中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)題型訓(xùn)練壓軸題06二次函數(shù)與特殊四邊形存在性問(wèn)題（四大類(lèi)型）（解析版）

壓軸題06二次函數(shù)與特殊四邊形存在性問(wèn)題（四大類(lèi)型）題型一：二次函數(shù)與平行四邊形存在性問(wèn)題例1．（2023?澤州縣一模）綜合與探究．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與直線l交于B，C兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣2，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣1，﹣4）．（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式和點(diǎn)B的坐標(biāo)．（2）若P為直線l上一點(diǎn)，Q為拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)四邊形OBPQ為平行四邊形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．（3）如圖2，若拋物線與y軸交于點(diǎn)D，連接AD，BD，在拋物線上是否存在點(diǎn)M，使∠MAB＝∠ADB？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）由四邊形OBPQ為平行四邊形，則PQ＝PB＝3，得到點(diǎn)Q（m﹣3，m﹣3），即可求解；（3）利用解直角三角形的方法求出：sin∠ADM=ANAD=105210=2【解答】解：（1）由題意得：0=4?解得：b=?故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2﹣x﹣6①，令y＝x2﹣x﹣6＝0，解得：x＝﹣2或3，即點(diǎn)B（3，0）；（2）由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)得，直線BC的表達(dá)式為：y＝x﹣3，設(shè)點(diǎn)P（m，m﹣3），∵四邊形OBPQ為平行四邊形，則PQ＝OB＝3，則點(diǎn)Q（m﹣3，m﹣3），將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：m﹣3＝（m﹣3）2﹣（m﹣3）﹣6，解得：m＝4±7故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4+7，1+7）或（4?7（3）存在，理由：由拋物線的表達(dá)式知，點(diǎn)D（0，﹣6），由點(diǎn)A、B、D的坐標(biāo)得，AD＝210，BD＝35，過(guò)點(diǎn)A作AN⊥BD于點(diǎn)N，則S△ABD=12×AB×OD=12×BD×AN解得：AN=10則sin∠ADN=ANAD=105210=2則直線AM的表達(dá)式為：y＝x+2或﹣x﹣2②，聯(lián)立①②得：y=x解得：x=4y=6則點(diǎn)M的坐標(biāo)為：（4，6）或（2，﹣4）．【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、解直角三角形等，綜合性強(qiáng)，難度適中．題型二：二次函數(shù)與矩形存在性問(wèn)題例2．（2023?歙縣校級(jí)模擬）如圖，若二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0）、B（4，0），與y軸交于點(diǎn)C，連接BC．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）若點(diǎn)Q是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)K，使以點(diǎn)B、C、Q、K為頂點(diǎn)，BC為邊的四邊形是矩形？若存在請(qǐng)求出點(diǎn)K的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）將A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，列方程組求a、b的值；（2）設(shè)Q（m，﹣m2+3m+4），當(dāng)m＞0時(shí)，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥y軸交H點(diǎn)，過(guò)K作KG⊥x軸交G點(diǎn)，證明△CHQ≌△BGK（AAS），得到m＝﹣m2+3m+4﹣4，則HQ＝2，所以K（6，2）；當(dāng)m＜0時(shí)，設(shè)KC與x軸的交點(diǎn)為F，BQ與y軸的交點(diǎn)為H，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥y軸交G點(diǎn)，過(guò)K作KE⊥x軸交E點(diǎn)，證明△QHG≌△KFE（AAS），則有﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），求得m＝﹣2，則GQ＝2，可求K（﹣6，﹣2）【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，得a?解得a=?∴該二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+3x+4．（2）存在，理由如下：設(shè)Q（m，﹣m2+3m+4），當(dāng)m＞0時(shí)，如圖1，∵矩形是以BC為邊，∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥y軸交H點(diǎn)，過(guò)K作KG⊥x軸交G點(diǎn)，∵CQ＝BK，∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠HCQ＝∠GBK＝45°，∴△CHQ≌△BGK（AAS），∴HC＝HQ＝BG＝GK，∴m＝﹣m2+3m+4﹣4，∴m＝2或m＝0（舍），∴HQ＝2，∴K（6，2）；當(dāng)m＜0時(shí)，如圖2，∵矩形是以BC為邊，∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，設(shè)KC與x軸的交點(diǎn)為F，BQ與y軸的交點(diǎn)為H，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥y軸交G點(diǎn)，過(guò)K作KE⊥x軸交E點(diǎn)，∵∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠OBH＝∠OHB＝45°，∠FCO＝∠CFO＝45°，∴OF＝OC＝OB＝OH＝4，∠HQG＝∠EFK＝45°，∵KC＝BQ，CF＝HB，∴FK＝QH，∴△QHG≌△KFE（AAS），∴QG＝HG＝EF＝EK，∴﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），∴m＝﹣2或m＝4（舍），∴GQ＝2，∴K（﹣6，﹣2）；綜上所述，K點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣6，﹣2）或（6，2）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，靈活應(yīng)用矩形和等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型三:二次函數(shù)與菱形存在性問(wèn)題例3．（2023春?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)A（0，1），B（4，﹣1）．直線AB交x軸于點(diǎn)C，P是直線AB上方且在對(duì)稱(chēng)軸右側(cè)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作PD⊥AB，垂足為D，E為點(diǎn)P關(guān)于拋物線的對(duì)稱(chēng)軸的對(duì)應(yīng)點(diǎn)．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）當(dāng)5PD+PE的最大值時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)和5（3）將拋物線y關(guān)于直線x＝3作對(duì)稱(chēng)后得新拋物線y'，新拋物線與原拋物線相交于點(diǎn)F，M是新拋物線對(duì)稱(chēng)軸上一點(diǎn)，N是平面中任意一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)N，使得以C，F(xiàn)，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，寫(xiě)出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)，并寫(xiě)出求解點(diǎn)N的坐標(biāo)的其中一種情況的過(guò)程．【分析】（1）用待定系數(shù)法可得拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣x2+72（2）過(guò)P作PK⊥x軸于T，交AB于K，由A（0，1），B（4，﹣1）可得直線AB解析式為y=?12x+1，可得C（2，0），OC＝2，AC=OA2+OC2=5，設(shè)P（m，﹣m2+72m+1），有E（72?m，﹣m2+72m+1），PE＝m﹣（72?m）＝﹣m2+4m，根據(jù)△PDK∽△COA，得PD=25（﹣m2+4m（3）拋物線y＝﹣x2+72x+1的頂點(diǎn)為（74，6516），故拋物線y＝﹣x2+72x+1關(guān)于直線x＝3對(duì)稱(chēng)后得到的新拋物線為y＝﹣（x?174）2+6516，聯(lián)立解析式得F（3，52），設(shè)M（174，t），N（p，q），分三種情況：①若FM，NC為對(duì)角線，則FM，NC的中點(diǎn)重合，且FC＝MC，3+174=p+252【解答】解：（1）把A（0，1），B（4，﹣1）代入y＝﹣x2+bx+c得：c=1?16+4b+c=?1解得b=7∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣x2+72（2）過(guò)P作PK⊥x軸于T，交AB于K，如圖：由A（0，1），B（4，﹣1）可得直線AB解析式為y=?1令y＝0得x＝2，∴C（2，0），OC＝2，∴AC=O∵y＝﹣x2+72x+1＝﹣（x?74∴拋物線y＝﹣x2+72x+1的對(duì)稱(chēng)軸為直線x設(shè)P（m，﹣m2+72m+1），則K（m，?∵74?（m?74∴E（72?m，﹣m2+∴PE＝m﹣（72?m）＝2m?72，PK＝﹣m2+72m+1﹣（?12∵∠PKD＝90°﹣∠KCT＝90°﹣∠ACO＝∠OAC，∠PDK＝∠AOC，∴△PDK∽△COA，∴PDPK=OC∴PD=25（﹣m2+4∴5PD+PE=5×25（﹣m2+4m）+2m?72∵﹣2＜0，∴m=52時(shí)，5PD+此時(shí)P（52，7∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（52，72），（3）∵y＝﹣x2+72x+1＝﹣（x?74∴拋物線y＝﹣x2+72x+1的頂點(diǎn)為（74∵（74，6516）關(guān)于直線x＝3的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為（174∴拋物線y＝﹣x2+72x+1關(guān)于直線x＝3對(duì)稱(chēng)后得到的新拋物線為y＝﹣（x?174解y=?x2∴F（3，52設(shè)M（174，t），N（p，q又C（2，0），①若FM，NC為對(duì)角線，則FM，NC的中點(diǎn)重合，且FC＝MC，∴3+17解得p=214q=∴N（214，10+354）或（21②以FN，MC為對(duì)角線，同理可得：3+p=17解得p=134q=∴N（134，914）或（134③以FC，MN為對(duì)角線，同理可得：3+2=17解得p=34q=∴N（34，5510）或（34∴N的坐標(biāo)為（214，10+354）或（214，10?354）或（134，914）或（134，?【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，三角形相似的判定與性質(zhì)，菱形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是用含字母的式子表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長(zhǎng)度．題型四:二次函數(shù)與正方形存在性問(wèn)題例4．（2023?前郭縣一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2﹣4x+c與y軸相交于點(diǎn)A（0，2）．（1）求c的值；（2）點(diǎn)B為y軸上一點(diǎn)，其縱坐標(biāo)為m（m≠2），連接AB，以AB為邊向右作正方形ABCD．①設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為P，當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，求m的值；②當(dāng)點(diǎn)C在拋物線上時(shí)，求m的值；③當(dāng)拋物線與正方形ABCD有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，直接寫(xiě)出m的取值范圍．【分析】（1）把點(diǎn)A（0，2）代入y＝x2﹣4x+c即得c＝2；（2）①由y＝x2﹣4x+2頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，﹣2），可得m＝﹣2；②分兩種情況：當(dāng)m＞2時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（m﹣2，m），代入y＝x2﹣4x+2得m＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，當(dāng)m＜2時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2﹣m，m），代入y＝x2﹣4x+2得m＝（2﹣m）2﹣4（2﹣m）+2，解方程可得答案；③分三種情況：當(dāng)m＞2時(shí)，若D在拋物線上，則拋物線與正方形ABCD有兩個(gè)交點(diǎn)，而D（m﹣2，2），代入y＝x2﹣4x+2得2＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，可知此時(shí)m的值為6；當(dāng)m＜2時(shí)，若C在拋物線內(nèi)部，拋物線與正方形ABCD有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)﹣1＜m＜2；若BC在頂點(diǎn)下方時(shí)，拋物線與正方形ABCD有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)m＜﹣2．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2﹣4x+c與y軸相交于點(diǎn)A（0，2），∴把點(diǎn)A（0，2）代入y＝x2﹣4x+c得c＝2，∴c的值為2；（2）①如圖，∵y＝x2﹣4x+2＝（x﹣2）2﹣2，∴頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，﹣2），∵點(diǎn)P在BC上，且點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，m），∴m＝﹣2；②當(dāng)m＞2時(shí)，如圖，由A（0，2），B（0，m）得AB＝m﹣2，∵四邊形ABCD為正方形，∴BC＝AB＝m﹣2，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（m﹣2，m）．∵點(diǎn)C在拋物線y＝x2﹣4x+2上，∴把點(diǎn)C（m﹣2，m）代入y＝x2﹣4x+2得：m＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，解得m1＝2（舍去），m2＝7；當(dāng)m＜2時(shí)，如圖，由A（0，2），B（0，m）得AB＝2﹣m，∵四邊形ABCD為正方形，∴BC＝AB＝2﹣m，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2﹣m，m），∵點(diǎn)C在拋物線y＝x2﹣4x+2上，∴把點(diǎn)C（2﹣m，m）代入y＝x2﹣4x+2得：m＝（2﹣m）2﹣4（2﹣m）+2，解得m1＝2（舍去），m2＝﹣1，綜上可知：當(dāng)點(diǎn)C在拋物線上時(shí)，m＝7或m＝﹣1；③當(dāng)m＞2時(shí)，如圖：若D在拋物線上，則拋物線與正方形ABCD有兩個(gè)交點(diǎn)，∵AD＝AB＝m﹣2，∴D（m﹣2，2），代入y＝x2﹣4x+2得：2＝（m﹣2）2﹣4（m﹣2）+2，解得m＝6或m＝2（舍去），∴此時(shí)m的值為6；當(dāng)m＜2時(shí)，如圖：若C在拋物線內(nèi)部，拋物線與正方形ABCD有兩個(gè)交點(diǎn)，由②知，m＝﹣1時(shí)C在拋物線上，∴此時(shí)﹣1＜m＜2；若BC在頂點(diǎn)下方時(shí)，拋物線與正方形ABCD有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖：由①知，當(dāng)m＝﹣2時(shí)，頂點(diǎn)在拋物線上，∴此時(shí)m＜﹣2；綜上所述，拋物線與正方形ABCD有兩個(gè)交點(diǎn)，m的范圍是：m＜﹣2或﹣1＜m＜2或m＝6．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，正方形性質(zhì)及應(yīng)用，函數(shù)圖象上點(diǎn)坐標(biāo)的特征等，解題的關(guān)鍵是分類(lèi)討論思想的應(yīng)用．1．（2023春?興化市月考）已知：二次函數(shù)y＝ax2+2ax﹣8a（a為常數(shù)，且a＞0）的圖象與x軸交于點(diǎn)A、B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為點(diǎn)D．（1）分別求點(diǎn)A、B的坐標(biāo)；（2）若△ABC是直角三角形，求該二次函數(shù)相應(yīng)的表達(dá)式；（3）當(dāng)a=12時(shí)，一次函數(shù)y=12x+b的圖象過(guò)B點(diǎn)，與二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸交于Q點(diǎn)，N為一次函數(shù)圖象上一點(diǎn)，過(guò)N點(diǎn)作y的平行線交二次函數(shù)圖象于M點(diǎn)，當(dāng)D、M、N【分析】（1）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令y＝0可解得A（﹣4，0），B（2，0）；（2）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令x＝0得C（0，﹣8a），即可得AC2＝16+64a2，BC2＝4+64a2，AB2＝36，故16+64a2+4+64a2＝36，解方程，根據(jù)a＞0，得二次函數(shù)相應(yīng)的表達(dá)式為y=24x2+22x（3）當(dāng)a=12時(shí)，y=12x2+x﹣4=12（x+1）2?92，可得D（﹣1，?92），Q（﹣1，?32），設(shè)N（m，12m﹣1），則M（m，12m2+m﹣4），①若QN，DM為對(duì)角線，則QN，DM的中點(diǎn)重合，有?32+12m﹣1=?92+12m2【解答】解：（1）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令y＝0得：0＝ax2+2ax﹣8a，解得x＝﹣4或x＝2，∴A（﹣4，0），B（2，0）；（2）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令x＝0得y＝﹣8a，∴C（0，﹣8a），∵A（﹣4，0），B（2，0）；∴AC2＝16+64a2，BC2＝4+64a2，AB2＝36，∵△ABC是直角三角形，∴AC2+BC2＝AB2，即16+64a2+4+64a2＝36，解得a＝±24∵a＞0，∴a=2∴二次函數(shù)相應(yīng)的表達(dá)式為y=24x2+22x（3）當(dāng)a=12時(shí)，y=12x2+x﹣4=12∴拋物線對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣1，D（﹣1，?9把B（2，0）代入y=12x+b得：0＝1+∴b＝﹣1，∴y=12x令x＝﹣1得y=?∴Q（﹣1，?3設(shè)N（m，12m﹣1），則M（m，12m2+m∵DQ∥MN，∴D、M、N、Q四點(diǎn)組成的四邊形是平行四邊形，分兩種情況：①若QN，DM為對(duì)角線，則QN，DM的中點(diǎn)重合，∴?32+12m﹣1=?解得m＝﹣4或m＝3，∴N（﹣4，﹣3）或（3，12②若QM，DN為對(duì)角線，則QM，DN的中點(diǎn)重合，∴?32+12m2+m﹣解得m＝0或m＝﹣1（此時(shí)N與Q重合，舍去），∴N（0，﹣1）；綜上所述，N的坐標(biāo)為（﹣4，﹣3）或（3，12）或（0，﹣【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，直角三角形，平行四邊形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是用含字母的式子表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長(zhǎng)度．2．（2023春?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+8（a≠0）與x軸交于點(diǎn)B（﹣4，0），點(diǎn)C（8，0），與y軸交于點(diǎn)A．點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0，4）．（1）求二次函數(shù)的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)．（2）如圖1，點(diǎn)F為該拋物線在第一象限內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)E作FE∥CD，交CD于點(diǎn)F，求EF+55DF（3）如圖2，在（2）的情況下，將原拋物線繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°得到新拋物線y'，點(diǎn)N是新拋物線y'上一點(diǎn)，在新拋物線上的對(duì)稱(chēng)軸上是否存在一點(diǎn)M，使得點(diǎn)D，E，M，N為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，并寫(xiě)出其中一個(gè)點(diǎn)M的求解過(guò)程．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）由EF+55DF=EF+HF＝y(tǒng)E﹣yF+4﹣yF＝4+yE﹣2（3）當(dāng)DE是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式，列出方程組即可求解，當(dāng)EM或EM是對(duì)角線時(shí)，同理可解．【解答】解：（1）設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），則y＝a（x+4）（x﹣8）＝a（x2﹣4x﹣32），則﹣32a＝4，解得：a=?則拋物線的表達(dá)式為：y=?14x2（2）由點(diǎn)C、D的坐標(biāo)得，直線CD的表達(dá)式為：y=?1設(shè)點(diǎn)F（x，?12x+4），則點(diǎn)E（x，?14x過(guò)點(diǎn)D作DH⊥EF于點(diǎn)H，則DH∥x軸，則∠DCO＝∠HDC＝α，在Rt△COD中，tanα=ODOC=4則FH＝DFsinα=55則EF+55DF=EF+HF＝y(tǒng)E﹣yF+4﹣yF＝4+yE﹣＝4?14x2+x+8+2（?12x+4）=?=?14（x﹣4）2∴當(dāng)x＝4時(shí)，EF+55DF（3）存在，理由：由拋物線的表達(dá)式知，其頂點(diǎn)為（2，9），當(dāng)原拋物線繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，新拋物線的頂點(diǎn)為（﹣2，﹣1），則y′=14（x+2）2﹣1=14x2+x，其對(duì)稱(chēng)軸為直線設(shè)點(diǎn)N（n，14x2+x），點(diǎn)M（﹣2，m當(dāng)DE是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：4=n?24+8=即點(diǎn)M的坐標(biāo)為：（﹣2，﹣3）；當(dāng)EM或EM是對(duì)角線時(shí)，同理可得：n+4=?28+解得：n=?即點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣2，7）或（﹣2，﹣1）；綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：（﹣2，﹣3）或（﹣2，7）或（﹣2，﹣1）．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，一次函數(shù)的應(yīng)用，二次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．3．（2023?武清區(qū)校級(jí)模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2+bx+3的圖象與x軸交于A（﹣4，0），B（2，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．（1）求這個(gè)二次函數(shù)的解析式；（2）拋物線上是否存在點(diǎn)Q，且滿足AB平分∠CAQ，若存在，求出Q點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由；（3）點(diǎn)N為x軸上一動(dòng)點(diǎn)，在拋物線上是否存在點(diǎn)M，使以B，C，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．【分析】（1）將點(diǎn)A（﹣4，0），B（2，0）代入y＝ax2+bx+3中，即可求解；（2）作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E，連接AE交拋物線于Q，求出直線AE的解析式，聯(lián)立二次函數(shù)得到方程組，再求解即可；（3）分情況討論，分當(dāng)BN∥CM，BN為邊時(shí)和MN∥BC，BN為對(duì)角線時(shí)，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及平移規(guī)律可分別求出點(diǎn)M的坐標(biāo)．【解答】解：（1）將點(diǎn)A（﹣4，0），B（2，0）代入y＝ax2+bx+3中，∴16a?解得a=?∴y=?38x2（2）作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E，連接AE交拋物線于Q，∵y=?38x2?34x∴C（0，3），∴E（0，﹣3），設(shè)直線AE的解析式為y＝kx+p，∴?4k+p=0解得k=?∴直線AE的解析式為y=?34聯(lián)立y=?38x2?3解得x＝4或﹣4（舍去），∴存在，Q點(diǎn)坐標(biāo)為（4，﹣6）；（3）①如圖2，當(dāng)BN∥CM，BN為邊時(shí)，∵yC＝3，∴yM＝3，在y=?38x2當(dāng)y＝3時(shí)，?38x2?34x+3＝3，解得x1＝0，x∴M（﹣2，3）；②當(dāng)MN∥BC，BN為對(duì)角線時(shí)，∵yC﹣yB＝3，∴yN﹣yM＝3，∴yM＝﹣3，在y=?38x2當(dāng)y＝﹣3時(shí)，?38x2?34x+3＝﹣3，解得x1＝﹣1+17，x2∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣1?17，﹣3）或（﹣1+17，綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣2，3）或（﹣1?17，﹣3）或（﹣1+17，【點(diǎn)評(píng)】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，分類(lèi)討論是解題的關(guān)鍵．4．（2023春?承德縣月考）已知二次函數(shù)y=14x2?32x?4與x數(shù)軸交于點(diǎn)A、B（A在發(fā)現(xiàn)：點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣2，0），求出直線BC的解析式；拓展：如圖1，點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上一點(diǎn)，連接PB、PC，當(dāng)△PBC面積最大時(shí)，求出P點(diǎn)的坐標(biāo)；探究：如圖2，拋物線頂點(diǎn)為D，拋物線對(duì)稱(chēng)軸交BC于點(diǎn)E，M是線段BC上一動(dòng)點(diǎn)（M不與B、C兩點(diǎn)重合），連接PM，設(shè)M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m（0＜m＜8），當(dāng)m為何值時(shí)，四邊形PMED為平行四邊形？【分析】發(fā)現(xiàn)：令y＝0代入求解可得A、B坐標(biāo)，然后令x＝0可得C點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而利用待定系數(shù)法可求直線解析式；拓展：過(guò)點(diǎn)P作PH∥y軸，交BC于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)P(m，14m2探究：由拋物線解析式可得對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝3，則有D(3，?254)，E(3，?5【解答】解：發(fā)現(xiàn)：令y＝0時(shí)，則14解得：x1＝﹣2，x2＝8，令x＝0時(shí)，則有y＝﹣4，∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，﹣4），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，則有：8k+b=0b=?4解得：k=1∴直線BC的解析式為y=1拓展：過(guò)點(diǎn)P作PH∥y軸，交BC于點(diǎn)H，如圖所示：設(shè)點(diǎn)P(m，14∴PH=?∴S△PBC∵0＜m＜8，且函數(shù)S△PBC∴當(dāng)m＝4時(shí)，△PBC的面積最大，此時(shí)點(diǎn)P（4，﹣6）；探究：由拋物線解析式y(tǒng)=14x∴D(3，?∴DE=15∵四邊形PMED為平行四邊形，∴DE∥PM，DE＝PM，由題意知M(m，12∴PM=?∴?1解得：m1＝5，m2＝3（不符合題意，舍去），∴當(dāng)m＝5時(shí)，四邊形PMED為平行四邊形．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二次函數(shù)的綜合，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2023春?梅江區(qū)校級(jí)月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△AOC繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△DOB，其中OA＝1，OC＝3．（1）若二次函數(shù)經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)，求該二次函數(shù)的解析式；（2）在（1）條件下，在二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸l上是否存在一點(diǎn)P，使得PA+PC最小？若P點(diǎn)存在，求出P點(diǎn)坐標(biāo)；若P點(diǎn)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．（3）在（1）條件下，若E為x軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，使得B、C、E、F構(gòu)成平行四邊形時(shí)，求E點(diǎn)坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）由拋物線的對(duì)稱(chēng)性可以得出點(diǎn)A、B關(guān)于拋物線的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，連接BC交對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)P，則點(diǎn)P是所求的點(diǎn)，進(jìn)而求解；（3）當(dāng)BC是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：3=x+m?3=m2?2m?3，即可求解；當(dāng)【解答】解：（1）由題意得，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為：（﹣1，0）、（0，﹣3），∵△AOC繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△DOB，∴OC＝OB＝3，即點(diǎn)B（3，0），設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x﹣3）（x+1）＝a（x2﹣2x﹣3），則﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，故拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3；（2）由拋物線的對(duì)稱(chēng)性可以得出點(diǎn)A、B關(guān)于拋物線的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，∴連接BC交對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)P，則點(diǎn)P是所求的點(diǎn)．∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，∴P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1．設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n（m≠0），將B（3，0）、C（0，﹣3）代入y＝mx+n，得：3m+n=0n=?3解得：m=1n=?3∴直線BC的解析式為y＝x﹣3，∴當(dāng)x＝1時(shí)，y＝x﹣3＝﹣2，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，﹣2）；（3）設(shè)點(diǎn)E（x，0）、點(diǎn)F（m，m2﹣2m﹣3），當(dāng)BC是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：3=x+m?3=m2即點(diǎn)E（1，0）；當(dāng)BE是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：x+3=m0=m2即點(diǎn)E（﹣2±7當(dāng)BF是對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：m+3=xm2?2m?3=?3即點(diǎn)E（5，0）；綜上，點(diǎn)E的坐標(biāo)為：（1，0）或（﹣2+7，0）或（﹣2?7，0）或【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到待定系數(shù)法求二次（一次）函數(shù)解析式、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及軸對(duì)稱(chēng)中最短路徑問(wèn)題、平行四邊形的性質(zhì)等，其中（3），分類(lèi)求解是本題解題的關(guān)鍵．6．（2022秋?云州區(qū)期末）綜合與探究如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象經(jīng)過(guò)x軸上的點(diǎn)A（6，0）和y軸上的點(diǎn)B，且對(duì)稱(chēng)軸為直線x=7（1）求二次函數(shù)的解析式．（2）點(diǎn)E位于拋物線第四象限內(nèi)的圖象上，以O(shè)E，AE為邊作平行四邊形OEAF，當(dāng)平行四邊形OEAF為菱形時(shí)，求點(diǎn)F的坐標(biāo)與菱形OEAF的面積．（3）連接AB，在直線AB上是否存在一點(diǎn)P，使得△AOP與△AOB相似，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)P坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）平行四邊形OEAF為菱形，則EF為AO的中垂線，則點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為12（3）S△OAB=12×AO×OB=12×OP×AB，即4×6【解答】解：（1）由題意得：x=7解得：a=2故拋物線的表達(dá)式為：y=23x2?（2）∵平行四邊形OEAF為菱形，則EF為AO的中垂線，則點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為12當(dāng)x＝3時(shí)，y=23x2?143x+4＝﹣4，即點(diǎn)而點(diǎn)E、F關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，則點(diǎn)F（3，4），則菱形OEAF的面積=12×EF×（3）由拋物線的表達(dá)式知，點(diǎn)B（0，4），即OB＝4，由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)得，AB＝213，如下圖，在Rt△AOB中，tan∠OBA=OAOB=64=過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AO于點(diǎn)H，∵∠ABO+∠BOP＝90°，∠BOP+∠POH＝90°，∴∠ABO＝∠PAO＝α當(dāng)OP⊥AB時(shí)，△AOP與△AOB相似，則S△OAB=12×AO×OB=12×OP×AB解得：OP=12則PH＝OPsinα=12同理可得：OH=24故點(diǎn)P（2413，36此外，當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)B重合時(shí)，也符合題設(shè)的要求，即點(diǎn)P（0，4），綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（2413，36【點(diǎn)評(píng)】此題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、配方法求頂點(diǎn)坐標(biāo)、平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定以及正方形的判定等知識(shí)．此題綜合性很強(qiáng)，難度較大，注意數(shù)形結(jié)合思想、方程思想與函數(shù)思想的應(yīng)用．7．（2023春?開(kāi)福區(qū)校級(jí)月考）【定義】對(duì)于函數(shù)圖象上的任意一點(diǎn)P（x，y），我們把x+y稱(chēng)為該點(diǎn)的“雅和”，把函數(shù)圖象上所有點(diǎn)的“雅和”的最小值稱(chēng)為該函數(shù)的“禮值”．根據(jù)定義回答問(wèn)題：（1）①點(diǎn)P（9，10）的“雅和”為19；（直接寫(xiě)出答案）②一次函數(shù)y＝3x+2（﹣1≤x≤3）的“禮值”為﹣2；（直接寫(xiě)出答案）（2）二次函數(shù)y＝x2﹣bx+c（bc≠0）（3≤x≤5）交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，點(diǎn)A與點(diǎn)B的“雅和”相等，若此二次函數(shù)的“禮值”為1﹣b，求b，c的值；（3）如圖所示，二次函數(shù)y＝x2﹣px+q的圖象頂點(diǎn)在“雅和”為0的一次函數(shù)的圖象上，四邊形OABC是矩形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（5，﹣3），點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)C在x軸上，當(dāng)二次函數(shù)y＝x2﹣px+q的圖象與矩形的邊有四個(gè)交點(diǎn)時(shí)，求p的取值范圍．【分析】（1）①根據(jù)新定義計(jì)算即可求解；②先計(jì)算x+y，設(shè)“雅和”為w，然后根據(jù)一次函數(shù)的最值出特征值即可．（2）根據(jù)題意得出A、B的坐標(biāo)，將點(diǎn)A（c，0）代入解析式得，求得函數(shù)的“禮值”和最小值，建立方程即可求解；（3）二次函數(shù)y＝x2﹣px+q的圖象頂點(diǎn)(p2，q?p24)在“雅和”為0的一次函數(shù)的圖象上，即y＝﹣x上，得出q=p24?p2【解答】解：（1）①∵x+y稱(chēng)為該點(diǎn)的“雅和”，可得點(diǎn)P（9，10）的“雅和”為：9+10＝19，故答案為：19．②∵一次函數(shù)y＝3x+2（﹣1≤x≤3）上的點(diǎn)為：（x，3x+2），設(shè)“雅和”為M，可得到：M＝x+3x+2＝4x+2，∵﹣1≤x≤3，M＝4x+2中，4＞0，y隨x的增大而增大，∴當(dāng)x＝﹣1時(shí)，取得最小值，最小值為﹣4+2＝﹣2，所以，一次函數(shù)y＝3x+2（﹣1≤x≤3）的“禮值”為﹣2，故答案為：﹣2．（2）∵y＝x2﹣bx+c（bc≠0）（3≤x≤5）分別交x軸、y軸于點(diǎn)A、點(diǎn)B，且點(diǎn)A與點(diǎn)B的“雅和”相等，∴B（0，c），A（c，0），且bc≠0，將點(diǎn)A（c，0）代入解析式得，c2﹣bc+c＝0，即c＝b﹣1．設(shè)此函數(shù)的“雅和”為t，則N＝x2+（1﹣b）x+c，又∵此二次函數(shù)的“禮值”為1﹣b，∴N的最小值為1﹣b，得到4c?(1?b)24=1?b，即4（b﹣1）﹣（b﹣1）2＝﹣解得：b＝9，則c＝9﹣1＝8；（3）∵二次函數(shù)y＝x2﹣px+q頂點(diǎn)為(??p2∵二次函數(shù)y＝x2﹣px+q的圖象頂點(diǎn)在“雅和”為0的一次函數(shù)的圖象上，即y＝﹣x上，∴p2+q?p∵四邊形OABC是矩形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（5，﹣3），點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，∴x＝5時(shí)，y=25?∵二次函數(shù)y＝x2﹣px+q的圖象與矩形的邊有四個(gè)交點(diǎn)，則拋物線的頂點(diǎn)在直線AB的下方，即y＜﹣3；二次函數(shù)圖象x＝5時(shí)，y＞﹣3，如圖所示：∴p2由①得：q?又q=p解得：p＞6；②p2又p2解得：p＝8或p＝14（舍去，拋物線的左側(cè)過(guò)點(diǎn)B），∵拋物線開(kāi)口向上，∴p24?112綜上所述，不等式的解集為：6＜p＜8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)綜合應(yīng)用，新定義問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建函數(shù)解決最值問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．8．（2023春?無(wú)錫月考）在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）的圖象分別與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)B作BC的垂線交對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)M，以BM、BC為鄰邊作矩形BMNC．（1）求A、B的坐標(biāo)；（2）當(dāng)點(diǎn)N恰好落在函數(shù)圖象上時(shí)，求二次函數(shù)的表達(dá)式；（3）作點(diǎn)N關(guān)于MC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)N'，則點(diǎn)N'能否落在函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)軸上，若能，請(qǐng)求出二次函數(shù)的表達(dá)式；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，解方程即可求解；（2）設(shè)直線x＝1與x軸交于點(diǎn)F，與BC交于點(diǎn)E，證明△MFB∽△BOC，得MF=a2，則M(1，2a)，根據(jù)矩形的性質(zhì)坐標(biāo)的平移得出N(?2，2a?3a)，將（3）同（2）的方法得出△BFE∽△BOC，得出E（1，﹣2a），則ME=2a+2a，根據(jù)題意得出CE【解答】解：（1）y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0），令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3∴A（﹣1，0），B（3，0）．（2）由題意知，拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，如圖所示，設(shè)直線x＝1與x軸交于點(diǎn)F，與BC交于點(diǎn)E，∴OF＝1，F(xiàn)B＝2，C（0，﹣3a），∵∠MBF+∠ABC＝∠OCB+∠ABC＝90°，∴∠MBF＝∠OCB，又∵∠MFB＝∠COB＝90°，∴△MFB∽△BOC，∴MFOB解得MF=2∴M(1，∵點(diǎn)B左移3個(gè)單位向下移動(dòng)3a個(gè)單位得到C，∴將點(diǎn)M左移3個(gè)單位向下移動(dòng)3a個(gè)單位得到N，∴N(?2，將N代入拋物線得8a=2a，即∵a＞0，∴a=1∴拋物線表達(dá)式為y=1（3）點(diǎn)N'不能落在對(duì)稱(chēng)軸上；理由：對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，∵EF∥OC，∴△BFE∽△BOC，∴EFOC即EF3a解得：EF＝2a，∴E（1，﹣2a），∵M(jìn)(1，∴ME=2∴當(dāng)點(diǎn)N'落在對(duì)稱(chēng)軸上時(shí)，∠NMC＝∠CME，∵M(jìn)N∥BC，∴∠NMC＝∠MCB，∴∠CME＝∠MCB，∴CE＝ME，∵C（0，﹣3a），E（1，﹣2a），∴12化簡(jiǎn)得3a4+7a2+4＝0，解得：a2所以方程無(wú)實(shí)數(shù)解，∴點(diǎn)N'不能落在對(duì)稱(chēng)軸上．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，二次函數(shù)的綜合運(yùn)用，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．9．（2022秋?開(kāi)福區(qū)校級(jí)期末）若凸四邊形的兩條對(duì)角線所夾銳角為60°，我們稱(chēng)這樣的凸四邊形為“美麗四邊形”．（1）①在“平行四邊形、矩形、菱形、正方形”中，一定不是“美麗四邊形”的有菱形、正方形；②若矩形ABCD是“美麗四邊形”，且AB＝1，則BC＝3或33（2）如圖1，“美麗四邊形”ABCD內(nèi)接于⊙O，AC與BD相交于點(diǎn)P，且對(duì)角線AC，為直徑，AP＝2，PC＝8，求另一條對(duì)角線BD的長(zhǎng)；（3）如圖2，平面直角坐標(biāo)系中，已知“美麗四邊形”ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)A（﹣2，0），C（1，0），B在第三象限，D在第一象限，AC與BD交于點(diǎn)O，且四邊形ABCD的面積為63，若二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a、b、c為常數(shù)，且a≠0）的圖象同時(shí)經(jīng)過(guò)這四個(gè)頂點(diǎn)，求a的值．【分析】（1）①由菱形、正方形的對(duì)角線互相垂直即可判斷．②矩形ABCD對(duì)角線相等且互相平分，再加上對(duì)角線夾角為60°，即出現(xiàn)等邊三角形，所以得到矩形相鄰兩邊的比等于tan60°．由于AB邊不確定是較長(zhǎng)還是較短的邊，故需要分類(lèi)討論計(jì)算．（2）過(guò)O點(diǎn)作OH垂直BD，連接OD，由∠DPC＝60°可求得OH，在Rt△ODH中勾股定理可求DH，再由垂徑定理可得BD＝2DH．（3）由BD與x軸成60°角可知直線BD解析為y=3x，由二次函數(shù)圖象與x軸交點(diǎn)為A、C可設(shè)解析式為y＝a（x+3）（x﹣2），把兩解析式聯(lián)立方程組，消去y后得到關(guān)于x的一元二次方程，解即為點(diǎn)B、D橫坐標(biāo)，所以用韋達(dá)定理得到xB+xD和xB?xD進(jìn)而得到用a表示的（xB﹣xD）2．又由四邊形面積可求得xD﹣xB＝6，即得到關(guān)于a的方程并解方程求得【解答】解：（1）①∵菱形、正方形的對(duì)角線互相垂直，∴菱形、正方形不是“美麗四邊形”，故答案為：菱形、正方形；②設(shè)矩形ABCD對(duì)角線相交于點(diǎn)O，∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∠ABC＝90°，∴AO＝BO＝CO＝DO，∵矩形ABCD是“美麗四邊形”，∴AC、BD夾角為60°，i）如圖1，若AB＝1為較短的邊，則∠AOB＝60°，∴△OAB是等邊三角形，∴∠OAB＝60°，在Rt△ABC中，tan∠OAB=BC∴BC=3AB=ii）如圖2，若AB＝1為較長(zhǎng)的邊，則∠BOC＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴∠OCB＝60°，在Rt△ABC中，tan∠OCB=AB∴BC=AB故答案為：3或33（2）過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BD于點(diǎn)H，連接OD，∴∠OHP＝∠OHD＝90°，BH＝DH=12∵AP＝2，PC＝8，∴⊙O直徑AC＝AP+PC＝10，∴OA＝OC＝OD＝5，∴OP＝OA﹣AP＝5﹣2＝3，∵四邊形ABCD是“美麗四邊形”，∴∠OPH＝60°，在Rt△OPH中，sin∠OPH=OH∴OH=32OP在Rt△ODH中，DH=O∴BD＝2DH=73（3）過(guò)點(diǎn)B作BM⊥x軸于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥x軸于點(diǎn)N，∴∠BMO＝∠DNO＝90°，∵四邊形ABCD是“美麗四邊形”，∴∠BOM＝∠DON＝60°，∴tan∠DON=DN即yD∴直線BD解析式為y=3x∵二次函數(shù)的圖象過(guò)點(diǎn)A（﹣2，0）、C（1，0），即與x軸交點(diǎn)為A、C，∴用交點(diǎn)式設(shè)二次函數(shù)解析式為y＝a（x+2）（x﹣1），∵y=a(x+2)(x?1)y=3x整理得：ax2+（a?3∴xB+xD=?a?3a，xB?x∴（xB﹣xD）2＝（xB+xD）2﹣4xB?xD＝（?a?3a∵S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ACD=12AC?BM+12AC?DN=12AC（BM+DN）=12AC（yD﹣yB）=12AC（3xD?3∴332（xD﹣xB）＝6∴xD﹣xB＝4，∴（?a?3a解得：a1=?3+267∴a的值為：?3+26【點(diǎn)評(píng)】本題考查了新定義的理解和性質(zhì)應(yīng)用，掌握菱形、正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，特殊三角函數(shù)的應(yīng)用，垂徑定理，一次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．10．（2022秋?南關(guān)區(qū)校級(jí)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝x2﹣2x+n（x＞0）的圖象記為G1，將G1繞坐標(biāo)原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°得到圖象G2，圖象G1和G2合起來(lái)記為圖象G．（1）若點(diǎn)P（﹣2，3）在圖象G上，求n的值．（2）當(dāng)n＝﹣1時(shí)．①若O（t，1）在圖象G上，求t的值．②當(dāng)k≤x≤3（k＜3）時(shí)，圖象G對(duì)應(yīng)函數(shù)的最大值為2，最小值為﹣2，直接寫(xiě)出k的取值范圍．（3）當(dāng)以A（﹣2，2），B（﹣2，﹣1），C（1，﹣1），D（1，2）為頂點(diǎn)的矩形ABCD的邊與圖象G有且只有3個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，直接寫(xiě)出n的取值范圍．【分析】（1）先求出圖象G1和G2的解析式，分點(diǎn)P分別在圖象G1和G2上兩種情況討論，可求n的值；（2）①先求出圖象G1和G2的解析式，分點(diǎn)P分別在圖象G1和G2上兩種情況討論，可求t的值；②結(jié)合圖象1，可求k的取值范圍；（3）結(jié)合圖象，分類(lèi)討論可求解．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2﹣2x+n＝（x﹣1）2+n﹣1（x＞0），∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，n﹣1），∵將G1繞坐標(biāo)原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°得到圖象G2，∴圖象G2的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，﹣n+1），∴圖象G2的解析式為：y＝﹣（x+1）2+1﹣n（x＜0），若點(diǎn)P（﹣2，3）在圖象G1上，且拋物線y＝x2﹣2x+n（x＞0）的圖象記為G1，∴點(diǎn)P不在G1上，若點(diǎn)P（﹣2，3）在圖象G2上，∴3＝﹣1+1﹣n，∴n＝﹣3；綜上所述：點(diǎn)P（﹣2，3）在圖象G上，n的值為﹣3；（2）①當(dāng)n＝﹣1時(shí)，則圖象G1的解析式為：y＝（x﹣1）2﹣2，圖象G2的解析式為：y＝﹣（x+1）2+2，若點(diǎn)Q（t，1）在圖象G1上，∴1＝（t﹣1）2﹣2，∴t＝1+3若點(diǎn)Q（t，1）在圖象G2上，∴1＝﹣（t+1）2+2，∴t1＝﹣2，t2＝0（舍去）②如圖1，y＝x2﹣2x﹣1（x＞0）＝（x﹣1）2﹣2，k≤x≤3（k＜3）時(shí)，當(dāng)x＝3，y＝32﹣2×3﹣1＝2，當(dāng)y＝﹣2時(shí)，﹣（x+1）2+2＝﹣2，∴x1＝﹣3，x2＝1，∴當(dāng)k≤x≤3時(shí)，圖象最大值為2，最小值﹣2，∴﹣3≤k≤1；（3）如圖2，∵圖象G2的解析式為：y＝﹣（x+1）2+1﹣n，圖象G1的解析式為：y＝（x﹣1）2+n﹣1，∴圖象G2的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，﹣n+1），與y軸交點(diǎn)為（0，﹣n），圖象G1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，n﹣1），與y軸交點(diǎn)為（0，n），y＝n≤﹣1時(shí)，圖象G1與矩形ABCD最多1個(gè)交點(diǎn)，圖象G2與矩形ABCD最多1交點(diǎn)，當(dāng)﹣1＜n＜0時(shí)，圖象G1與矩形ABCD有1個(gè)交點(diǎn)，圖象G2與矩形ABCD有3交點(diǎn)，當(dāng)n＝0時(shí)，圖象G1與矩形ABCD有1個(gè)交點(diǎn)，圖象G2與矩形ABCD有2交點(diǎn)，共三個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)0＜n＜1時(shí)，圖象G1與矩形ABCD有1個(gè)交點(diǎn)，圖象G2與矩形ABCD有1交點(diǎn)，當(dāng)1≤n≤2時(shí)，圖象G1與矩形ABCD有1個(gè)交點(diǎn)，圖象G2與矩形ABCD有2交點(diǎn)，共三個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)3＜n＜7時(shí)，圖象G1與矩形ABCD有2個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)3≤n＜5時(shí)，圖象G2與矩形ABCD有2個(gè)交點(diǎn)，n＝5時(shí)，圖象G2與矩形ABCD有1個(gè)交點(diǎn)，n＞5時(shí)，沒(méi)有交點(diǎn)，∵矩形ABCD的邊與圖象G有且只有三個(gè)公共點(diǎn)，當(dāng)n≥7時(shí)，圖象G1與矩形ABCD最多1個(gè)交點(diǎn)，圖象G2與矩形ABCD沒(méi)有交點(diǎn)，綜上所述：當(dāng)1≤n≤2時(shí)，矩形ABCD的邊與圖象G有且只有三個(gè)公共點(diǎn)．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的應(yīng)用，利用數(shù)形結(jié)合思想解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．11．（2022?株洲）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＞0）．（1）若a＝1，b＝3，且該二次函數(shù)的圖象過(guò)點(diǎn)（1，1），求c的值；（2）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，該二次函數(shù)的圖象與x軸相交于不同的兩點(diǎn)A（x1，0）、B（x2，0），其中x1＜0＜x2、|x1|＞|x2|，且該二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)在矩形ABFE的邊EF上，其對(duì)稱(chēng)軸與x軸、BE分別交于點(diǎn)M、N，BE與y軸相交于點(diǎn)P，且滿足tan∠ABE=3①求關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的根的判別式的值；②若NP＝2BP，令T=1a2+閱讀材料：十六世紀(jì)的法國(guó)數(shù)學(xué)家弗朗索瓦?韋達(dá)發(fā)現(xiàn)了一元二次方程的根與系數(shù)之間的關(guān)系，可表述為“當(dāng)判別式Δ≥0時(shí)，關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩個(gè)根x1、x2有如下關(guān)系：x1+x2=?ba，x1x2=ca”【分析】（1）把x＝1，y＝1代入y＝x2+3x+c，從而求得結(jié)果；（2）①根據(jù)題意，表示出AE和AB，根據(jù)tan∠ABE=AEAB=（3）根據(jù)OP∥MN，從而得出NPBP=OMOB，從而求得b的值，進(jìn)而得出a，c的關(guān)系式，將其代入【解答】解：（1）當(dāng)a＝1，b＝3時(shí)，y＝x2+3x+c，把x＝1，y＝1代入得，1＝1+3+c，∴c＝﹣3；（2）①方法（一）由ax2+bx+c＝0得，x1=?b?b2?4ac2a∴AB＝x2﹣x1=b∵拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為：（?b2a，∴AE=b2?4ac4a∵∠BAE＝90°，∴tan∠ABE=AE∴b2∴b2﹣4ac＝9；（方法二）由ax2+bx+c＝0得，∵x1+x2=?ba，x1x∴|x1﹣x2|=(下面過(guò)程相同；②∵b2﹣4ac＝9，∴x2=?b+3∵OP∥MN，∴NPBP∴b2a：?b+3∴b＝2，∴22﹣4ac＝9，∴c=?∴T=1a2+165c=∴當(dāng)1a=2時(shí)，T最小＝即a=12時(shí)，T最小＝【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)及其圖象性質(zhì)，二次函數(shù)和一元二次方程之間的關(guān)系，平行線分線段成比例定理，銳角三角函數(shù)定義等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)表示出線段．12．（2023春?南關(guān)區(qū)月考）已知拋物線y=?12x2+bx+c（b、c是常數(shù)）的頂點(diǎn)B坐標(biāo)為（﹣1，2），拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線l，點(diǎn)A為拋物線與x軸的右交點(diǎn)，作直線AB．點(diǎn)P是拋物線上的任意一點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為m，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線交直線AB于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥l于點(diǎn)N，以（1）b＝﹣1，c＝32（2）當(dāng)點(diǎn)Q在線段AB上（點(diǎn)Q不與A、B重合）時(shí)，求PQ的長(zhǎng)度d與m的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫(xiě)出d的最大值．（3）當(dāng)拋物線被矩形PQMN截得的部分圖象的最高點(diǎn)縱坐標(biāo)與最低點(diǎn)縱坐標(biāo)的距離為2時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）利用頂點(diǎn)坐標(biāo)公式列出方程求出b、c的值；（2）求出直線AB與拋物線的解析式，則P（m，?12m2?m+32），Q（m，﹣m+1），可得（3）當(dāng)P點(diǎn)在對(duì)稱(chēng)軸的左側(cè)時(shí)，2﹣（?12m2?m+32）＝2，可得P（﹣3，0）；當(dāng)P點(diǎn)在對(duì)稱(chēng)軸的右側(cè)時(shí)，﹣m+1﹣（?12【解答】解：（1）∵拋物線的頂點(diǎn)B坐標(biāo)為（﹣1，2），∴?b2×(?1解得b＝﹣1，c=3故答案為：﹣1，32（2）∵b＝﹣1，c=3∴拋物線的解析式為y=?12令y＝0，則?12x解得x＝﹣3或x＝1，∴A（1，0），設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+h，∴k+?解得k=?∴y＝﹣x+1，∵P點(diǎn)橫坐標(biāo)為m，PQ⊥x軸，∴P（m，?12m2?m+32），∵點(diǎn)Q在線段AB上，∴﹣1＜m＜1，∴PQ＝d=?12m2?m∴d的最大值為12（3）∵P（m，?12m∴Q（m，﹣m+1），當(dāng)P點(diǎn)在對(duì)稱(chēng)軸的左側(cè)時(shí)，2﹣（?12m解得m＝﹣3或m＝1（舍），∴P（﹣3，0）；當(dāng)P點(diǎn)在對(duì)稱(chēng)軸的右側(cè)時(shí)，﹣m+1﹣（?12m解得m=5或m=∴P（5，?5綜上所述：P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣3，0）或（5，?5【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．13．（2023春?南關(guān)區(qū)校級(jí)月考）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c（b、c是常數(shù)）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（3，0）．點(diǎn)P在拋物線上，且點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m．（1）求b、c的值；（2）當(dāng)△PAB的面積為8時(shí)，求m的值；（3）當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A的右側(cè)時(shí)，拋物線在點(diǎn)P與點(diǎn)A之間的部分（包含端點(diǎn)）記為圖象G，設(shè)G的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差為h，求h與m之間的函數(shù)關(guān)系式；（4）點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為1﹣3m，縱坐標(biāo)為m+1，以PQ為對(duì)角線構(gòu)造矩形，且矩形的邊與坐標(biāo)軸平行．當(dāng)拋物線在矩形內(nèi)部的點(diǎn)的縱坐標(biāo)y隨x的增大而增大或y隨x的增大而減小時(shí)，直接寫(xiě)出m的取值范圍．【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）求出AB的長(zhǎng)，再由P（m，﹣m2+2m+3），可得S△PAB=12×4×|﹣m2+2m+3|＝8，即可求m＝1+22或m＝1﹣22（3）分三種情況討論：當(dāng)﹣1＜m≤1時(shí)，h＝﹣m2+2m+3；當(dāng)1＜m≤3時(shí)，h＝4；當(dāng)m＞3時(shí)，h＝4﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣2m+1；（4）分別表示出矩形的四個(gè)頂點(diǎn)P（m，﹣m2+2m+3），Q（1﹣3m，m+1），M（1﹣3m，﹣m2+2m+3），N（m，m+1），結(jié)合圖象可知，當(dāng)﹣1＜m≤?12時(shí)，拋物線在矩形內(nèi)部的點(diǎn)的縱坐標(biāo)y隨x的增大而減??；當(dāng)14＜m【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，∴?1解得b=2c=3（2）∵b＝2，c＝3，∴y＝﹣x2+2x+3，∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，∴P（m，﹣m2+2m+3），∵點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（3，0），∴AB＝4，∴S△PAB=12×4×|﹣m2解得m＝1+22或m＝1﹣22或m＝1；（3）∵點(diǎn)P在點(diǎn)A的右側(cè)，∴m＞﹣1，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，當(dāng)﹣1＜m≤1時(shí)，h＝﹣m2+2m+3；當(dāng)1＜m≤3時(shí)，h＝4；當(dāng)m＞3時(shí)，h＝4﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣2m+1；（4）設(shè)矩形為PMQN，∵P（m，﹣m2+2m+3），Q（1﹣3m，m+1），∴M（1﹣3m，﹣m2+2m+3），N（m，m+1），當(dāng)M點(diǎn)在拋物線上時(shí)，﹣m2+2m+3＝﹣（1﹣3m）2+2（1﹣3m）+3，解得m=?12或當(dāng)﹣1＜m≤?12時(shí)，拋物線在矩形內(nèi)部的點(diǎn)的縱坐標(biāo)y當(dāng)m＝1﹣3m時(shí)，m=1當(dāng)﹣m2+2m+3＝m+1時(shí)，m＝2或m＝﹣1，當(dāng)14＜m＜2時(shí)，拋物線在矩形內(nèi)部的點(diǎn)的縱坐標(biāo)y隨綜上所述：﹣1＜m≤?12或14＜m＜2時(shí)，拋物線在矩形內(nèi)部的點(diǎn)的縱坐標(biāo)y隨x【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，三角形面積的求法，矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（2023?九臺(tái)區(qū)校級(jí)一模）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝x2﹣2ax﹣a（a為常數(shù)）．（1）若點(diǎn)（2，﹣1）在拋物線上．①求拋物線的表達(dá)式；②當(dāng)x為何值時(shí)y隨x的增大而減??？（2）若x≤2a，當(dāng)拋物線的最低點(diǎn)到x軸的距離恰好是1時(shí)，求a的值；（3）已知A（﹣1，1）、B(?1，2a?12)，連結(jié)AB．當(dāng)拋物線與線段AB有交點(diǎn)時(shí)，該交點(diǎn)為P（點(diǎn)P不與A、B重合），將線段PB繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PM，以PM、PA為鄰邊構(gòu)造矩形PMQA．當(dāng)拋物線在矩形PMQA內(nèi)部（包含邊界）圖象所對(duì)應(yīng)的函數(shù)的最大值與最小值的差為【分析】（1）①將點(diǎn)（2，﹣1）代入解析式，即可求解；②根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；（2）求出頂點(diǎn)坐標(biāo)，由題意列出方程即可求解；（3）分類(lèi)討論點(diǎn)B在A上方與點(diǎn)B在A下方兩種情況，分別求出最高點(diǎn)與最低點(diǎn)坐標(biāo)作差求解．【解答】解：（1）①將點(diǎn)（2，﹣1）代入y＝x2﹣2ax﹣a中，得22﹣2×2a﹣a＝﹣1，解得a＝1，故拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣2x﹣1；②∵y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，∴拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，∵1＞0，∴拋物線開(kāi)口向上，∴當(dāng)x＜1時(shí)，y隨x的增大而減??；（2）∵y＝x2﹣2ax﹣a＝（x﹣a）2﹣a2﹣a，∴拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為（a，﹣a2﹣a），當(dāng)a＞0時(shí)，拋物線的最低點(diǎn)是頂點(diǎn)，∴﹣a2﹣a＝﹣1，解得a=5?12當(dāng)a≤0時(shí)，|（2a）2﹣2a?2a﹣a|＝1，解得a＝±1，∴a＝﹣1．綜上：a＝﹣1或a=5（3）∵A（﹣1，1）、B（﹣1，2a?1∴AB所在直線解析式為x＝﹣1，將x＝﹣1代入y＝x2﹣2ax﹣a，得y＝1+a，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣1，1+a），當(dāng)點(diǎn)B在點(diǎn)A下方時(shí)，1＞1+a＞2a?1解得a＜0，∵PB＝PM＝1+a﹣（2a?12）=∴點(diǎn)M橫坐標(biāo)為﹣1﹣（32?a）＝a∴Q的橫坐標(biāo)為a?5∴Q的坐標(biāo)為（a?5①當(dāng)點(diǎn)B在點(diǎn)A上方時(shí)，2a?12＞1+a解得a＞3當(dāng)a＞32，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q時(shí)，將（a1＝（a?52）2﹣2a（a?52解得a=?1+222或拋物線與直線x＝a?52交點(diǎn)為（a?52，﹣a2當(dāng)32＜a＜?1+222時(shí)，拋物線與矩形交點(diǎn)最高點(diǎn)為點(diǎn)P（1+a）﹣1=32時(shí)，解得a當(dāng)點(diǎn)P為最高點(diǎn)，拋物線與MQ交點(diǎn)E為最低點(diǎn)時(shí)，（1+a）﹣（﹣a2﹣a+254）解得a＝﹣1?312（舍）或a＝﹣1②當(dāng)點(diǎn)B在點(diǎn)A下方時(shí)，﹣1＞1+a＞2a?1解得a＜0，當(dāng)a＜0時(shí)，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q時(shí)，a=?1?∴?1?222≤a＜0時(shí)，拋物線與矩形交點(diǎn)最高點(diǎn)縱坐標(biāo)為1，最低點(diǎn)縱坐標(biāo)為點(diǎn)P當(dāng)1﹣（1+a）=32時(shí)，a當(dāng)a＜?1?222時(shí)，拋物線與直線MQ交點(diǎn)（a?52，﹣a2﹣當(dāng)﹣a2﹣a+254?（1+a）=32時(shí)，解得a＝﹣1+192綜上所述，a＝﹣1?192或a=?32或a【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)，利用數(shù)形結(jié)合以及分類(lèi)的思想解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．15．（2023?靖江市校級(jí)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?12x2+bx+32與x軸正半軸交于點(diǎn)A，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，0），過(guò)點(diǎn)A作垂直于x軸的直線l．P是該拋物線上的任意一點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為m，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥l于點(diǎn)Q，M是直線l上的一點(diǎn)，其縱坐標(biāo)為﹣m+32（1）求b的值．（2）當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)M重合時(shí)，求m的值．（3）當(dāng)矩形PQMN是正方形，且拋物線的頂點(diǎn)在該正方形內(nèi)部時(shí)，求m的值．（4）當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小時(shí)．直接寫(xiě)出m的取值范圍．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）根據(jù)點(diǎn)M與點(diǎn)P的縱坐標(biāo)相等構(gòu)建方程求解即可；（3）根據(jù)PQ＝MQ，構(gòu)建方程求解即可；（4）當(dāng)點(diǎn)P在直線l的左邊，點(diǎn)M在點(diǎn)Q是下方下方時(shí)，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，則有﹣m+32＜?12m2+m+32，解得0＜m＜4，觀察圖象可知．當(dāng)0＜m＜3時(shí)，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中．當(dāng)m【解答】解：（1）把點(diǎn)A（3，0）代入y=?12x2+bx+32，得到0解得b＝1；（2）∵拋物線的解析式為y=?12x2+∴P（m，?12m2+m∵M(jìn)，Q重合，∴﹣m+32=?12m解得m＝0或4；（3）∵y=?12x2+x+32=?∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2），由題意PQ＝MQ，且拋物線的頂點(diǎn)在該正方形內(nèi)部，∴3﹣m＝﹣m+32?（?12m2+m+32）且解得m＝1?7或1+∴m＝1?7（4）當(dāng)點(diǎn)P在直線l的左邊，點(diǎn)M在點(diǎn)Q下方時(shí)，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，則有﹣m+32＜?12m∴m2﹣4m＜0，解得：0＜m＜4，觀察圖象可知：當(dāng)0＜m＜3時(shí)，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對(duì)應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中，當(dāng)3＜m＜4時(shí)，拋物線不在矩形PQMN內(nèi)部，不符合題意，當(dāng)m＞4時(shí)，點(diǎn)M在點(diǎn)Q的上方，也滿足條件，如圖4﹣2中，綜上所述，滿足條件的m的值為0＜m＜3或m＞4．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，矩形的性質(zhì)等知識(shí)是解題的關(guān)鍵．16．（2022秋?臨朐縣期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，菱形OABC的頂點(diǎn)A（3，4），C在x軸的負(fù)半軸，拋物線y＝ax2+bx+c的對(duì)稱(chēng)軸x＝2，且過(guò)點(diǎn)O，A．（1）求拋物線y＝ax2+bx+c的解析式；（2）若在線段OA上方的拋物線上有一點(diǎn)P，求△PAO面積的最大值，并求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）若把拋物線y＝ax2+bx+c沿x軸向左平移m個(gè)單位長(zhǎng)度，使得平移后的拋物線經(jīng)過(guò)菱形OABC的頂點(diǎn)B．直接寫(xiě)出平移后的拋物線解析式．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）由△PAO面積＝S△PHA+S△PHO=12×PH×（3）結(jié)合勾股定理以及菱形的性質(zhì)找出點(diǎn)B、C的坐標(biāo)，根據(jù)二次函數(shù)的解析式求出該拋物線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)平移的性質(zhì)找出平移后過(guò)B點(diǎn)的二次函數(shù)的解析式，代入B點(diǎn)的坐標(biāo)即可得到解析式．【解答】解：（1）由題意得：函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝2，點(diǎn)A（3，4），點(diǎn)O（0，0），將上述條件代入拋物線表達(dá)式得：x=?解得a=?故拋物線的表達(dá)式為y=?43x2（2）過(guò)點(diǎn)P作PH∥y軸交AO于點(diǎn)H，由點(diǎn)A的坐標(biāo)得：直線OA的表達(dá)式為y=43設(shè)點(diǎn)P、H的坐標(biāo)分別為（m，?43m2+163m）、（m則△PAO面積＝S△PHA+S△PHO=12×PH×xA=12（?43m2+163m?43∵﹣2＜0，∴△PAO面積有最大值，當(dāng)m=32時(shí)，△PAO面積有最大值，最大值為此時(shí)，點(diǎn)P（32（3）如圖所示，設(shè)AB與y軸交于點(diǎn)D，則AD⊥y軸，AD＝3，OD＝4，則AO=A∵四邊形OABC是菱形，∴OA＝AB＝OC＝5，BD＝AB﹣AD＝2，∴B（﹣2，4）．令y＝0，得y=?43x2解得：x1＝0，x2＝4，∴拋物線與x軸交點(diǎn)為O（0，0）和F（4，0），OF＝4，而y=?43x2+163x=?4∵沿x軸向左平移m個(gè)單位長(zhǎng)度，∴y=?43（x﹣2+m）∵平移后的拋物線經(jīng)過(guò)菱形OABC的頂點(diǎn)B，∴代入點(diǎn)B（﹣2，4），∴?43（﹣2﹣2+m）2解得：m＝3或5，∴平移后的拋物線解析式為：y=?43（x﹣2+3）2+163或y=?4即y=?43（x+1）2+163或y=?【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)圖象與幾何變換以及菱形的性質(zhì)，用原拋物線與x軸的交點(diǎn)，確定平移的m的值是解題的關(guān)鍵．17．（2023?道外區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y＝ax2﹣2ax+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣4，0），點(diǎn)C（0，6），與x軸交于另一點(diǎn)B．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)D為第一象限拋物線上一點(diǎn)，連接AD，BD，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為t，△ABD的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)解析式（不要求寫(xiě)出自變量t的取值范圍）；（3）在（2）的條件下，點(diǎn)P為第四象限拋物線上一點(diǎn)，連接PA交y軸于點(diǎn)E，點(diǎn)F在線段BC上，點(diǎn)G在直線AD上，若tan∠BAD=12，四邊形BEFG為菱形，求點(diǎn)【分析】（1）將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式求出b和c的值即可；（2）令y＝0，求點(diǎn)B的坐標(biāo)，過(guò)點(diǎn)D作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)H，點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為t，表示出DH的長(zhǎng)度，即可得出答案；（3）設(shè)直線AD交y軸于點(diǎn)K，根據(jù)tan∠BAD=12，求出直線AD的解析式為y=12x+2，連接BC，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，則P(m，?14m2+12m+6)，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥x軸，垂足為點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q（m，0），根據(jù)tan∠PAQ=OEOA=PQAQ，可得OE的長(zhǎng)，說(shuō)明△BCG≌△BCE（SAS），得【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2﹣2ax+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣4，0），點(diǎn)C（0，6）兩點(diǎn)，∴0=(?4解得a=?∴拋物線的解析式為y=?（2）如圖1，拋物線y=?14x2+12x+6與x軸交于A，B兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D∴D(t，?14t2∴DH=?當(dāng)y＝0時(shí)，0=?解得x1＝﹣4，x2＝6，∵點(diǎn)A（﹣4，0），∴點(diǎn)B（6，0），∴AB＝6﹣（﹣4）＝10，∴S=1∴S=?（3）如圖2，設(shè)直線AD交y軸于點(diǎn)K，連接CG，BC，∵tan∠BAD=1∴OKAO∴K（0，2），設(shè)直線AD解析式為y＝kx+b，∴0=(?4)k+b解得k=1∴直線AD的解析式為y=1∵點(diǎn)B（6，0），點(diǎn)C（0，6），∴OB＝OC，∴∠OBC=∠OCB=180°?90°設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，則P(m，?過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥x軸，垂足為點(diǎn)Q，∴點(diǎn)Q（m，0），∵tan∠PAQ=OE∴OE4∴OE＝m﹣6，∴CE＝m，E（0，6﹣m），∵四邊形BEFG為菱形，∴BG＝BE，∠CBG＝∠CBE，∵BC＝BC，∴△BCG≌△BCE（SAS），∴CG＝CE＝m，∠BCG＝∠BCE＝45°，∴∠ECG＝90°，∴CG∥x軸，∴G（m，6），∵點(diǎn)G在y=1∴6=1解得m＝8，當(dāng)m＝8時(shí)，?1∴P（8，﹣6）．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積等知識(shí)，說(shuō)明CG∥x軸是解決問(wèn)題（3）的關(guān)鍵．18．（2023春?九龍坡區(qū)校級(jí)月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（4，0），與y軸于點(diǎn)C（1）求該拋物線的解析式；（2）點(diǎn)P為直線BC下方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作PE⊥BC于點(diǎn)E，過(guò)P作PF⊥x軸于點(diǎn)F，交直線BC于點(diǎn)G，求PE+PG的最大值，以及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）將拋物線y=12x2+bx+c沿射線CB方向平移，平移后的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)H（2，﹣1），點(diǎn)M為D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，平移后的拋物線與y軸交于點(diǎn)N，點(diǎn)Q為平移后的拋物線對(duì)稱(chēng)軸上的一點(diǎn)，且點(diǎn)Q在第一象限．在平面直角坐標(biāo)系中確定點(diǎn)R，使得以點(diǎn)M，N，Q，R【分析】（1）根據(jù)拋物線與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，即知拋物線；（2）證明△PEG∽△BOC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出PE=255PG（3）先根據(jù)平移規(guī)律求出平移后的拋物線的解析式，以及點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，然后設(shè)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，根據(jù)菱形的性質(zhì)求出Q的坐標(biāo)，即可得點(diǎn)R的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵拋物線與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，∴拋物線的表達(dá)式為：y=12（x+1）（x﹣4），即y=12x2（2）由拋物線的表達(dá)式知，C（0，﹣2），由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)得：直線BC的解析式為y=12x∵PF⊥x軸，∴PF∥y軸，∴∠PGE＝∠BCO，∵PE⊥BC，∴∠PEG＝∠BOC＝90°，∴△PEG∽△BOC，∴PEBO∴PE4=PG42∴PE+PG=255PG設(shè)P（x，12x2?32x﹣2），則G（x，1∴PG=12x﹣2﹣（12x2?32x﹣2）=?12x2+2∴當(dāng)x＝2時(shí)，PG最大為2，∴PE+PG的最大值為：455+2，此時(shí)點(diǎn)P（3）設(shè)拋物線向上平移m個(gè)單位，向右平移2m個(gè)單位，∴新拋物線y'的解析式為y'=12（x?32?2m）∵平移后的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)H（2，﹣1），∴12（2?32?2m）2+m?25∴新拋物線y'的解析式為y'=12（x?72∴點(diǎn)M（72，?178設(shè)Q（72，n∴MN2＝（72）2+（4+178MQ2＝（n+178）NQ2＝（72）2+（4﹣n）2①當(dāng)MN＝NQ時(shí)，（72）2+（4﹣n）2＝（72）2+（4+17解得n=818或此時(shí)，MQ、NR為對(duì)角線，∵M(jìn)（72，?178），N（0，4），Q（7∴R（7，4）；②當(dāng)MQ＝NQ時(shí)，（72）2+（4﹣n）2＝（n+178解得n=31此時(shí)，MN、RQ為對(duì)角線，∵M(jìn)（72，?178），N（0，4），Q（7∴R（0，?1③當(dāng)MN＝MQ時(shí)，（72）2+（4+178）2＝（n+解得n=7此時(shí)，MR、NQ為對(duì)角線，∵M(jìn)（72，?178），N（0，4），Q（7∴R（0，765綜上所述，點(diǎn)R的坐標(biāo)為（7，4）或（0，?1