物线的解析式，转化为解方程组，即可解决问题．
（2）求出AB，AD，BD，利用勾股定理的逆定理判断即可．
（3）利用矩形的性质以及平行线分线段成比例定理证明BE＝AE，BG＝GD，即可解决问题．
（4）如图2中，设EF的中点为K，P（x，y），连接PK．求直线PH的解析式，想办法构建方程求出点P的纵坐标y即可解决问题．
【解答】解：（1）∵二次函数y=14x2+bx+c的图象过点A（4，﹣4），点C（0，﹣4），
∴c=−44+4b+c=−4，
解得b=−1c=−4，
∴二次函数的解析式为y=14x2﹣x﹣4．

（2）△ABD是直角三角形，理由：
∵B（﹣2，m）在y=14x2﹣x﹣4，
∴B（﹣2，﹣1），
∴直线OB的解析式为y=12x，
由y=12xy=14x2−x−4，解得x=−2y=−2（即点B）或x=8y=4，
∴D（8，4），
∵A（4，﹣4），
∴AB=62+32=35，AD=42+82=45，BD=102+52=55，
∴BD2＝AB2+AD2，
∴∠BAD＝90°，
∴△ABD是直角三角形．

（3）结论AG=12BD．
理由：如图1中，连接AG，交EF于H．

∵四边形AEGF是矩形，
∴AH＝HG，EH＝FH，
∵EF∥BD，
∴AEEB=AHGH=1，
∴AE＝BE，
∴E（1，−52），
∵EHBG=AHAG=FHDG，EH＝FH，
∴BG＝GD，
∵∠BAD＝90°，
∴AG=12BD．

（4）如图2中，设EF的中点为K，P（x，y），连接PK．

∵E（1，−52），F（6，0），
∴K（72，−54），EF=52+(52)2=552，
∵∠EPF＝90°，
∴点P在以EF为直径的⊙K上运动，
∵△PQH是等腰直角三角形，∠PQH＝90°，
∴∠QHP＝45°，
∵抛物线的顶点H（2，﹣5），
∴直线PH的解析式为y＝x﹣7，
∵PK=12EF，
∴（x−72）2+（y+54）2＝（554）2，
（y+7−72）2+（y+54）2＝（554）2，
解得y＝﹣4或−34，
∴Q（2，﹣4）或（2，−34）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
【例4】（2020•烟台二模）已知抛物线y＝x2+bx+c经过点A（2，﹣3）．
（1）如图，过点A分别向x轴，y轴作垂线，垂足分别为B，C，得到矩形ABOC，且抛物线经过点C．
①求抛物线的解析式．
②将抛物线向左平移m（m＞0）个单位，分别交线段OB，AC于D，E两点．若直线DE刚好平分矩形ABOC的面积，求m的值．
（2）将抛物线平移，使点A的对应点为A1（2﹣n，3b），其中n≥1．若平移后的抛物线仍然经过点A，求平移后的抛物线顶点所能达到最高点时的坐标．

【分析】（1）①将A（2，﹣3），B（2，0）代入y＝x2+bx+c即可求出；
②因为直线DE刚好平分矩形ABOC的面积，所以AE＝OD＝m，DB＝CE＝2﹣m，D（m，0），E（2﹣m，﹣3），易知F（3，0），所以DF＝3﹣m，于是3﹣m＝m，从而求出m；
（2）由抛物线y＝x2+bx+c经过点A（2，﹣3），可得y＝x2+bx﹣2b﹣7，由A的对应点为A1（2﹣n，3b），可知抛物线向左平移了n个单位，向上平移（3b+3）个单位，则平移后y＝（x+n）2+b（x+n）﹣2b﹣7+3b+3，整理得y＝（x+n）2+b（x+n）+b﹣4＝（x+n+b2）2−b24+b﹣4，因为平移后的抛物线仍然经过点A（2，﹣3），于是﹣3＝（2+n）2+b（2+n）+b﹣4，所以b＝﹣n﹣1，顶点坐标（﹣n−b2，−b24+b﹣4），y顶=−b24+b﹣4=−14（b﹣2）2﹣3=−14（n+3）2﹣3，所以n＝1时，顶点最高，此时b＝﹣1﹣1＝﹣2，顶点坐标（0，﹣7）．
【解答】解：（1）①∵四边形ABOC是矩形，A（2，﹣3）
∴B（2，0），C（0．﹣3）
∵抛物线y＝x2+bx+c过点A、C
∴22+2b+c=−30+0+c=−3 解得：b=−2c=−3
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3
②如图，设原抛物线与x轴正半轴交于点F，
∵直线DE刚好平分矩形ABOC的面积，
∴AE＝OD＝m，DB＝CE＝2﹣m
∴D（m，0），E（2﹣m，﹣3）
∵易知F（3，0），
∴DF＝3﹣m，
∵DF＝AE，
∴3﹣m＝m，
∴m=32；
（2）抛物线y＝x2+bx+c经过点A（2，﹣3）．
﹣3＝22+2b+c，
∴c＝﹣2b﹣7，
∴y＝x2+bx﹣2b﹣7，
∵A的对应点为A1（2﹣n，3b），
∴抛物线向左平移了n个单位，向上平移（3b+3）个单位
则平移后y＝（x+n）2+b（x+n）﹣2b﹣7+3b+3，
整理得y＝（x+n）2+b（x+n）+b﹣4＝（x+n+b2）2−b24+b﹣4，
∵平移后的抛物线仍然经过点A（2，﹣3），
∴﹣3＝（2+n）2+b（2+n）+b﹣4，
∴n2+4n+3+b（3+n）＝0
∴（n+1（n+3））+b（n+3）＝0
（n+3）（n+1+b）＝0
∵n≥1，∴n+3，0，
∴n+1+b＝0，b＝﹣n﹣1
顶点坐标（﹣n−b2，−b24+b﹣4），
y顶=−b24+b﹣4=−14（b﹣2）2﹣3=−14（n+3）2﹣3，
∵n≥1，−14＜0，
∴n＝1时，顶点最高，此时b＝﹣1﹣1＝﹣2，
顶点坐标（0，﹣7）．

【点评】本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
【例5】（2020•碑林区校级四模）如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝ax2+bx﹣6经过点A（﹣3，0）和点（﹣1，0），顶点为D．
（1）求抛物线C1的函数表达式及点D的坐标；
（2）将抛物线C1绕坐标轴上一点P旋转180°得到抛物线C2，点A、D的对应点分别为A'、D'，是否存在以AD为边，且以A、D、A'、D'为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出抛物线C2的函数表达式，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）分两种情形：如图1中，当点P在x轴上时，设P（m，0）．如图2中，当点P在y轴上时，设P（0，n）．分别构建方程求出等P的坐标解决问题即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx﹣6经过点A（﹣3，0）和点（﹣1，0），
∴9a−3b−6=0a−b−6=0，
解得a=−2b=−8，
∴抛物线C1的解析式为y＝﹣2x2﹣8x﹣6，顶点D（﹣2，2）．

（2）如图1中，当点P在x轴上时，设P（m，0）．

当AP＝PD时，四边形AD′A′D是矩形，
∵A（﹣3，0），D（﹣2，2），
∴m+3=(m+2)2+22，
解得m=−12，
∴P（−12，0），
∵PD＝PD′，
∴D′（1，﹣2），
∴旋转后抛物线C2的解析式为y＝2（x﹣1）2﹣2，即y＝2x2﹣4x．
如图2中，当点P在y轴上时，设P（0，n）．

当PA＝PD时，四边形AD′A′D是矩形，
则有32+n2=22+(2−n)2，
解得n=−14，
∴P（0，−14），
∵PD＝PD′，
∴D′（2，−52），
∴旋转的抛物线C2的解析式为y＝2（（x﹣2）2−52，即y＝2x2﹣8x+112，
综上所述，满足条件的抛物线的解析式为：y＝2x2﹣4x或y＝2x2﹣8x+112．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法确定函数解析式，旋转变换，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

【题组一】
1．（2020•雁塔区校级模拟）已知二次函数y=−13x2+bx+c的图象L经过原点，与x轴的另一个交点为（8，0）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）作x轴的平行线，交L于A，B两点（点A在点B的左边），过A，B两点作x轴的垂线，垂足分别为点D，C．当以A，B，C，D为顶点的四边形是正方形时，求点A的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图，设A（m，−13m2+83m），由四边形ABCD是正方形，推出AD＝CD，由此构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）∵二次函数y=−13x2+bx+c的图象L经过原点，与x轴的另一个交点为（8，0），
∴c=0−643+8b=0，
解得b=83c=0，
∴抛物线的解析式为y=−13x2+83x．

（2）如图，设A（m，−13m2+83m），
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，
∴|−13m2+83m|＝2（4﹣m），
解得m＝2或12（舍弃）或﹣4或6（舍弃），
∴A（2，4）或（﹣4，﹣16），
综上所述，满足条件的等A的坐标为（2，4）或（﹣4，﹣16）．

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
2．（2020•钟楼区校级模拟）将抛物线C1：y＝﹣x2+3沿x轴翻折，得抛物线C2．
（1）请求出抛物线C2的表达式；
（2）现将抛物线C1向左平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为M，与x轴的交点从左到右依次为A、B；将抛物线C2向右也平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为N，与x轴交点从左到右依次为D、E．在平移过程中，是否存在以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）抛物线翻折前后顶点关于x轴对称，顶点的纵坐标为互为相反数；
（2）连接AN，NE，EM，MA，M，N关于原点O对称可得OM＝ON，A，E关于原点O对称可得OA＝OE，判断四边形ANEM为平行四边形；若AM2+ME2＝AE2，解得m=233，即可求解；
【解答】解：（1）∵抛物线C1：y＝﹣x2+3的顶点为（0，3），
∴翻折后的抛物线的顶点坐标为（0，﹣3），
∴抛物线C2解析式为：y＝x2﹣3；
（2）存在
连接AN，NE，EM，MA，

依题意可得：M（﹣m，3），N（m，﹣3），
∴M，N关于原点O对称，
∴OM＝ON，
原C1、C2抛物线与x轴的两个交点分别（−3，0），（3，0），
∴A（−3−m，0），E（3+m，0），
∴A，E关于原点O对称，
∴OA＝OE，
∴四边形ANEM为平行四边形，
∴AM2＝3+9＝12，
ME2＝（3+m+m）2+32＝4m2+43m+12，
AE2＝（3+m+3+m）2＝4m2+83m+12，
若AM2+ME2＝AE2，
∴12+4m2+43m+12＝4m2+83m+12，
解得m=3，
此时△AME是直角三角形，且∠AME＝90°，
∴当m=3时，以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形．
【点评】本题是二次函数综合题，考查二次函数关于x轴对称，平行四边形的判定，矩形的性质．找准二次函数图象变化后对应的点是解决翻折后函数图象的关键；能够在平面直角坐标系中，通过坐标点的特点判定平行四边形，利用勾股定理判定矩形是解决本题的关键．
3．（2020•历下区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝ax2+c与x轴相交于A、B两点，顶点C（0，2）．AB＝22．点M（m，0）是x轴正半轴上一点，抛物线L关于点M对称的抛物线为L'．
（1）求抛物线L的函数表达式；
（2）点P是第一象限抛物线L上一点，点P到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线L'上的对应点为P'．设E是抛物线L上的动点，E'是点E在抛物线L'上的对应点，试探究四边形PEP'E′能否成为正方形．若能，求出m的值；若不能，请说明理由．

【分析】（1）由题意抛物线的顶点C（0，2），A（−2，0），设抛物线的解析式为y＝ax2+2，把A（−2，0）代入可得a＝﹣1，由此即可解决问题；
（2）情形1，如图1中，四边形PEP′E′能成为正方形．作PK⊥x轴于K，EH⊥x轴于H．由题意易知P（1，1），当△PME是等腰直角三角形时，四边形PEP′E′是正方形，推出PM＝ME，∠PME＝90°，由△PKM≌△MHE，可得PK＝MH＝1，MK＝HE＝1﹣m，可得E（m+1，m﹣1），利用待定系数法即可解决问题；情形2，如图2中，四边形PEP′E′是正方形，同法可得E（m﹣1，1﹣m），利用待定系数法即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意抛物线的顶点C（0，2），A（−2，0），设抛物线的解析式为y＝ax2+2，
把A（−2，0）代入可得a＝﹣1，
∴抛物线L的函数表达式为y＝﹣x2+2．

（2）结论：四边形PEP′E′能成为正方形．
理由：情形1，如图1中，作PK⊥x轴于K，EH⊥x轴于H．

由题意易知P（1，1），当△PME是等腰直角三角形时，四边形PEP′E′是正方形，
∴PM＝ME，∠PME＝90°，
由△PKM≌△MHE，可得PK＝MH＝1，MK＝EH＝1﹣m，
∴E（m+1，m﹣1），
∵点E在y＝﹣x2+2上，
∴m﹣1＝﹣（m+1）2+2，解得m=−3+172或−3−172（舍弃），
∴m=−3+172时，四边形PMP′N是正方形．
情形2，如图2中，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣1，1﹣m），

把E（m﹣1，1﹣m）代入y＝﹣x2+1中，1﹣m＝﹣（m﹣1）2+2，解得m＝3或0（舍弃），
∴m＝3时，四边形PEP′E′是正方形．
综上，四边形PEP′E′能成为正方形，m=−3+172或3．
【点评】本题考查二次函数综合题、中心对称变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
4．（2020•武侯区模拟）已知抛物线y=−14x2+bx+c经过点A（4，3），顶点为B，对称轴是直线x＝2．
（1）求抛物线的函数表达式和顶点B的坐标；
（2）如图1，抛物线与y轴交于点C，连接AC，过A作AD⊥x轴于点D，E是线段AC上的动点（点E不与A，C两点重合）；
（i）若直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，求点E的坐标；
（ii）如图2，连接DE，作矩形DEFG，在点E的运动过程中，是否存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上？若存在，求出此时AE的长；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意得出−14×42+4b+c=3−b2×(−14)=2，解得b=1c=3，得出抛物线的函数表达式为：y=−14x2+x+3=−14（x﹣2）2+4，即可得出顶点B的坐标为（2，4）；
（2）（i）求出C（0，3），设点E的坐标为（m，3），求出直线BE的函数表达式为：y=−1m−2x+4m−6m−2，则点M的坐标为（4m﹣6，0），由题意得出OC＝3，AC＝4，OM＝4m﹣6，CE＝m，则S矩形ACOD＝12，S梯形ECOM=15m−182，分两种情况求出m的值即可；
（ii）过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，设点F的坐标为：（a，−14a2+a+3），则NF＝3﹣（−14a2+a+3）=14a2﹣a，NC＝﹣a，证△EFN≌△DGO（ASA），得出NE＝OD＝AC＝4，则AE＝NC＝﹣a，证△ENF∽△DAE，得出NEAD=NFAE，求出a=−43或0，当a＝0时，点E与点A重合，舍去，得出AE＝NC＝﹣a=43，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y=−14x2+bx+c经过点A（4，3），对称轴是直线x＝2，
∴−14×42+4b+c=3−b2×(−14)=2，
解得：b=1c=3，
∴抛物线的函数表达式为：y=−14x2+x+3，
∵y=−14x2+x+3=−14（x﹣2）2+4，
∴顶点B的坐标为（2，4）；
（2）（i）∵y=−14x2+x+3，
∴x＝0时，y＝3，
则C点的坐标为（0，3），
∵A（4，3），
∴AC∥OD，
∵AD⊥x，
∴四边形ACOD是矩形，
设点E的坐标为（m，3），直线BE的函数表达式为：y＝kx+n，直线BE交x轴于点M，如图1所示：
则2k+n=4mk+n=3，
解得：k=−1m−2n=4m−6m−2，
∴直线BE的函数表达式为：y=−1m−2x+4m−6m−2，
令y=−1m−2x+4m−6m−2=0，则x＝4m﹣6，
∴点M的坐标为（4m﹣6，0），
∵直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，
∴点M在线段OD上，点M不与点O重合，
∵C（0，3），A（4，3），M（4m﹣6，0），E（m，3），
∴OC＝3，AC＝4，OM＝4m﹣6，CE＝m，
∴S矩形ACOD＝OC•AC＝3×4＝12，
S梯形ECOM=12（OM+EC）•OC=12（4m﹣6+m）×3=15m−182，
分两种情况：
①S梯形ECOMS矩形ACOD=14，即15m−18212=14，
解得：m=85，
∴点E的坐标为：（85，3）；
②S梯形ECOMS矩形ACOD=34，即15m−18212=34，
解得：m=125，
∴点E的坐标为：（125，3）；
综上所述，点E的坐标为：（85，3）或（125，3）；
（ii）存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上；理由如下：
由题意得：满足条件的矩形DEFG在直线AC的下方，
过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，如图2所示：
设点F的坐标为：（a，−14a2+a+3），
则NF＝3﹣（−14a2+a+3）=14a2﹣a，NC＝﹣a，
∵四边形DEFG与四边形ACOD都是矩形，
∴∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，EF＝DG，EF∥DG，AC∥OD，
∴∠NEF＝∠ODG，∠EMC＝∠DGO，
∵NF∥CG，
∴∠EMC＝∠EFN，
∴∠EFN＝∠DGO，
在△EFN和△DGO中，∠NEF=∠ODGEF=DG∠EFN=∠DGO，
∴△EFN≌△DGO（ASA），
∴NE＝OD＝AC＝4，
∴AC﹣CE＝NE﹣CE，即AE＝NC＝﹣a，
∵∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，
∴∠NEF+∠EFN＝90°，∠NEF+∠DEA＝90°，
∴∠EFN＝∠DEA，
∴△ENF∽△DAE，
∴NEAD=NFAE，即43=14a2−a−a，
整理得：34a2+a＝0，
解得：a=−43或0，
当a＝0时，点E与点A重合，
∴a＝0舍去，
∴AE＝NC＝﹣a=43，
∴当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的长为43．


【点评】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数解析式的求法、二次函数的性质、一次函数解析式的求法、坐标与图形性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、梯形面积公式等知识；本题综合性强，属于中考压轴题型．
【题组二】
5．（2020•犍为县二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m=PMDM，试求m的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）因为抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，所以可以假设y＝a（x+2）（x﹣4），求出点C坐标代入求出a即可；
（2）由△CMD∽△FMP，可得m=PMDM=PFDC，根据关于m关于x的二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．分两种情形分别求解即可：①当DP是矩形的边时，有两种情形；②当DP是对角线时；
【解答】解：（1）因为抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，
所以可以假设y＝a（x+2）（x﹣4），
∵OC＝2OA，OA＝2，
∴C（0，4），代入抛物线的解析式得到a=−12，
∴y=−12（x+2）（x﹣4）或y=−12x2+x+4或y=−12（x﹣1）2+92．

（2）如图1中，由题意，点P在y轴的右侧，作PE⊥x轴于E，交BC于F．

∵CD∥PE，
∴△CMD∽△FMP，
∴m=PMDM=PFDC，
∵直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，则D（0，1），
∵BC的解析式为y＝﹣x+4，
设P（n，−12n2+n+4），则F（n，﹣n+4），
∴PF=−12n2+n+4﹣（﹣n+4）=−12（n﹣2）2+2，
∴m=PFCD=−16（n﹣2）2+23，
∵−16＜0，
∴当n＝2时，m有最大值，最大值为23，此时P（2，4）．

（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
a、如图2﹣1中，四边形DQNP是矩形时，

有（2）可知P（2，4），代入y＝kx+1中，得到k=32，
∴直线DP的解析式为y=32x+1，可得D（0，1），E（−23，0），
由△DOE∽△QOD可得ODOQ=OEOD，
∴OD2＝OE•OQ，
∴1=23•OQ，
∴OQ=32，
∴Q（32，0）．
根据矩形的性质，将点P向右平移32个单位，向下平移1个单位得到点N，
∴N（2+32，4﹣1），即N（72，3）
b、如图2﹣2中，四边形PDNQ是矩形时，

∵直线PD的解析式为y=32x+1，PQ⊥PD，
∴直线PQ的解析式为y=−23x+163，
∴Q（8，0），
根据矩形的性质可知，将点D向右平移6个单位，向下平移4个单位得到点N，
∴N（0+6，1﹣4），即N（6，﹣3）．
②当DP是对角线时，设Q（x，0），则QD2＝x2+1，QP2＝（x﹣2）2+42，PD2＝13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2＝PD2，
∴x2+1+（x﹣2）2+16＝13，
整理得x2﹣2x+4＝0，方程无解，此种情形不存在，
综上所述，满足条件的点N坐标为（72，3）或（6，﹣3）．
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、平行线的性质．相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
6．（2019•南充）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），点B（﹣3，0），且OB＝OC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，且∠POB＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）抛物线上两点M，N，点M的横坐标为m，点N的横坐标为m+4．点D是抛物线上M，N之间的动点，过点D作y轴的平行线交MN于点E．
①求DE的最大值；
②点D关于点E的对称点为F，当m为何值时，四边形MDNF为矩形．

【分析】（1）已知抛物线与x轴两交点坐标，可设交点式y＝a（x+1）（x+3）；由OC＝OB＝3得C（0，﹣3），代入交点式即求得a＝﹣1．
（2）由∠POB＝∠ACB联想到构造相似三角形，因为求点P坐标一般会作x轴垂线PH得Rt△POH，故可过点A在BC边上作垂线AG，构造△ACG∽△POH．利用点A、B、C坐标求得AG、CG的长，由相似三角形对应边成比例推出PHOH=AGCG=12．设点P横坐标为p，则OH与PH都能用p表示，但需按P横纵坐标的正负性进行分类讨论．得到用p表示OH与PH并代入OH＝2PH计算即求得p的值，进而求点P坐标．
（3）①用m表示M、N横纵坐标，把m当常数求直线MN的解析式．设D横坐标为d，把x＝d代入直线MN解析式得点E纵坐标，D与E纵坐标相减即得到用m、d表示的DE的长，把m当常数，对未知数d进行配方，即得到当d＝m+2时，DE取得最大值．
②由矩形MDNF得MN＝DF且MN与DF互相平分，所以E为MN中点，得到点D、E横坐标为m+2．由①得d＝m+2时，DE＝4，所以MN＝8．用两点间距离公式用m表示MN的长，即列得方程求m的值．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0），点B（﹣3，0）
∴设交点式y＝a（x+1）（x+3）
∵OC＝OB＝3，点C在y轴负半轴
∴C（0，﹣3）
把点C代入抛物线解析式得：3a＝﹣3
∴a＝﹣1
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+1）（x+3）＝﹣x2﹣4x﹣3

（2）如图1，过点A作AG⊥BC于点G，过点P作PH⊥x轴于点H
∴∠AGB＝∠AGC＝∠PHO＝90°
∵∠ACB＝∠POB
∴△ACG∽△POH
∴AGPH=CGOH
∴AGCG=PHOH
∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°
∴∠ABC＝45°，BC=OB2+OC2=32
∴△ABG是等腰直角三角形
∴AG＝BG=22AB=2
∴CG＝BC﹣BG＝32−2=22
∴PHOH=AGCG=12
∴OH＝2PH
设P（p，﹣p2﹣4p﹣3）
①当p＜﹣3或﹣1＜p＜0时，点P在点B左侧或在AC之间，横纵坐标均为负数
∴OH＝﹣p，PH＝﹣（﹣p2﹣4p﹣3）＝p2+4p+3
∴﹣p＝2（p2+4p+3）
解得：p1=−9−334，p2=−9+334
∴P（−9−334，−9−338）或（−9+334，−9+338）
②当﹣3＜p＜﹣1或p＞0时，点P在AB之间或在点C右侧，横纵坐标异号
∴p＝2（p2+4p+3）
解得：p1＝﹣2，p2=−32
∴P（﹣2，1）或（−32，34）
综上所述，点P的坐标为（−9−334，−9−338）、（−9+334，−9+338）、（﹣2，1）或（−32，34）．

（3）①如图2，∵x＝m+4时，y＝﹣（m+4）2﹣4（m+4）﹣3＝﹣m2﹣12m﹣35
∴M（m，﹣m2﹣4m﹣3），N（m+4，﹣m2﹣12m﹣35）
设直线MN解析式为y＝kx+n
∴km+n=−m2−4m−3k(m+4)+n=−m2−12m−35 解得：k=−2m−8n=m2+4m−3
∴直线MN：y＝（﹣2m﹣8）x+m2+4m﹣3
设D（d，﹣d2﹣4d﹣3）（m＜d＜m+4）
∵DE∥y轴
∴xE＝xD＝d，E（d，（﹣2m﹣8）d+m2+4m﹣3）
∴DE＝﹣d2﹣4d﹣3﹣[（﹣2m﹣8）d+m2+4m﹣3]＝﹣d2+（2m+4）d﹣m2﹣4m＝﹣[d﹣（m+2）]2+4
∴当d＝m+2时，DE的最大值为4．

②如图3，∵D、F关于点E对称，
∴DE＝EF
∵四边形MDNF是矩形
∴MN＝DF，且MN与DF互相平分
∴DE=12MN，E为MN中点
∴xD＝xE=m+m+42=m+2
由①得当d＝m+2时，DE＝4
∴MN＝2DE＝8
∴（m+4﹣m）2+[﹣m2﹣12m﹣35﹣（﹣m2﹣4m﹣3）]2＝82
解得：m1＝﹣4−32，m2＝﹣4+32
∴m的值为﹣4−32或﹣4+32时，四边形MDNF为矩形．



【点评】本题考查了求二次函数解析式，求二次函数最大值，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的解法，二元一次方程组的解法，矩形的性质．第（3）题没有图要先根据题意画草图帮助思考，设计较多字母运算时抓住其中的常量和变量来分析和计算．
7．（2019•常德）如图，已知二次函数图象的顶点坐标为A（1，4），与坐标轴交于B、C、D三点，且B点的坐标为（﹣1，0）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在二次函数图象位于x轴上方部分有两个动点M、N，且点N在点M的左侧，过M、N作x轴的垂线交x轴于点G、H两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；
（3）当矩形MNHG的周长最大时，能否在二次函数图象上找到一点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的916？若存在，求出该点的横坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）二次函数表达式为：y＝a（x﹣1）2+4，将点B的坐标代入上式，即可求解；
（2）矩形MNHG的周长C＝2MN+2GM＝2（2x﹣2）+2（﹣x2+2x+3）＝﹣2x2+8x+2，即可求解；
（3）S△PNC=278=12×PK×CD=12×PH×sin45°×32，解得：PH=94=HG，即可求解．
【解答】解：（1）二次函数表达式为：y＝a（x﹣1）2+4，
将点B的坐标代入上式得：0＝4a+4，解得：a＝﹣1，
故函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3…①；
（2）设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3），则点N（2﹣x，﹣x2+2x+3），
则MN＝x﹣2+x＝2x﹣2，GM＝﹣x2+2x+3，
矩形MNHG的周长C＝2MN+2GM＝2（2x﹣2）+2（﹣x2+2x+3）＝﹣2x2+8x+2，
∵﹣2＜0，故当x=−b2a=2，C有最大值，最大值为10，
此时x＝2，点N（0，3）与点D重合；
（3）△PNC的面积是矩形MNHG面积的916，
则S△PNC=916×MN×GM=916×2×3=278，
连接DC，在CD的上下方等距离处作CD的平行线m、n，
过点P作y轴的平行线交CD、直线n于点H、G，即PH＝GH，
过点P作PK⊥CD于点K，

将C（3，0）、D（0，3）坐标代入一次函数表达式并解得：
直线CD的表达式为：y＝﹣x+3，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝45°＝∠PHK，CD＝32，
设点P（x，﹣x2+2x+3），则点H（x，﹣x+3），
S△PNC=278=12×PK×CD=12×PH×sin45°×32，
解得：PH=94=HG，
则PH＝﹣x2+2x+3+x﹣3=94，
解得：x=32，
故点P（32，154），
直线n的表达式为：y＝﹣x+3−94=−x+34⋯②，
联立①②并解得：x=3±322，
即点P′、P″的横坐标分别为3+322或3−322；
故点P横坐标为：32或3+322或3−322．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
8．（2019•铜仁市）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣1与x轴的交点为A（﹣1，0），B（2，0），且与y轴交于C点．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点C关于x轴的对称点为C1，M是线段BC1上的一个动点（不与B、C1重合），ME⊥x轴，MF⊥y轴，垂足分别为E、F，当点M在什么位置时，矩形MFOE的面积最大？说明理由．
（3）已知点P是直线y=12x+1上的动点，点Q为抛物线上的动点，当以C、C1、P、Q为顶点的四边形为平行四边形时，求出相应的点P和点Q的坐标．

【分析】（1）待定系数法将已知点的坐标分别代入得方程组并解方程组即可求得抛物线的表达式；
（2）先求得C1（0，1），再由待定系数法求得直线C1B解析式y=−12x+1，设M（t，−12t+1），得S矩形MFOE＝OE×OF＝t（−12t+1）=−12（t﹣1）2+12，由二次函数性质即可得到结论；
（3）以C、C1、P、Q为顶点的四边形为平行四边形要分两种情况进行讨论：①C1C为边，②C1C为对角线．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（2，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx﹣1中，得a−b=14a+2b=1，解得：a=12b=−12
∴该抛物线的表达式为：y=12x2−12x﹣1．
（2）在y=12x2−12x﹣1中，令x＝0，y＝﹣1，∴C（0，﹣1）
∵点C关于x轴的对称点为C1，
∴C1（0，1），设直线C1B解析式为y＝kx+b，将B（2，0），C1（0，1）分别代入得2k+b=0b=1，解得k=−12b=1，
∴直线C1B解析式为y=−12x+1，设M（t，−12t+1），则 E（t，0），F（0，−12t+1）
∴S矩形MFOE＝OE×OF＝t（−12t+1）=−12（t﹣1）2+12，
∵−12＜0，
∴当t＝1时，S矩形MFOE最大值=12，此时，M（1，12）；即点M为线段C1B中点时，S矩形MFOE最大．
（3）由题意，C（0，﹣1），C1（0，1），以C、C1、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，分以下两种情况：
①C1C为边，则C1C∥PQ，C1C＝PQ，设P（m，12m+1），Q（m，12m2−12m﹣1），
∴|（12m2−12m﹣1）﹣（12m+1）|＝2，解得：m1＝4，m2＝﹣2，m3＝2，m4＝0（舍），
P1（4，3），Q1（4，5）；P2（﹣2，0），Q2（﹣2，2）；P3（2，2），Q3（2，0）
②C1C为对角线，∵C1C与PQ互相平分，C1C的中点为（0，0），
∴PQ的中点为（0，0），设P（m，12m+1），则Q（﹣m，12m2+12m﹣1）
∴（12m+1）+（12m2+12m﹣1）＝0，解得：m1＝0（舍去），m2＝﹣2，
∴P4（﹣2，0），Q4（2，0）；
综上所述，点P和点Q的坐标为：P1（4，3），Q1（4，5）或P2（﹣2，0），Q2（﹣2，2）或P3（2，2），Q3（2，0）或P4（﹣2，0），Q4（2，0）．
【点评】本题属于中考压轴题类型，主要考查了待定系数法求一次函数、二次函数解析式，二次函数的最值运用，平行四边形性质等，解题关键要正确表示线段的长度，掌握分类讨论的方法．
【题组三】
9．（2018秋•镇原县期末）如图，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
（1）求点A、B、C的坐标；
（2）点M（m，0）为线段AB上一点（点M不与点A、B重合），过点M作x轴的垂线，与直线AC交于点E，与抛物线交于点P，过点P作PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN⊥x轴于点N，可得矩形PQNM．如图，点P在点Q左边，试用含m的式子表示矩形PQNM的周长；
（3）当矩形PQNM的周长最大时，m的值是多少？并求出此时的△AEM的面积；
（4）在（3）的条件下，当矩形PMNQ的周长最大时，连接DQ，过抛物线上一点F作y轴的平行线，与直线AC交于点G（点G在点F的上方）．若FG＝22DQ，求点F的坐标．

【分析】（1）利用函数图象与坐标轴的交点的求法，求出点A，B，C的坐标；
（2）先确定出抛物线对称轴，用m表示出PM，MN即可；
（3）由（2）得到的结论判断出矩形周长最大时，确定出m，进而求出直线AC解析式，即可；
（4）在（3）的基础上，判断出N应与原点重合，Q点与C点重合，求出DQ＝DC=2，再建立方程（n+3）﹣（﹣n2﹣2n+3）＝4即可．
【解答】解：
（1）由抛物线y＝﹣x2﹣2x+3可知，C（0，3）．
令y＝0，则0＝﹣x2﹣2x+3，
解得，x＝﹣3或x＝l，
∴A（﹣3，0），B（1，0）．
（2）由抛物线y＝﹣x2﹣2x+3可知，对称轴为x＝﹣1．
∵M（m，0），
∴PM＝﹣m2﹣2m+3，MN＝（﹣m﹣1）×2＝﹣2m﹣2，
∴矩形PMNQ的周长＝2（PM+MN）＝（﹣m2﹣2m+3﹣2m﹣2）×2＝﹣2m2﹣8m+2．
（3）∵﹣2m2﹣8m+2＝﹣2（m+2）2+10，
∴矩形的周长最大时，m＝﹣2．
∵A（﹣3，0），C（0，3），
设直线AC的解析式y＝kx+b，
∴−3k+b=0b=3
解得k＝l，b＝3，
∴解析式y＝x+3，
令x＝﹣2，则y＝1，
∴E（﹣2，1），
∴EM＝1，AM＝1，
∴S=12AM×EM=12．
（4）∵M（﹣2，0），抛物线的对称轴为x＝﹣l，
∴N应与原点重合，Q点与C点重合，
∴DQ＝DC，
把x＝﹣1代入y＝﹣x2﹣2x+3，解得y＝4，
∴D（﹣1，4），
∴DQ＝DC=2．
∵FG＝22DQ，
∴FG＝4．
设F（n，﹣n2﹣2n+3），则G（n，n+3），
∵点G在点F的上方且FG＝4，
∴（n+3）﹣（﹣n2﹣2n+3）＝4．
解得n＝﹣4或n＝1，
∴F（﹣4，﹣5）或（1，0）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了函数图象与坐标轴的交点的求法，待定系数法求函数解析式，函数极值的确定，解本题的关键是用m表示出矩形PMNQ的周长．
10．（2018•辽阳）如图，直线y＝x﹣3与坐标轴交于A、B两点，抛物线y=14x2+bx+c经过点B，与直线y＝x﹣3交于点E（8，5），且与x轴交于C，D两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上有一点M，当∠MBE＝75°时，求点M的横坐标；
（3）点P在抛物线上，在坐标平面内是否存在点Q，使得以点P，Q，B，C为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）直线y＝x﹣3与坐标轴交于A、B两点，则A（3，0）B（0，﹣3），把B、E点坐标代入二次函数方程，解得：抛物线的解析式y=14x2﹣x﹣3…①；
（2）当∠MBE＝75°时，如下图所示，分M在x轴上和x轴下分别求解即可；
（3）存在．当BC为矩形对角线时，矩形位置如图所示，经验证这种情况不存在，同理当BC为矩形一边时，矩形所在的位置如图所示，有几何位置关系即可求解．
【解答】解：（1）直线y＝x﹣3与坐标轴交于A、B两点，
则A（3，0）B（0，﹣3），
把B、E点坐标代入二次函数方程，解得：
抛物线的解析式y=14x2﹣x﹣3…①，
则：C（6，0）；
（2）符合条件的有M和M′，如下图所示，

当∠MBE＝75°时，
∵OA＝OB，∴∠MBO＝30°，
此时符合条件的M只有如图所示的一个点，
MB直线的k为−3，所在的直线方程为：y=−3x﹣3…②，
联立方程①、②可求得：x＝4﹣43，
即：点M的横坐标4﹣43；
当∠M′BE＝75°时，∠OBM′＝120°，
直线MB的k值为−33，其方程为y=−33x﹣3，
将MB所在的方程与抛物线表达式联立，
解得：x=12−433，
故：即：点M的横坐标4﹣43或12−433．
（3）存在．

①当BC为矩形对角线时，矩形BP′CQ′所在的位置如图所示，
设：P′（m，n），
n=14m2﹣m﹣3…③，
P′C所在直线的k1=nm−6，
P′B所在的直线k2=n+3m，则：k1•k2＝﹣1…④，
③、④联立得：116m(m−6)(m2−2m+8)=0，
解得：m＝0或6，
这两个点分别和点B、C重合，
与题意不符，故：这种情况不存在，舍去．
②当BC为矩形一边时，
情况一：矩形BCQP所在的位置如图所示，
直线BC所在的方程为：y=12x﹣3，
则：直线BP的k为﹣2，所在的方程为y＝﹣2x﹣3…⑤，
联立①⑤解得点P（﹣4，5），
则Q（2，8），
情况二：矩形BCP″Q″所在的位置如图所示，
此时，P″在抛物线上，其坐标为：（﹣10，32），Q″坐标为（﹣16，29）．
故：存在矩形，点Q的坐标为：（2，8）或（﹣16，29）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
11．（2018•铁岭）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A，B，交y轴于点C．点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3），点C与点D关于抛物线的对称轴对称．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为抛物线对称轴上一点，连接BD，以PD，PB为边作平行四边形PDNB，是否存在这样的点P，使得▱PDNB是矩形？若存在，请求出tan∠BDN的值；若不存在，请说明理由；
（3）点Q在y轴右侧抛物线上运动，当△ACQ的面积与△ABQ的面积相等时，请直接写出点Q的坐标．

【分析】（1）把B点坐标、点C点坐标为代入抛物线y＝﹣x2+bx+c方程，即可求解；
（2）存在．设点P（1，m），由k1k2＝﹣1，即可求解；
（3）分点Q在x轴上方和x轴下方两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）把B点坐标、点C点坐标为代入抛物线y＝﹣x2+bx+c方程，
解得，抛物线方程为：y＝﹣x2+2x+3…①；
点A坐标为（﹣1，0），点D坐标为（2，3），函数的对称轴为x＝1；
（2）存在．设点P（1，m），

设函数对称轴交x轴于点N，过点D作DM⊥PN于点M，
则∠MDP＝∠BPN，则tan∠MDP＝tan∠BPN，
即：3−m2−1=3−1m，解得：m＝1或m＝2；
则点P（1，1）或（1，2），则：PD=2或5，
则PB＝22或5，
tan∠BDN=BDDN=PDPB=1或12；
（3）①当点Q在x轴上方时，
设点Q坐标为（t，﹣t2+2t+3），
则：AQ所在的直线方程为：y＝（3﹣t）x+（3﹣t），
如图所示，连接CA、QB，过点Q作x轴的垂线QN交x轴于N点，

当△ACQ的面积与△ABQ的面积相等时，
即：S四边形ACQB＝2S△ABQ，
S四边形ACQB＝S梯形CONQ+S△AOC+S△BQN=12（﹣t2+2t+3+3）×t+12×1×3+12（3﹣t）（﹣t2+2t+3），
=32（﹣t2+3t+4），
S△ABQ=12（3+1）（﹣t2+2t+3），
∵S四边形ACQB＝2S△ABQ，
化简得：5t2﹣7t﹣12＝0，
解得：t＝﹣1或125（舍去负值），
②当Q在x轴下方时，

由△ACQ的面积与△ABQ的面积相等，
则点B、C到AQ的距离相等，即AQ∥BC，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
则AQ的表达式为：y＝﹣（x+1）＝﹣x﹣1…②，
联立①②并解得：x＝4，故点Q坐标为（4，﹣5），
综上，点Q坐标为（125，5125）或（4，﹣5）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
12．（2018•抚顺）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c和直线y＝x+1交于A，B两点，点A在x轴上，点B在直线x＝3上，直线x＝3与x轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．以PQ为边作矩形PQNM，使点N在直线x＝3上．
①当t为何值时，矩形PQNM的面积最小？并求出最小面积；
②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
【分析】（1）利用待定系数法即可；
（2）①分别用t表示PE、PQ、EQ，用△PQE∽△QNC表示NC及QN，列出矩形PQNM面积与t的函数关系式问题可解；
②由①利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系，表示点M坐标，分别讨论M、N、Q在抛物线上时的情况，并分别求出t值．
【解答】解：（1）由已知，B点横坐标为3
∵A、B在y＝x+1上
∴A（﹣1，0），B（3，4）
把A（﹣1，0），B（3，4）代入y＝﹣x2+bx+c得
−1−b+c=0−9+3b+c=4
解得
b=3c=4
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4；
（2）①过点P作PE⊥x轴于点E．

∵直线y＝x+1与x轴夹角为45°，P点速度为每秒2个单位长度
∴t秒时点E坐标为（﹣1+t，0），Q点坐标为（3﹣2t，0）
∴EQ＝4﹣3t，PE＝t
∵∠PQE+∠NQC＝90°
∠PQE+∠EPQ＝90°
∴∠EPQ＝∠NQC
∴△PQE∽△QNC
∴PQNQ=PEQC=12
∴矩形PQNM的面积S＝PQ•NQ＝2PQ2
∵PQ2＝PE2+EQ2
∴S＝2（t2+(4−3t)2）2＝20t2﹣48t+32
当t=−b2a=65时，
S最小＝20×（65）2﹣48×65+32=165
②由①点Q坐标为（3﹣2t，0），P坐标为（﹣1+t，t）
∴△PQE∽△QNC，可得NC＝2EQ＝8﹣6t
∴N点坐标为（3，8﹣6t）
由矩形对角线互相平分
∴点M坐标为（3t﹣1，8﹣5t）
当M在抛物线上时
8﹣5t＝﹣（3t﹣1）2+3（3t﹣1）+4
解得t=10−279或10+279
当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t＝2
当N在抛物线上时，8﹣6t＝4
∴t=23
综上所述当t=23或10−279或10+279或2时，矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
【点评】本题是代数几何综合题，考查了二次函数、一次函数、三角形相似和矩形的有关性质，解答时应注意数形结合和分类讨论的数学思想．
【题组四】
13．（2018•曲靖）如图：在平面直角坐标系中，直线l：y=13x−43与x轴交于点A，经过点A的抛物线y＝ax2﹣3x+c的对称轴是x=32．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平移直线l经过原点O，得到直线m，点P是直线m上任意一点，PB⊥x轴于点B，PC⊥y轴于点C，若点E在线段OB上，点F在线段OC的延长线上，连接PE，PF，且PF＝3PE．求证：PE⊥PF；
（3）若（2）中的点P坐标为（6，2），点E是x轴上的点，点F是y轴上的点，当PE⊥PF时，抛物线上是否存在点Q，使四边形PEQF是矩形？如果存在，请求出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）先求得点A的坐标，然后依据抛物线过点A，对称轴是x=32列出关于a、c的方程组求解即可；
（2）设P（3a，a），则PC＝3a，PB＝a，然后再证明∠FPC＝∠EPB，最后通过等量代换进行证明即可；
（3）设E（a，0），然后用含a的式子表示BE的长，从而可得到CF的长，于是可得到点F的坐标，然后依据中点坐标公式可得到Qx+Px2=FX+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，从而可求得点Q的坐标（用含a的式子表示），最后，将点Q的坐标代入抛物线的解析式求得a的值即可．
【解答】解：（1）当y＝0时，13x−43=0，解得x＝4，即A（4，0），抛物线过点A，对称轴是x=32，得16a−12+c=0−−32a=32，
解得a=1c=−4，抛物线的解析式为y＝x2﹣3x﹣4；
（2）∵平移直线l经过原点O，得到直线m，
∴直线m的解析式为y=13x．
∵点P是直线m上任意一点，
∴设P（3a，a），则PC＝|3a|，PB＝|a|．
又∵PF＝3PE，
设PB＝n，PC＝3n，PE＝m，PF＝3m，
则CF=9m2−9n2=3m2−n2，BE=m2−n2，
∴PCPB=PFPE=FCEB=3，∵∠PCF＝∠PBE＝90°，
∴△PCF∽△PBE，
∴∠FPC＝∠EPB．
∵∠CPE+∠EPB＝90°，
∴∠FPC+∠CPE＝90°，
∴FP⊥PE．
（3）如图所示，点E在点B的左侧时，设E（a，0），则BE＝6﹣a．

∵CF＝3BE＝18﹣3a，
∴OF＝20﹣3a．
∴F（0，20﹣3a）．
∵PEQF为矩形，
∴Qx+Px2=FX+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，
∴Qx+6＝0+a，Qy+2＝20﹣3a+0，
∴Qx＝a﹣6，Qy＝18﹣3a．
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18﹣3a＝（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a＝4或a＝8（舍去）．
∴Q（﹣2，6）．
如下图所示：当点E在点B的右侧时，设E（a，0），则BE＝a﹣6．

∵CF＝3BE＝3a﹣18，
∴OF＝3a﹣20．
∴F（0，20﹣3a）．
∵PEQF为矩形，
∴Qx+Px2=FX+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，
∴Qx+6＝0+a，Qy+2＝20﹣3a+0，
∴Qx＝a﹣6，Qy＝18﹣3a．
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18﹣3a＝（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，解得：a＝8或a＝4（舍去）．
∴Q（2，﹣6）．
综上所述，点Q的坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）．

【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、待定系数法求二次函数的解析式、中点坐标公式，用含a的式子表示点Q的坐标是解题的关键．
14．（2019•湘西州）如图，抛物线y＝ax2+bx（a＞0）过点E（8，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左侧），点C、D在抛物线上，∠BAD的平分线AM交BC于点M，点N是CD的中点，已知OA＝2，且OA：AD＝1：3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）F、G分别为x轴，y轴上的动点，顺次连接M、N、G、F构成四边形MNGF，求四边形MNGF周长的最小值；
（3）在x轴下方且在抛物线上是否存在点P，使△ODP中OD边上的高为6105？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）矩形ABCD不动，将抛物线向右平移，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点K、L，且直线KL平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．

【分析】（1）由点E在x轴正半轴且点A在线段OE上得到点A在x轴正半轴上，所以A（2，0）；由OA＝2，且OA：AD＝1：3得AD＝6．由于四边形ABCD为矩形，故有AD⊥AB，所以点D在第四象限，横坐标与A的横坐标相同，进而得到点D坐标．由抛物线经过点D、E，用待定系数法即求出其解析式．
（2）画出四边形MNGF，由于点F、G分别在x轴、y轴上运动，故可作点M关于x轴的对称点点M'，作点N关于y轴的对称点点N'，得FM＝FM'、GN＝GN'．易得当M'、F、G、N'在同一直线上时N'G+GF+FM'＝M'N'最小，故四边形MNGF周长最小值等于MN+M'N'．根据矩形性质、抛物线线性质等条件求出点M、M'、N、N'坐标，即求得答案．
（3）因为OD可求，且已知△ODP中OD边上的高，故可求△ODP的面积．又因为△ODP的面积常规求法是过点P作PQ平行y轴交直线OD于点Q，把△ODP拆分为△OPQ与△DPQ的和或差来计算，故存在等量关系．设点P坐标为t，用t表示PE的长即列得方程．求得t的值要讨论是否满足点P在x轴下方的条件．
（4）由KL平分矩形ABCD的面积可得K在线段AB上、L在线段CD上，画出平移后的抛物线可知，点K由点O平移得到，点L由点D平移得到，故有K（m，0），L（2+m，﹣6）．易证KL平分矩形面积时，KL一定经过矩形的中心H且被H平分，求出H坐标为（4，﹣3），由中点坐标公式即求得m的值．
【解答】解：（1）∵点A在线段OE上，E（8，0），OA＝2
∴A（2，0）
∵OA：AD＝1：3
∴AD＝3OA＝6
∵四边形ABCD是矩形
∴AD⊥AB
∴D（2，﹣6）
∵抛物线y＝ax2+bx经过点D、E
∴4a+2b=−664a+8b=0 解得：a=12b=−4
∴抛物线的解析式为y=12x2﹣4x

（2）如图1，作点M关于x轴的对称点点M'，作点N关于y轴的对称点点N'，连接FM'、GN'、M'N'
∵y=12x2﹣4x=12（x﹣4）2﹣8
∴抛物线对称轴为直线x＝4
∵点C、D在抛物线上，且CD∥x轴，D（2，﹣6）
∴yC＝yD＝﹣6，即点C、D关于直线x＝4对称
∴xC＝4+（4﹣xD）＝4+4﹣2＝6，即C（6，﹣6）
∴AB＝CD＝4，B（6，0）
∵AM平分∠BAD，∠BAD＝∠ABM＝90°
∴∠BAM＝45°
∴BM＝AB＝4
∴M（6，﹣4）
∵点M、M'关于x轴对称，点F在x轴上
∴M'（6，4），FM＝FM'
∵N为CD中点
∴N（4，﹣6）
∵点N、N'关于y轴对称，点G在y轴上
∴N'（﹣4，﹣6），GN＝GN，
∴C四边形MNGF＝MN+NG+GF+FM＝MN+N'G+GF+FM'
∵当M'、F、G、N'在同一直线上时，N'G+GF+FM'＝M'N'最小
∴C四边形MNGF＝MN+M'N'=(6−4)2+(−4+6)2+(6+4)2+(4+6)2=22+102=122
∴四边形MNGF周长最小值为122．

（3）存在点P，使△ODP中OD边上的高为6105．
过点P作PQ∥y轴交直线OD于点Q，
∵D（2，﹣6）
∴OD=22+62=210，直线OD解析式为y＝﹣3x，
设点P坐标为（t，12t2﹣4t）（0＜t＜8），则点Q（t，﹣3t），
①如图2，当0＜t＜2时，点P在点D左侧，
∴PQ＝yQ﹣yP＝﹣3t﹣（12t2﹣4t）=−12t2+t，
∴S△ODP＝S△OPQ+S△DPQ=12PQ•xP+12PQ•（xD﹣xP）=12PQ（xP+xD﹣xP）=12PQ•xD＝PQ=−12t2+t
∵△ODP中OD边上的高h=6105，
∴S△ODP=12OD•h，
∴−12t2+t=12×210×6105，
方程无解
②如图3，当2＜t＜8时，点P在点D右侧
∴PE＝yP﹣yE=12t2﹣4t﹣（﹣3t）=12t2﹣t
∴S△ODP＝S△OPQ﹣S△DPQ=12PQ•xP−12PQ•（xP﹣xD）=12PQ（xP﹣xP+xD）=12PQ•xD=12t2﹣t
∴12t2﹣t=12×210×6105
解得：t1＝﹣4（舍去），t2＝6
∴P（6，﹣6）
综上所述，点P坐标为（6，﹣6）满足使△ODP中OD边上的高为6105．

（4）设抛物线向右平移m个单位长度后与矩形ABCD有交点K、L
∵KL平分矩形ABCD的面积
∴K在线段AB上，L在线段CD上，如图4
∴K（m，0），L（2+m，﹣6）
连接AC，交KL于点H
∵S△ACD＝S四边形ADLK=12S矩形ABCD
∴S△AHK＝S△CHL
∵AK∥LC
∴△AHK∽△CHL
∴S△AHKS△CHL=(AHCH)2=1
∴AH＝CH，即点H为AC中点
∴H（4，﹣3）也是KL中点
∴m+2+m2=4
∴m＝3
∴抛物线平移的距离为3个单位长度．




【点评】本题考查了矩形的性质，二次函数的图象与性质，轴对称求最短路径问题，勾股定理，坐标系中求三角形面积，抛物线的平移，相似三角形的判定和应用，中点坐标公式．易错的地方有第（1）题对点D、C、B坐标位置的准确说明，第（3）题在点D左侧不存在满足的P在点D左侧的讨论，第（4）题对KL必过矩形中心的证明．
15．（2019•宝安区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与矩形AOBC的边AC、BC分别交于点E，F，E（3，4），且F（8，32）为抛物线的顶点，将△CEF沿着EF翻折，点C恰好落在边OB上的点D处．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P为线段ED上一动点，连接PF，当PF平分∠EFD时，求PD的长度；
（3）四边形AODE以1个单位/秒的速度沿着x轴向右运动，当点E与点C重合时停止运动，设运动时间为t秒，运动后的四边形A′O′D′E′与△DEF重合部分的面积为S，请直接写出S与t的函数关系式．

【分析】（1）设抛物线解析式为y＝a（x﹣8）2+32，把E（3，4）代入求出a=110即可；
（2）由折叠的性质得：DF＝CF，∠EDF＝∠C＝90°，DE＝CE＝5，作EG⊥OB于G，则EG＝OA＝4，OG＝AE＝3，由勾股定理得出DG=DE2−EG2=3，得出BD＝2，设DF＝CF＝x，则BF＝4﹣x，在Rt△BDF中，由勾股定理得出方程，解方程得出DF＝CF=52，由勾股定理求出EF=CE2+CF2=552，作PH⊥EF于H，由角平分线性质得出PH＝PD，证出△PEH∽△FED，得出PHDF=PEEF，即可得出结果；
（3）分三种情况：当0≤t≤3时，此时重合部分为一个梯形；当3＜t＜258时，此时D′E′与DF的交点仍然在线段DF上，重合部分为一个梯形面积减去一个三角形的面积；当258≤t≤5时，重合部分为△DEF的面积减去一个三角形的面积．
【解答】解：（1）∵F（8，32）为抛物线的顶点，
∴设抛物线解析式为y＝a（x﹣8）2+32，把E（3，4）代入得：a（3﹣8）2+32=4，解得：a=110，
∴该抛物线的解析式为：y=110（x﹣8）2+32；
（2）∵四边形AOBC是矩形，
∴OB＝AC＝8，OA＝BC＝4，∠OBC＝∠C＝90°，
∵AE＝3，∴CE＝5，
由折叠的性质得：DF＝CF，∠EDF＝∠C＝90°，DE＝CE＝5，
作EG⊥OB于G，则EG＝OA＝4，OG＝AE＝3，∴DG=DE2−EG2=3，
∴BD＝OB﹣OG﹣DG＝2，
设DF＝CF＝x，则BF＝4﹣x，在Rt△BDF中，由勾股定理得：
22+（4﹣x）2＝x2，解得：x=52，
∴DF＝CF=52，∴EF=CE2+CF2=52+(52)2=552，
作PH⊥EF于H，
又∵PF平分∠EFD，∠PDF＝90°，
∴PH＝PD，
∵∠PHE＝∠EDF＝90°，∠PEH＝∠FED，
∴△PEH∽△FED，
∴PHDF=PEEF，即PH52=5−PH552，解得：PH=55−54，∴PD=55−54；
（3）分三种情况：如图所示：
①当0≤t≤3时，DD'＝EE'＝t，由（2）知，∠EDF＝90°，由平移可知，D'E’⊥DF，
∴cos∠FDB=DBDF=DMDD'=252
∴DM=45t，
设D'E'交EF于点M和点N，过点N作NQ⊥DE于点Q，则NQ＝DM=45t，
∵DFDE=12，
∴NQEQ=12，
∴EQ=85t，MN＝DQ＝5−85t，
∴S＝（5−85t+5）•45t÷2=−1625t2+4t；
②当3＜t＜258时，D'E’与EF的交点在点F左侧，可知需要用梯形面积减去左边一个小三角形的面积，类比①可得：
S=−1625t2+4t﹣（512t2−52t+154）=−317300t2+132t−154
③当258≤t≤5时，S=52×5÷2−（512t2−52t+154）=−512t2+52t+52
故S与t的函数关系式为：
S=−1625t2+4t，0≤t≤3−317300t2+132t−154，3＜t＜258−512t2+52t+52，258≤t≤5


【点评】本题属于动点函数问题，计算量非常大，难度很大，需要认真计算，仔细考虑图象所处的位置，分类讨论才能求解．
16．（2018春•开福区校级期末）如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（n，1）（n＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°得到矩形OA′B′C′，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A、A′、C′三点．
（1）求此抛物线的解析式（a、b、c可用含n的式子表示）；
（2）若抛物线对称轴是x＝1的一条直线，直线y＝kx+2（k≠0）与抛物线相交于两点D（x1，y1）、E（x2、y2）（x1＜x2），当|x1﹣x2|最小时，求抛物线与直线的交点D和E的坐标；
（3）若抛物线对称轴是x＝1的一条直线，如图2，点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一动点，点Q是坐标平面内一点，四边形APQM是以PM为对角线的平行四边形，点Q′与点Q关于直线CM对称，连接MQ′、PQ′，当△PMQ′与平行四边形APQM重合部分的面积是平行四边形的面积的14时，求平行四边形APQM的面积．

【分析】（1）先根据四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（n，1）（n＞0），求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标；把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出a、b、c的值，进而得出其抛物线的解析式；
（2）将一次函数与二次函数组成方程组，得到一元二次方程x2+（k﹣2）x﹣1＝0，根据根与系数的关系求出k的值，进而求出D（﹣1，0），E（1，4）；
（3）设P（0，p），根据平行四边形性质及点M坐标可得Q（2，4+p），分P点在AM下方与P点在AM上方两种情况，根据重合部分的面积关系及对称性求得点P的坐标后即可得▱APQM面积．
【解答】解：（1）∵四边形ABCO是矩形，点B的坐标为（n，1）（n＞0），
∴A（n，0），C（0，1），
∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转而成，
∴A′（0，n），C′（﹣1，0）；
将抛物线解析式为y＝ax2+bx+c，
∵A（n，0），A′（0，n），C′（﹣1，0），
∴an2+bn+c=0c=na−b+c=0，
解得a=−1b=n−1c=n，
∴此抛物线的解析式为：y＝﹣x2+（n﹣1）x+n；

（2）对称轴为x＝1，得−n−1−2=1，解得n＝3，
则抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
由y=kx+2y=−x2+2x+3，
整理可得x2+（k﹣2）x﹣1＝0，
∴x1+x2＝﹣（k﹣2），x1x2＝﹣1．
∴（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（k﹣2）2+4．
∴当k＝2时，（x1﹣x2）2的最小值为4，即|x1﹣x2|的最小值为2，
∴x2﹣1＝0，由x1＜x2可得x1＝﹣1，x2＝1，即y1＝4，y2＝0．
∴当|x1﹣x2|最小时，抛物线与直线的交点为D（﹣1，0），E（1，4）；

（3）①当P点在AM下方时，如答图1，

设P（0，p），易知M（1，4），从而Q（2，4+p），
∵△PM Q′与▱APQM重合部分的面积是▱APQM面积的14，
∴PQ′必过AM中点N（0，2），
∴可知Q′在y轴上，
易知QQ′的中点T的横坐标为1，而点T必在直线AM上，
故T（1，4），从而T、M重合，
∴▱APQM是矩形，
∵易得直线AM解析式为：y＝2x+2，
∵MQ⊥AM，
∴直线QQ′：y=−12x+92，
∴4+p=−12×2+92，
解得：p=−12，
∴PN=52，
∴S▱APQM＝2S△AMP＝4S△ANP＝4×12×PN×AO＝4×12×52×1＝5；

②当P点在AM上方时，如答图2，

设P（0，p），易知M（1，4），从而Q（2，4+p），
∵△PM Q′与▱APQM重合部分的面积是▱APQM面积的14，
∴PQ′必过QM中点R（32，4+p2），
易得直线QQ′：y=−12x+p+5，
联立y=2x+2y=−12x+p+5，
解得：x=6+2p5，y=22+4p5，
∴H（6+2p5，22+4p5），
∵H为QQ′中点，
故易得Q′（2+4p5，24+3p5），
由P（0，p）、R（32，4+p2）易得直线PR解析式为：y＝（83−p3）x+p，
将Q′（2+4p5，24+3p5）代入到y＝（83−p3）x+p得：24+3p5=（83−p3）×2+4p5+p，
整理得：p2﹣9p+14＝0，
解得p1＝7，p2＝2（与AM中点N重合，舍去），
∴P（0，7），
∴PN＝5，
∴S▱APQM＝2S△AMP＝2×12×PN×|xM﹣xA|＝2×12×5×2＝10．
综上所述，▱APQM面积为5或10．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法确定函数解析式、二次函数的性质、一元二次方程根与系数的关系、方程思想及分类讨论思想等知识点．在（2）中利用求得n的值是解题的关键，在（2）中确定出k的值是解题的关键，在（3）中根据点P的位置分类讨论及根据已知条件求出点P的坐标是解决本题的难点．
【题组五】
17．（2019•鼓楼区模拟）如图1，在直角坐标系中，已知点A（0，2）、点B（﹣2，0），过点B和线段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE．
（1）填空：点D的坐标为　（﹣1，3）　，点E的坐标为　（﹣3，2）　．
（2）若抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A、D、E三点，求该抛物线的解析式．
（3）若正方形和抛物线均以每秒5个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E落在y轴上时，正方形和抛物线均停止运动．
①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为s，求s关于平移时间t（秒）的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围．
②运动停止时，求抛物线的顶点坐标．

【分析】（1）构造全等三角形，由全等三角形对应线段之间的相等关系，求出点D、点E的坐标；
（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）本问非常复杂，须小心思考与计算：
①为求s的表达式，需要识别正方形（与抛物线）的运动过程．正方形的平移，从开始到结束，总共历时32秒，期间可以划分成三个阶段：当0＜t≤12时，对应图（3）a；当12＜t≤1时，对应图（3）b；当1＜t≤32时，对应图（3）c．每个阶段的表达式不同，请对照图形认真思考；
②当运动停止时，点E到达y轴，点E（﹣3，2）运动到点E′（0，72），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了32个单位．由此得到平移之后的抛物线解析式，进而求出其顶点坐标．
【解答】解：（1）由题意可知：OB＝2，OC＝1．
如图（1）所示，过D点作DH⊥y轴于H，过E点作EG⊥x轴于G．
易证△CDH≌△BCO，∴DH＝OC＝1，CH＝OB＝2，∴D（﹣1，3）；
同理△EBG≌△BCO，∴BG＝OC＝1，EG＝OB＝2，∴E（﹣3，2）．
∴D（﹣1，3）、E（﹣3，2）．

（2）抛物线经过（0，2）、（﹣1，3）、（﹣3，2），
则c=2a−b+c=39a−3b+c=2
解得 a=−12b=−32c=2，
∴y=−12x2−32x+2．

（3）①当点D运动到y轴上时，t=12．
当0＜t≤12时，如图（3）a所示．
设D′C′交y轴于点F
∵tan∠BCO=OBOC=2，又∵∠BCO＝∠FCC′
∴tan∠FCC′＝2，即FC'CC'=2
∵CC′=5t，∴FC′＝25t．
∴S△CC′F=12CC′•FC′=125t×25t＝5t2
当点B运动到点C时，t＝1．
当12＜t≤1时，如图（3）b所示．
设D′E′交y轴于点G，过G作GH⊥B′C′于H．
在Rt△BOC中，BC=22+12=5
∴GH=5，∴CH=12GH=52
∵CC′=5t，∴HC′=5t−52，∴GD′=5t−52
∴S梯形CC′D′G=12（5t−52+5t） 5=5t−54
当点E运动到y轴上时，t=32．
当1＜t≤32时，如图（3）c所示
设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N
∵CC′=5t，B′C′=5，
∴CB′=5t−5，∴B′N＝2CB′=25t−25
∵B′E′=5，∴E′N＝B′E′﹣B′N=35−25t
∴E′M=12E′N=12（35−25t）
∴S△MNE′=12（35−25t）•12（35−25t）＝5t2﹣15t+454
∴S五边形B′C′D′MN＝S正方形B′C′D′E′﹣S△MNE′=(5)2−（5t2﹣15t+454）＝﹣5t2+15t−254
综上所述，S与x的函数关系式为：
当0＜t≤12时，S＝5t2
当12＜t≤1时，S＝5t−54
当1＜t≤32时，S＝﹣5t2+15t−254
②当点E运动到点E′时，运动停止．如图（3）d所示
∵∠CB′E′＝∠BOC＝90°，∠BCO＝∠B′CE′
∴△BOC∽△E′B′C
∴OBB'E'=BCE'C
∵OB＝2，B′E′＝BC=5
∴25=5E'C
∴CE′=52
∴OE′＝OC+CE′＝1+52=72
∴E′（0，72）
由点E（﹣3，2）运动到点E′（0，72），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了32个单位．
∵y=−12x2−32x+2=y=−12(x+32)2+258
∴原抛物线顶点坐标为（−32，258）
∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（32，378）．





【点评】本题是非常典型的动线型综合题，全面考查了初中数学代数几何的多个重要知识点，包括：二次函数的图象与性质、待定系数法求解析式、抛物线与几何变换（平移）、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等．难点在于第（3）问，识别正方形和抛物线平移过程的不同阶段是关键所在．作为中考压轴题，本题涉及考点众多，计算复杂，因而难度很大，对考生综合能力要求很高，具有很好的区分度．
18．（2019•临朐县一模）如图，已知直线y=−12x+1交坐标轴于A、B点，以线段AB为边向上作正方形ABCD，过点A、D、C的抛物线与直线的另一个交点为E．
（1）求点C、D的坐标
（2）求抛物线的解析式
（3）若抛物线与正方形沿射线AB下滑，直至点C落在x轴上时停止，求抛物线上C、E两点间的抛物线所扫过的面积．

【分析】（1）分别过C、D两点作x轴、y轴的垂线，利用三角形全等的关系可确定C、D两点的坐标；
（2）根据A、C、D三点的坐标求抛物线解析式；
（3）由平移的性质可判断线段CE所扫过的部分为平行四边形，CC′为底，BC为高，由此求出C、E两点间的抛物线所扫过的面积．
【解答】解：（1）如图，分别过C、D两点作x轴、y轴的垂线，垂足为M、N，
由直线AB的解析式得AO＝1，OB＝2，
由正方形的性质可证△ADN≌△BAO≌△CBM，
∴DN＝BM＝AO＝1，AN＝CM＝BO＝2，
∴C（3，2），D（1，3）；


（2）设抛物线解析式为y＝ax2+bx+c，
将A（0，1），C（3，2），D（1，3）三点坐标代入，得c=19a+3b+c=2a+b+c=3，
解得a=−56b=176c=1，
∴y=−56x2+176x+1；

（3）∵AB＝BC=OA2+OB2=5，
由△BCC′∽△AOB，得BCCC'=AOOB=12，
∴CC′＝2BC＝25，
由割补法可知，抛物线上C、E两点间的抛物线所扫过的面积＝S▱CEE′C′＝CC′×BC＝25×5=10，
即抛物线上C、E两点间的抛物线所扫过的面积为10．
【点评】本题考查了二次函数的综合运用，点的坐标，待定系数法求抛物线解析式及平移的性质．关键是根据正方形的性质构造全等三角形确定点的坐标，根据平移的性质判断阴影部分图形的形状，根据图形形状求面积．
19．（2019•宽城区一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3与抛物线y=−12x2+bx+c交于A、B两点，点A在x轴上，点B的横坐标为−13．动点P在抛物线上运动（不与点A、B重合），过点P作y轴的平行线，交直线AB于点Q．当PQ不与y轴重合时，以PQ为边作正方形PQMN，使MN与y轴在PQ的同侧，连结PM．设点P的横坐标为m．
（1）求b、c的值．
（2）当点N落在直线AB上时，直接写出m的取值范围．
（3）当点P在A、B两点之间的抛物线上运动时，设正方形PQMN的周长为C，求C与m之间的函数关系式，并写出C随m增大而增大时m的取值范围．
（4）当△PQM与坐标轴有2个公共点时，直接写出m的取值范围．

【分析】（1）先确定出点A，B的坐标，最后用待定系数法即可得出结论；
（2）设P（m，−12m2+13m+72），得出Q（m，﹣m+3），N（12m2−13m−12），（−12m2+13m+72））即可得出PN＝PQ，再用MN与y轴在PQ的同侧，建立不等式即可得出结论；
（3）由（2）知，PQ＝|−12m2+43m+12|，得出C＝﹣2（m−43）2+509，即可得出结论；
（4）分三种情况讨论计算即可得出结论．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴相交于点A，
∴A（3，0），
∵点B在直线y＝﹣x+3上，且B的横坐标为−13，
∴B（−13，103），
∵A，B在抛物线上，
∴−12×9+3b+c=0−12×19−13b+c=103，
∴b=13c=72，

（2）方法1、由（1）知，b=13，c=72，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+13x+72，
设P（m，−12m2+13m+72），
∵点Q在直线y＝﹣x+3上，
∴Q（m，﹣m+3），
∵点N在直线AB上，
∴N（12m2−13m−12），（−12m2+13m+72）），
∴PN＝|12m2−13m−12−m|＝|12m2−43m−12|
∴PQ＝|−12m2+13m+72−（﹣m+3）|＝|−12m2+43m+12|，
∵四边形PQMN时正方形，
∴PN＝PQ，
∴|12m2−43m−12|＝|−12m2+43m+12|，此时等式恒成立，
当m＜0且m≠−13时，
∵MN与y轴在PQ的同侧，
∴点N在点P右侧，
∴12m2−13m−12＞m，
∴m＜−13，
当m＞0且m≠3时，
∵MN与y轴在PQ的同侧，
∴点P在点N的右侧，
∴12m2−13m−12＜m，
∴−13＜m＜3，
∴0＜m＜3，
即：m的范围为m＜−13或0＜m＜3；
方法2、如图，
记直线AB与y轴的交点为D，
∵直线AB的解析式为y＝﹣x+3，
∴D（0，3），
∴OD＝3，
∵A（3，0），
∴OA＝3，
∴OA＝OB，
∴∠ODA＝45°，
∵PQ∥y轴，
∴∠PQB＝45°，
记：直线PN交直线AB于N'，
∵四边形PQMN是正方形，
∴∠QPN＝90°，
∴∠PN'Q＝45°＝∠PQN'，
∴PQ＝PN'，
∵四边形PQMN是正方形，
∴PQ＝PN，
点N在点P的左侧时，点N'都在直线AB上，
∵MN与y轴在PQ的同侧，
∴m的范围为m＜−13或0＜m＜3；

（3）由（1）知，b=13，c=72，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+13x+72，
设P（m，−12m2+13m+72），
∵点Q在直线y＝﹣x+3上，
∴Q（m，﹣m+3），
∴PQ＝|−12m2+13m+72−（﹣m+3）|＝|−12m2+43m+12|，
∵点P在点A，B之间的抛物线上，
∴PQ=−12m2+43m+12，（−13＜m＜3且m≠0），
∵设正方形PQMN的周长为C，
∴C＝4PQ＝4（−12m2+43m+12）＝﹣2m2+163m+2＝﹣2（m−43）2+509，
∵C随m增大而增大，
∴m＜43，
∴−13＜m＜43且m≠0；

（4）
由（2）知，P（m，−12m2+13m+72），
∴Q（m，﹣m+3），
∵四边形PQMN时正方形，
∴PN＝PQ，
当△PQM与坐标轴有两个交点时，即：△PQM只与y轴有两个交点，
∴PQ＞|xP|，
当m＞3时，﹣m+3﹣（−12m2+13m+72）=12m2−43m−12＞m，
∴m＞7+583，
当0＜m＜3，−12m2+43m+12＞m
∴0＜m＜1+103
当−13＜m＜0，−12m2+13m+72−（﹣m+3）=−12m2+43m+12＞−m，
∴7−583＜m＜0
当m＜−13，12m2−43m−12＞−m，
∴m＜1−103

【点评】此题时二次函数综合题，主要考查了待定系数法，正方形的性质，不等式的解法，二次函数的性质，解（2）的关键是得出PN，PQ，解（3）的关键是得出C与m的函数关系式，解（4）的关键是分类讨论的思想解决问题．
20．（2019•吴兴区一模）如图所示，动点A、B同时从原点O出发，运动的速度都是每秒1个单位，动点A沿x轴正方向运动，动点B沿y轴正方向运动，以OA、OB为邻边建立正方形OACB，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过B、C两点，假设A、B两点运动的时间为t秒：
（1）直接写出直线OC的解析式；
（2）当t＝3秒时，求此时抛物线的解析式；此时抛物线上是否存在一点D，使得S△BCD＝6？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；
（3）在（2）的条件下，有一条平行于y轴的动直线l，交抛物线于点E，交直线OC于点F，若以O、B、E、F四个点构成的四边形是平行四边形，求点F的坐标；
（4）在动点A、B运动的过程中，若正方形OACB内部有一个点P，且满足OP=2，CP＝2，∠OPA＝135°，直接写出此时AP的长度．

【分析】（1）根据正方形的性质可得∠AOC＝45°，然后写出直线OC的解析式即可；
（2）求出OA、OB，然后写出点B、C的坐标，再利用待定系数法求二次函数解析式解答，设BC边上的高为h，利用三角形的面积求出h，从而确定出点P的纵坐标，再代入抛物线解析式求解即可；
（3）分点E在点F上方和下方两种情况表示出EF，再根据平行四边形对边相等列方程求解即可；
（4）将△AOP绕点A逆时针旋转90°得到△AP′C，根据旋转的性质可得AP′＝AP，P′C＝OP，∠AP′C＝∠OPA，然后判断出△APP′是等腰直角三角形，再求出∠PP′C＝90°，利用勾股定理列式求出PP′，再根据等腰直角三角形的性质解答．
【解答】解：（1）∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOC＝45°，
∴直线OC的解析式为y＝x；

（2）∵t＝3秒，
∴OA＝OB＝3，
∴点B（0，3），C（3，3），
将点B、C代入抛物线得，c=3−9+3b+c=3，
解得b=3c=3，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+3，
设BC边上的高为h，
∵BC＝OA＝3，S△BCD＝6，
∴h＝4，
∴点D的纵坐标为3﹣4＝﹣1，
令y＝﹣1，则﹣x2+3x+3＝﹣1，
整理得，x2﹣3x﹣4＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
所以，D1（﹣1，﹣1），D2（4，﹣1）；

（3）∵OB＝3，
∴EF＝3，
设E（m，﹣m2+3m+3），F（m，m），
若E在F上方，则，﹣m2+3m+3﹣m＝3，
整理得，m2﹣2m＝0，
解得m1＝0（舍去），m2＝2，
∴F1（2，2），
若F在E上方，则，m﹣（﹣m2+3m+3）＝3，
整理m2﹣2m﹣6＝0，
解得m1＝1−7，m2＝1+7，
∴F2（1−7，1−7），
F3（1+7，1+7）；

（4）如图，将△AOP绕点A逆时针旋转90°得到△AP′C，
由旋转的性质得，AP′＝AP，P′C＝OP=2，∠AP′C＝∠OPA＝135°，
∵△APP′是等腰直角三角形，
∴∠AP′P＝45°，
∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，
由勾股定理得，PP′=PC2−P'C2=22−(2)2=2，
所以，AP=22PP′=22×2=1．

【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了正方形的性质，待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积，二次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，难点在于（2）求出点D的纵坐标，（3）分情况讨论，（4）利用旋转作出等腰直角三角形和直角三角形．