專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題-挑戰(zhàn)2022年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（教師版含解析）-課件下載-教習(xí)網(wǎng)

專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題

1.矩形的判定:
(1)有一個角是直角的平行四邊形是矩形；
(2)對角線相等的平行四邊形是矩形；
(3)有三個角為直角的四邊形是矩形．
2.題型分析
矩形除了具有平行四邊形的性質(zhì)之外，還有“對角線相等”或“一個角為直角”，因此相比起平行四邊形，坐標(biāo)系中的矩形滿足以下3個等式：

因此在矩形存在性問題最多可以有3個未知量，代入可以得到三元一次方程組，可解．
確定了有3個未知量，則可判斷常見矩形存在性問題至少有2個動點，多則可以有3個．下：
同時，也可以先根據(jù)A、B的坐標(biāo)求出直線AB的解析式，進(jìn)而得到直線AD或BC的解析式，從而確定C或D的坐標(biāo).

【例1】(2022?瀘州)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝ax2+x+c經(jīng)過A(﹣2，0)，B(0，4)兩點，直線x＝3與x軸交于點C．
(1)求a，c的值；
(2)經(jīng)過點O的直線分別與線段AB，直線x＝3交于點D，E，且△BDO與△OCE的面積相等，求直線DE的解析式；
(3)P是拋物線上位于第一象限的一個動點，在線段OC和直線x＝3上是否分別存在點F，G，使B，F(xiàn)，G，P為頂點的四邊形是以BF為一邊的矩形？若存在，求出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【分析】(1)把A(﹣2，0)，B(0，4)兩點代入拋物線y＝ax2+x+c中列方程組解出即可；
(2)利用待定系數(shù)可得直線AB的解析式，再設(shè)直線DE的解析式為：y＝mx，點D是直線DE和AB的交點，列方程可得點D的橫坐標(biāo)，根據(jù)△BDO與△OCE的面積相等列等式可解答；
(3)設(shè)P(t，﹣t2+t+4)，分兩種情況：作輔助線構(gòu)建相似三角形，證明三角形相似或利用等角的三角函數(shù)列等式可解答．
【解答】解：(1)把A(﹣2，0)，B(0，4)兩點代入拋物線y＝ax2+x+c中得：
解得：；
(2)由(1)知：拋物線解析式為：y＝﹣x2+x+4，
設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+b，
則，解得：，
∴AB的解析式為：y＝2x+4，
設(shè)直線DE的解析式為：y＝mx，
∴2x+4＝mx，
∴x＝，
當(dāng)x＝3時，y＝3m，
∴E(3，3m)，
∵△BDO與△OCE的面積相等，CE⊥OC，
∴?3?(﹣3m)＝?4?，
∴9m2﹣18m﹣16＝0，
∴(3m+2)(3m﹣8)＝0，
∴m1＝﹣，m2＝(舍)，
∴直線DE的解析式為：y＝﹣x；
(3)存在，
B，F(xiàn)，G，P為頂點的四邊形是以BF為一邊的矩形有兩種情況：
設(shè)P(t，﹣t2+t+4)，
①如圖1，過點P作PH⊥y軸于H，

∵四邊形BPGF是矩形，
∴BP＝FG，∠PBF＝∠BFG＝90°，
∴∠CFG+∠BFO＝∠BFO+∠OBF＝∠CFG+∠CGF＝∠OBF+∠PBH＝90°，
∴∠PBH＝∠OFB＝∠CGF，
∵∠PHB＝∠FCG＝90°，
∴△PHB≌△FCG(AAS)，
∴PH＝CF，
∴CF＝PH＝t，OF＝3﹣t，
∵∠PBH＝∠OFB，
∴＝，即＝，
解得：t1＝0(舍)，t2＝1，
∴F(2，0)；
②如圖2，過點G作GN⊥y軸于N，過點P作PM⊥x軸于M，

同①可得：NG＝FM＝3，OF＝t﹣3，
∵∠OFB＝∠FPM，
∴tan∠OFB＝tan∠FPM，
∴＝，即＝，
解得：t1＝，t2＝(舍)，
∴F(，0)；
綜上，點F的坐標(biāo)為(2，0)或(，0)．
【例2】(2022?綏化)如圖，拋物線y＝ax2+bx+c交y軸于點A(0，﹣4)，并經(jīng)過點C(6，0)，過點A作AB⊥y軸交拋物線于點B，拋物線的對稱軸為直線x＝2，D點的坐標(biāo)為(4，0)，連接AD，BC，BD．點E從A點出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿著射線AD運動，設(shè)點E的運動時間為m秒，過點E作EF⊥AB于F，以EF為對角線作正方形EGFH．
(1)求拋物線的解析式；
(2)當(dāng)點G隨著E點運動到達(dá)BC上時，求此時m的值和點G的坐標(biāo)；
(3)在運動的過程中，是否存在以B，G，C和平面內(nèi)的另一點為頂點的四邊形是矩形，如果存在，直接寫出點G的坐標(biāo)，如果不存在，請說明理由．

【分析】(1)根據(jù)拋物線的對稱軸為直線x＝2，可得出拋物線與x軸的另一個交點的坐標(biāo)為(﹣2，0)，列出交點式，再將點A(0，﹣4)可得出拋物線的解析式；
(2)根據(jù)可得出△ABD是等腰直角三角形，再根據(jù)點E的運動和正方形的性質(zhì)可得出點H，F(xiàn)，G的坐標(biāo)，根據(jù)點B，C的坐標(biāo)可得出直線BC的解析式，將點G代入直線BC的解析式即可；
(3)若存在，則△BGC是直角三角形，則需要分類討論，當(dāng)點B為直角頂點，當(dāng)點G為直角頂點，當(dāng)點C為直角頂點，分別求解即可．
【解答】解：(1)∵拋物線的對稱軸為直線x＝2，D點的坐標(biāo)為(4，0)，
∴拋物線與x軸的另一個交點為(﹣2，0)，
∴拋物線的解析式為：y＝a(x+2)(x﹣6)，
將點A(0，﹣4)解析式可得，﹣12a＝﹣4，
∴a＝．
∴拋物線的解析式為：y＝(x+2)(x﹣6)＝x2﹣x﹣4．
(2)∵AB⊥y軸，A(0，﹣4)，
∴點B的坐標(biāo)為(4，﹣4)．
∵D(4，0)，
∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形．
∵AE＝m，
∴AF＝EF＝m，
∴E(m，﹣4+m)，F(xiàn)(m，﹣4)．
∵四邊形EGFH是正方形，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴∠HEF＝∠HFE＝45°，
∴FH是∠AFE的角平分線，點H是AE的中點．
∴H(m，﹣4+m)，G(m，﹣4+m)．
∵B(4，﹣4)，C(6，0)，
∴直線BC的解析式為：y＝2x﹣12．
當(dāng)點G隨著E點運動到達(dá)BC上時，有2×m﹣12＝﹣4+m．
解得m＝．
∴G(，﹣)．
(3)存在，理由如下：
∵B(4，﹣4)，C(6，0)，G(m，﹣4+m)．
∴BG2＝(4﹣m)2+(m)2，
BC2＝(4﹣6)2+(﹣4)2＝20，
CG2＝(6﹣m)2+(﹣4+m)2．
若以B，G，C和平面內(nèi)的另一點為頂點的四邊形是矩形，則△BGC是直角三角形，
∴分以下三種情況：
①當(dāng)點B為直角頂點時，BG2+BC2＝CG2，
∴(4﹣m)2+(m)2+20＝(6﹣m)2+(﹣4+m)2，
解得m＝，
∴G(，﹣)；
②當(dāng)點C為直角頂點時，BC2+CG2＝BG2，
∴20+(6﹣m)2+(﹣4+m)2＝(4﹣m)2+(m)2，
解得m＝，
∴G(，﹣)；
③當(dāng)點G為直角頂點時，BG2+CG2＝BC2，
∴(4﹣m)2+(m)2+(6﹣m)2+(﹣4+m)2＝20，
解得m＝或2，
∴G(3，﹣3)或(，﹣)；
綜上，存在以B，G，C和平面內(nèi)的另一點為頂點的四邊形是矩形，點G的坐標(biāo)為(，﹣)或(，﹣)或(3，﹣3)或(，﹣)．
【例3】(2022?黔東南州)如圖，拋物線y＝ax2+2x+c的對稱軸是直線x＝1，與x軸交于點A，B(3，0)，與y軸交于點C，連接AC．
(1)求此拋物線的解析式；
(2)已知點D是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，過點D作DM⊥x軸，垂足為點M，DM交直線BC于點N，是否存在這樣的點N，使得以A，C，N為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出點N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；
(3)已知點E是拋物線對稱軸上的點，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點F，使以點B、C、E、F為頂點的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【分析】(1)由拋物線的對稱軸為直線x＝1，拋物線經(jīng)過點B(3，0)，可得A(﹣1，0)，用待定系數(shù)法即可求解；
(2)求出直線BC的解析式，設(shè)點D坐標(biāo)為(t，﹣t2+2t+3)，則點N(t，﹣t+3)，利用勾股定理表示出AC2，AN2，CN2，然后分①當(dāng)AC＝AN時，②當(dāng)AC＝CN時，③當(dāng)AN＝CN時三種情況進(jìn)行討論，列出關(guān)于t的方程，求出t的值，即可寫出點N的坐標(biāo)；
(3)分兩種情形討論：①當(dāng)BC為對角線時，②當(dāng)BC為邊時，先求出點E的坐標(biāo)，再利用平行四邊形的中心對稱性求出點F的坐標(biāo)即可．
【解答】解：(1)拋物線y＝ax2+2x+c的對稱軸是直線x＝1，與x軸交于點A，B(3，0)，
∴A(﹣1，0)，
∴，解得，
∴拋物線的解析式y(tǒng)＝﹣x2+2x+3；

(2)∵y＝﹣x2+2x+3，
∴C(0，3)，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+3，
將點B(3，0)代入得：0＝3k+3，
解得：k＝﹣1，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3；
設(shè)點D坐標(biāo)為(t，﹣t2+2t+3)，則點N(t，﹣t+3)，
∵A(﹣1，0)，C(0，3)，
∴AC2＝12+32＝10，
AN2＝(t+1)2+(﹣t+3)2＝2t2﹣4t+10，
CN2＝t2+(3+t﹣3)2＝2t2，
①當(dāng)AC＝AN時，AC2＝AN2，
∴10＝2t2﹣4t+10，
解得t1＝2，t2＝0(不合題意，舍去)，
∴點N的坐標(biāo)為(2，1)；
②當(dāng)AC＝CN時，AC2＝CN2，
∴10＝2t2，
解得t1＝，t2＝﹣(不合題意，舍去)，
∴點N的坐標(biāo)為(，3﹣)；
③當(dāng)AN＝CN時，AN2＝CN2，
∴2t2﹣4t+10＝2t2，
解得t＝，
∴點N的坐標(biāo)為(，)；
綜上，存在，點N的坐標(biāo)為(2，1)或(，3﹣)或(，)；

(3)設(shè)E(1，a)，F(xiàn)(m，n)，
∵B(3，0)，C(0，3)，
∴BC＝3，
①以BC為對角線時，BC2＝CE2+BE2，

∴(3)2＝12+(a﹣3)2+a2+(3﹣1)2，
解得：a＝，或a＝，
∴E(1，)或(1，)，
∵B(3，0)，C(0，3)，
∴m+1＝0+3，n+＝0+3或n+＝0+3，
∴m＝2，n＝或n＝，
∴點F的坐標(biāo)為(2，)或(2，)；
②以BC為邊時，BE2＝CE2+BC2或CE2＝BE2+BC2，

∴a2+(3﹣1)2＝12+(a﹣3)2+(3)2或12+(a﹣3)2＝a2+(3﹣1)2+(3)2，
解得：a＝4或a＝﹣2，
∴E(1，4)或(1，﹣2)，
∵B(3，0)，C(0，3)，
∴m+0＝1+3，n+3＝0+4或m+3＝1+0，n+0＝3﹣2，
∴m＝4，n＝1或m＝﹣2，n＝1，
∴點F的坐標(biāo)為(4，1)或(﹣2，1)，
綜上所述：存在，點F的坐標(biāo)為(2，)或(2，)或(4，1)或(﹣2，1)．
【例4】(2022?梁山縣一模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c(a＜0)與x軸交于A(﹣2，0)、B(4，0)兩點，與y軸交于點C，且OC＝2OA．
(1)試求拋物線的解析式；
(2)直線y＝kx+1(k＞0)與y軸交于點D，與拋物線交于點P，與直線BC交于點M，記m＝，試求m的最大值及此時點P的坐標(biāo)；
(3)在(2)的條件下，m取最大值時，點Q是x軸上的一個動點，點N是坐標(biāo)平面內(nèi)的一點，是否存在這樣的點Q、N，使得以P、D、Q、N四點組成的四邊形是矩形？如果存在，請求出點N的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．

【分析】(1)因為拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A(﹣2，0)、B(4，0)兩點，所以可以假設(shè)y＝a(x+2)(x﹣4)，求出點C坐標(biāo)代入求出a即可；
(2)由△CMD∽△FMP，可得m＝＝，根據(jù)關(guān)于m關(guān)于x的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題；
(3)存在這樣的點Q、N，使得以P、D、Q、N四點組成的四邊形是矩形．分兩種情形分別求解即可：①當(dāng)DP是矩形的邊時，有兩種情形；②當(dāng)DP是對角線時；
【解答】解：(1)因為拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A(﹣2，0)、B(4，0)兩點，
所以可以假設(shè)y＝a(x+2)(x﹣4)，
∵OC＝2OA，OA＝2，
∴C(0，4)，代入拋物線的解析式得到a＝﹣，
∴y＝﹣(x+2)(x﹣4)或y＝﹣x2+x+4或y＝﹣(x﹣1)2+．

(2)如圖1中，由題意，點P在y軸的右側(cè)，作PE⊥x軸于E，交BC于F．

∵CD∥PE，
∴△CMD∽△FMP，
∴m＝＝，
∵直線y＝kx+1(k＞0)與y軸交于點D，則D(0，1)，
∵BC的解析式為y＝﹣x+4，
設(shè)P(n，﹣n2+n+4)，則F(n，﹣n+4)，
∴PF＝﹣n2+n+4﹣(﹣n+4)＝﹣(n﹣2)2+2，
∴m＝＝﹣(n﹣2)2+，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)n＝2時，m有最大值，最大值為，此時P(2，4)．

(3)存在這樣的點Q、N，使得以P、D、Q、N四點組成的四邊形是矩形．
①當(dāng)DP是矩形的邊時，有兩種情形，
a、如圖2﹣1中，四邊形DQNP是矩形時，

有(2)可知P(2，4)，代入y＝kx+1中，得到k＝，
∴直線DP的解析式為y＝x+1，可得D(0，1)，E(﹣，0)，
由△DOE∽△QOD可得＝，
∴OD2＝OE?OQ，
∴1＝?OQ，
∴OQ＝，
∴Q(，0)．
根據(jù)矩形的性質(zhì)，將點P向右平移個單位，向下平移1個單位得到點N，
∴N(2+，4﹣1)，即N(，3)
b、如圖2﹣2中，四邊形PDNQ是矩形時，

∵直線PD的解析式為y＝x+1，PQ⊥PD，
∴直線PQ的解析式為y＝﹣x+，
∴Q(8，0)，
根據(jù)矩形的性質(zhì)可知，將點D向右平移6個單位，向下平移4個單位得到點N，
∴N(0+6，1﹣4)，即N(6，﹣3)．
②當(dāng)DP是對角線時，設(shè)Q(x，0)，則QD2＝x2+1，QP2＝(x﹣2)2+42，PD2＝13，
∵Q是直角頂點，
∴QD2+QP2＝PD2，
∴x2+1+(x﹣2)2+16＝13，
整理得x2﹣2x+4＝0，方程無解，此種情形不存在，
綜上所述，滿足條件的點N坐標(biāo)為(，3)或(6，﹣3)．

1．(2022?武功縣模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線L1：y＝﹣x2+bx+c(b、c為常數(shù))與x軸交于A(﹣6，0)、B(2，0)兩點．
(1)求拋物線L1的函數(shù)表達(dá)式；
(2)將該拋物線L1向右平移4個單位長度得到新的拋物線L2，與原拋物線L1交于點C，點D是點C關(guān)于x軸的對稱點，點N在平面直角坐標(biāo)系中，請問在拋物線L2上是否存在點M，使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】(1)利用待定系數(shù)法直接求解即可；
(2)存在，根據(jù)題意求得拋物線L2的表達(dá)式，再與拋物線L1聯(lián)立，求得點C的坐標(biāo)，進(jìn)而求得點D的坐標(biāo)；要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，分當(dāng)M在x軸上方時和當(dāng)M在x軸下方時，兩種情況討論，根據(jù)矩形的性質(zhì)列出方程，求解即可．
【解答】解：(1)把A(﹣6，0)、B(2，0)代入y＝﹣x2+bx+c中，
得，
解得，
∴拋物線L1的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣x2﹣4x+12；
(2)存在，理由如下：
∵y＝﹣x2﹣4x+12＝﹣(x+2)2+16，
∴拋物線L2的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣(x+2﹣4)2+16＝﹣(x﹣2)2+16＝﹣x2+4x+12，
令﹣x2﹣4x+12＝﹣x2+4x+12，
解得：x＝0，
當(dāng)x＝0時，y＝﹣x2﹣4x+12＝12，
∴點C的坐標(biāo)為(0，12)，
∵點D是點C關(guān)于x軸的對稱點，
∴點D坐標(biāo)為(0，﹣12)，
①當(dāng)M在x軸上方時，
要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，
則yM＝y(tǒng)C，即﹣x2+4x+12＝12，
解得：x1＝0，x2＝4，
∴M1(4，12)；
②當(dāng)M在x軸下方時，

要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，
則yM＝y(tǒng)D，即﹣x2+4x+12＝﹣12，
解得：x1＝2+2，x2＝2﹣2，
M2(2+2，﹣12)，M3(2﹣2，﹣12)．
綜上所述，在拋物線L2上是否存在點M，使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，點M的坐標(biāo)為(4，12)或(2+2，﹣12)或(2﹣2，﹣12)．
2．(2022?東莞市校級一模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝+bx+c與x軸的正半軸交于點D，與y軸交于點C，點A在拋物線上，AB⊥y軸于點B．△ABC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△OBE，連接DE．當(dāng)+bx+c＜0時，x的取值范圍是﹣＜x＜2．
(1)求該拋物線的解析式；
(2)求證：四邊形OBED是矩形；
(3)在線段OD上找一點N，過點N作直線m垂直x軸，交OE于點F，連接DF，當(dāng)△DNF的面積取得最大值時，求點N的坐標(biāo)，在此基礎(chǔ)上，在直線m上找一點P，連接OP、DP．使得∠OPD+∠DOE＝90°，求點P的坐標(biāo)．

【分析】(1)由題意可知拋物線與x軸的兩個交點為(2，0)，(﹣，0)，再將兩個點代入解析式即可求解；
(2)由旋轉(zhuǎn)是性質(zhì)，可得OB＝AB，則設(shè)A(﹣m，m)，求出A點坐標(biāo)，由此可得BE＝OD，再由BE∥OD，OB⊥OD即可證明；
(3)設(shè)N(n，0)，則F(n，n)，則S＝﹣(n﹣1)2+，可知當(dāng)n＝1時，S有最大值，此時N(1，0)，F(xiàn)(1，)，通過已知可推導(dǎo)出∠OPN＝∠POE，從而得到PF＝OF，設(shè)P(1，t)，則|t﹣|＝，求出t的值即可求點P的坐標(biāo)．
【解答】(1)解：∵當(dāng)+bx+c＜0時，x的取值范圍是﹣＜x＜2，
∴拋物線與x軸的兩個交點為(2，0)，(﹣，0)，
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣1；
(2)證明：由(1)可知D(2，0)，C(0，﹣1)，
∴OD＝2，OC＝1，
∵AB⊥y軸，
∴△ABC是直角三角形，
∵△ABC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△OBE，
∴OB⊥BE，AB＝OB，
設(shè)A(﹣m，m)，
∴m＝m2﹣m﹣1，
解得m＝﹣1或m＝，
∴A(﹣1，1)，
∴BO＝1，
∴BC＝BE＝2，
∴BE＝OD，
∵∠BOD＝90°，
∴BE∥OD，
∴四邊形OBED是矩形；
(3)∵E(2，1)，
∴直線OE的解析式為y＝x，
設(shè)N(n，0)，則F(n，n)，
∴S＝×DN×FN＝×(2﹣n)×n＝﹣(n﹣1)2+，
∵N在線段OD上，
∴0≤n≤2，
∴當(dāng)n＝1時，S有最大值，
此時N(1，0)，F(xiàn)(1，)，
∵∠PNO＝90°，
∴∠EOD+∠POE＝90°，
∵∠OPD+∠DOE＝90°，
∴∠POE+∠OPN＝∠OPD，
∵O點與D點關(guān)于l對稱，
∴∠OPN＝∠NPD，
∴∠OPN＝∠POE，
∴PF＝OF，
設(shè)P(1，t)，
∴|t﹣|＝，
∴t＝+或t＝﹣+，
∴P點坐標(biāo)為(1，+)或(1，﹣+)．

3．(2022?石家莊二模)如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c(c≠0)與x軸交于點A(﹣1，0)，B(點A在點B左側(cè))，與y軸交于點C，連接BC．
(1)點C的縱坐標(biāo)為　b+1　(用含b的式子表示)，∠OBC＝　45　度；
(2)當(dāng)b＝1時，若點P為第一象限內(nèi)拋物線上一動點，連接BP，CP，求△BCP面積的最大值，并求出此時點P的坐標(biāo)；
(3)已知矩形ODEF的頂點D，F(xiàn)分別在x軸、y軸上，點E的坐標(biāo)為(3，2)．
①拋物線的頂點為Q，當(dāng)AQ的中點落在直線EF上時，求點Q的坐標(biāo)；
②當(dāng)拋物線在矩形內(nèi)部的部分對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，請直接寫出b的取值范圍．
【分析】(1)將(﹣1，0)代入解析式可得c與b的關(guān)系，從而可得OB＝OC，進(jìn)而求解．
(2)由b＝1可得拋物線解析式及點B，C坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法求出直線BC解析式，設(shè)點P坐標(biāo)為(m，﹣m2+m+2)，作PE⊥x軸交BC于點E，連接PC，PB，由S△BCP＝S△CEP+S△BEP求解．
(3)①將二次函數(shù)解析式化為頂點式可得點Q坐標(biāo)，由點A，Q坐標(biāo)可得A，Q中點坐標(biāo)，進(jìn)而求解．
②根據(jù)拋物線與y軸交點的位置及拋物線對稱軸的位置，結(jié)合圖象求解．
【解答】解：(1)將(﹣1，0)代入y＝﹣x2+bx+c得0＝﹣1﹣b+c，
解得c＝b+1，
∴y＝﹣x2+bx+b+1，
設(shè)點B坐標(biāo)為(x2，0)，則拋物線對稱軸為直線x＝＝，
解得x2＝b+1，
∴點B坐標(biāo)為(b+1，0)，
∴OC＝OB＝b+1，
∴∠OBC＝45°，
故答案為：b+1，45．
(2)當(dāng)b＝1時，y＝﹣x2+x+2，
作PE⊥x軸交BC于點E，連接PC，PB，

設(shè)直線BC解析式為y＝kx+b，
將B(2，0)，(0，2)代入y＝kx+b得，
解得，
∴y＝﹣x+2．
設(shè)點P坐標(biāo)為(m，﹣m2+m+2)，則點E坐標(biāo)為(m，﹣m+2)，
∴PE＝﹣m2+2m，
∵S△BCP＝S△CEP+S△BEP＝PE?xP+PE(xB﹣xP)＝PE?xB＝﹣m2+2m＝﹣(m﹣1)2+1，
∴m＝1時，△BCP面積的最大為1，此時點P坐標(biāo)為(1，2)．
(3)①∵y＝﹣x2+bx+b+1＝﹣(x﹣)2++b+1，
∴點Q坐標(biāo)為(，+b+1)，
∵A(﹣1，0)，
∴點A，Q中點坐標(biāo)為(﹣+，++)，
∴++＝2，
解得b＝2或b＝﹣6，
當(dāng)b＝2時，點Q坐標(biāo)為(1，4)，
當(dāng)b＝﹣6時，點Q坐標(biāo)為(﹣3，4)．
②∵E(3，2)，
∴點F坐標(biāo)為(0，2)，
將(0，2)代入y＝﹣x2+bx+b+1得b+1＝2，
解得b＝1，

將E(3，2)代入y＝﹣x2+bx+b+1得2＝﹣9+4b+1，
解得b＝，

∴1≤b＜，滿足題意．
當(dāng)拋物線頂點Q(，+b+1)落在y軸上時，＝0，
解得b＝0，

當(dāng)拋物線經(jīng)過原點時，0＝b+1，
解得b＝﹣1，

∴﹣1＜b≤0符合題意．
綜上所述，1≤b＜或﹣1＜b≤0．
4．(2022?濱?？h一模)如圖1，在平面直角坐標(biāo)中，拋物線與x軸交于點A(﹣1，0)、B(4，0)兩點，與y軸交于點C，連接BC，直線BM：y＝2x+m交y軸于點M．P為直線BC上方拋物線上一動點，過點P作x軸的垂線，分別交直線BC、BM于點E、F．

(1)求拋物線的表達(dá)式：
(2)當(dāng)點P落在拋物線的對稱軸上時，求△PBC的面積：
(3)①若點N為y軸上一動點，當(dāng)四邊形BENF為矩形時，求點N的坐標(biāo)；
②在①的條件下，第四象限內(nèi)有一點Q，滿足QN＝QM，當(dāng)△QNB的周長最小時，求點Q的坐標(biāo)．
【分析】(1)根據(jù)拋物線與x軸交于點A(﹣1，0)、B(4，0)兩點，即知拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣(x+1)(x﹣4)，即y＝﹣x2+x+2；
(2)由y＝﹣x2+x+2求出P(，)，由B(4，0)，C(0，2)得直線BC的表達(dá)式為y＝﹣x+2，從而可得E(，)，PE＝﹣＝，即可得△PBC的面積是；
(3)①過點N作NG⊥EF于點G，求得直線BM的表達(dá)式為：y＝2x﹣8即知M(0，﹣8)，設(shè)E(a，﹣a+2)，則F(a，2a﹣8)，證明△NEG≌△BFH(AAS)，可得NG＝BH，EG＝FH，即有a＝4﹣a，解得F(2，﹣4)，E(2，1)，從而可得N(0，﹣3)；
②取MN的中點D，由QN＝QM，知點Q在MN的垂直平分線上，又C△QNB＝BQ+NQ+BN＝BQ+NQ+5＝BQ+MQ+5，故要使C△QNB最小，只需BQ+MQ最小，即點B、Q、M共線，此時，點Q即為MN的垂直平分線與直線BM的交點，由N(0，﹣3)，M(0，﹣8)，得D(0，﹣)，即可得Q(，﹣)．
【解答】解：(1)∵拋物線與x軸交于點A(﹣1，0)、B(4，0)兩點，
∴拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣(x+1)(x﹣4)，即y＝﹣x2+x+2；
(2)如圖：

∵點P落在拋物線y＝﹣x2+x+2的對稱軸上，
∴P為拋物線y＝﹣x2+x+2的頂點，
∵y＝﹣x2+x+2＝﹣(x﹣)2+，
∴P(，)，
在y＝﹣x2+x+2中，令x＝0得y＝2，
∴C(0，2)
由B(4，0)，C(0，2)得直線BC的表達(dá)式為y＝﹣x+2，
把x＝代入y＝﹣x+2得y＝，
∴E(，)，
∴PE＝﹣＝，
∴S△PBC＝PE?|xB﹣xC|＝××4＝，
答：△PBC的面積是；
(3)①過點N作NG⊥EF于點G，如圖：

∵y＝2x+m過點B(4，0)，
∴0＝2×4+m，
解得m＝﹣8，
∴直線BM的表達(dá)式為：y＝2x﹣8，
∴M(0，﹣8)，
設(shè)E(a，﹣a+2)，則F(a，2a﹣8)，
∵四邊形BENF為矩形，
∴∠NEG＝∠BFH，NE＝BF，
又∠NGE＝90°＝∠BHF，
∴△NEG≌△BFH(AAS)，
∴NG＝BH，EG＝FH，
而NG＝a，BH＝OB﹣OH＝4﹣a，
∴a＝4﹣a，
解得a＝2，
∴F(2，﹣4)，E(2，1)，
∴EH＝1，
∵EG＝FH，
∴EF﹣EG＝EF﹣FH，即GF＝EH＝1，
∵F(2，﹣4)，
∴G(2，﹣3)，
∴N(0，﹣3)；
②取MN的中點D，如圖：

∵QN＝QM，
∴點Q在MN的垂直平分線上，
又∵B(4，0)，N(0，﹣3)，
∴BN＝5，
∴C△QNB＝BQ+NQ+BN＝BQ+NQ+5＝BQ+MQ+5，
∴要使C△QNB最小，只需BQ+MQ最小，
∴當(dāng)點B、Q、M共線時，△QNB的周長最小，
此時，點Q即為MN的垂直平分線與直線BM的交點，
∵N(0，﹣3)，M(0，﹣8)，
∴D(0，﹣)，
在y＝2x﹣8中，令y＝﹣得：
﹣＝2x﹣8，
解得x＝，
∴Q(，﹣)．
5．(2022?石家莊模擬)某公園有一個截面由拋物線和矩形構(gòu)成的觀景拱橋，如圖1所示，示意圖如圖2，且已知圖2中矩形的長AD為12米，寬AB為4米，拋物線的最高處E距地面BC為8米．
(1)請根據(jù)題意建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，并求出拋物線的函數(shù)解析式；
(2)若觀景拱橋下放置兩根長為7米的對稱安置的立柱，求這兩根立柱之間的水平距離；
(3)現(xiàn)公園管理處打算在觀景橋側(cè)面搭建一個矩形“腳手架”PQMN(如圖2)，對觀景橋表面進(jìn)行維護(hù)，P，N點在拋物線上，Q，M點在BC上，為了籌備材料，需求出“腳手架”三根支桿PQ，PN，MN的長度之和的最大值，請你幫管理處計算一下．

【分析】(1)以CB所在的直線為x軸，點E為頂點建立直角坐標(biāo)系，用待定系數(shù)法求解即可；
(2)確定立柱的縱坐標(biāo)，解方程可得答案；
(3)設(shè)N(m，﹣m2+8)，則PN＝2m，MN＝PQ＝﹣m2+8，三根支桿的總長度w＝﹣m2+2m+16，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可．
【解答】解：(1)如圖，以CB所在的直線為x軸，點E為頂點建立直角坐標(biāo)系，

由題意得，E(0，8)，A(﹣6，4)，
設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+c，
代入可得，解得，
∴y＝﹣x2+8；
(2)依題意可得﹣x2+8＝7，
解得x＝±3，
∴3﹣(﹣3)＝6(米)，
答：這兩根立柱之間的水平距離是6米；
(3)設(shè)N(m，﹣m2+8)，則PN＝2m，MN＝PQ＝﹣m2+8，
∴三根支桿的總長度w＝PQ+PN+MN+2m+2(﹣m2+8)＝﹣m2+2m+16，
∵a＝﹣＜0，
∴m＝﹣＝4.5時，w最大＝20.5，
∴三根支桿PQ，PN，MN的長度之和的最大值為20.5米．
6．(2022?朝陽區(qū)校級一模)已知二次函數(shù)y＝x2﹣2mx﹣m與y軸交于點M，直線y＝m+5與y軸交于點A，與直線x＝4交于點B，直線y＝﹣2m與y軸交于點D(A與D不重合)，與直線x＝4交于點C，構(gòu)建矩形ABCD．
(1)當(dāng)點M在線段AD上時，求m的取值范圍．
(2)求證：拋物線y＝x2﹣2mx﹣m與直線y＝m+5恒有兩個交點．
(3)當(dāng)拋物線在矩形內(nèi)部的函數(shù)值y隨著x的增大而增大或y隨x的增大而減小時，求m的取值范圍．
(4)當(dāng)拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的橫坐標(biāo)等于點B到x軸距離的時，直接寫出m的取值范圍．
【分析】(1)由題意得：M(0，﹣m)，A(0，m+5)，D(0，﹣2m)，分兩種情況：當(dāng)m+5＞﹣2m，即m＞﹣時，當(dāng)m+5＜﹣2m，即m＜﹣時，分別根據(jù)“點M在線段AD上”，列出不等式求解即可；
(2)由題意得：x2﹣2mx﹣2m﹣5＝0，根據(jù)根的判別式即可證得結(jié)論；
(3)由題意得：拋物線的對稱軸為直線x＝m，頂點坐標(biāo)為(m，﹣m2﹣m)，開口向上，分三種情況：①當(dāng)m+5＜﹣2m，即m＜﹣時，②當(dāng)m+5＞﹣2m，即﹣＜m≤0時，③當(dāng)16﹣9m≤﹣2m，即m≥時，分別畫出圖形討論即可；
(4)由題意得：拋物線y＝x2﹣2mx﹣m在矩形ABCD中的最高點的橫坐標(biāo)x的范圍是0≤x≤4，點B(4，m+5)到x軸的距離為|m+5|，根據(jù)“拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的橫坐標(biāo)等于點B到x軸距離的”分三種情況：①當(dāng)m＜﹣5時，拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的坐標(biāo)為(﹣m﹣，﹣2m)，②當(dāng)﹣5≤m＜時，拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的坐標(biāo)為(m+，﹣2m)，③當(dāng)m＞﹣，且16﹣9m≥m+5，即﹣＜m≤時，拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的坐標(biāo)為(m+，m+5)，分別代入拋物線解析式求解即可．
【解答】(1)解：由題意得：M(0，﹣m)，A(0，m+5)，D(0，﹣2m)，
當(dāng)m+5＞﹣2m，即m＞﹣時，
∵點M在線段AD上，
∴﹣2m＜﹣m＜m+5，
∴m＞0；
當(dāng)m+5＜﹣2m，即m＜﹣時，
∵點M在線段AD上，
∴m+5＜﹣m＜﹣2m，
∴m＜；
綜上所述，m的取值范圍為m＞0或m＜．
(2)證明：當(dāng)x2﹣2mx﹣m＝m+5時，
整理得：x2﹣2mx﹣2m﹣5＝0，
Δ＝(﹣2m)2﹣4×1×(﹣2m﹣5)＝4(m+1)2+16，
∵4(m+1)2≥0，
∴4(m+1)2+16＞0，
∴拋物線y＝x2﹣2mx﹣m與直線y＝m+5恒有兩個交點．
(3)解：∵y＝x2﹣2mx﹣m＝(x﹣m)2﹣m2﹣m，
∴該拋物線的對稱軸為直線x＝m，頂點坐標(biāo)為(m，﹣m2﹣m)，開口向上，與y軸的交點M(0，﹣m)，
①當(dāng)m+5＜﹣2m，即m＜﹣時，如圖1，

此時拋物線在矩形內(nèi)部的函數(shù)值y隨著x的增大而增大；
②當(dāng)m+5＞﹣2m，即﹣＜m≤0時，如圖2，

此時拋物線在矩形內(nèi)部的函數(shù)值y隨著x的增大而增大；
③當(dāng)m＞0時，如圖3，
令x＝4，則y＝16﹣8m﹣m＝16﹣9m，
當(dāng)16﹣9m≤﹣2m，即m≥時，拋物線在矩形內(nèi)部(不包括邊界)的函數(shù)值y隨著x的增大而減??；

綜上，m的取值范圍為m＜﹣或﹣＜m≤0或m≥．
(4)解：由題意得：拋物線y＝x2﹣2mx﹣m在矩形ABCD中的最高點的橫坐標(biāo)x的范圍是0≤x≤4，
點B(4，m+5)到x軸的距離為|m+5|，
當(dāng)x＝4時，y＝16﹣9m，
∵拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的橫坐標(biāo)等于點B到x軸距離的，
∴拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的橫坐標(biāo)為|m+5|，
①當(dāng)m＜﹣5時，拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的坐標(biāo)為(﹣m﹣，﹣2m)，
∴﹣2m＝(﹣m﹣)2﹣2m(﹣m﹣)﹣m，
解得：m＝，
∵m＜﹣5，
∴m＝﹣；
②當(dāng)﹣5≤m＜時，拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的坐標(biāo)為(m+，﹣2m)，
∴﹣2m＝(m+)2﹣2m(m+)﹣m，
解得：m＝﹣1，
∵﹣5≤m＜，
∴m＝﹣1﹣；
③當(dāng)m＞﹣，且16﹣9m≥m+5，即﹣＜m≤時，
拋物線在矩形內(nèi)部(包括邊界)最高點的坐標(biāo)為(m+，m+5)，
∴m+5＝(m+)2﹣2m(m+)﹣m，
解得：m＝﹣3，
∵﹣＜m≤，
∴m＝﹣3+；
綜上所述，m的值為﹣或﹣1﹣或﹣3+．
7．(2022?長春一模)已知拋物線y＝x2﹣2mx+2m+1．
(1)寫出拋物線y＝x2﹣2mx+2m+1的頂點坐標(biāo)(用含m的式子表示)．
(2)當(dāng)x≥1時，y隨x的增大而增大，則m的取值范圍是　m≤1?。?br /> (3)當(dāng)﹣1≤x≤2時，函數(shù)y＝x2﹣2mx+2m+1的圖象記為G，設(shè)圖象G的最低點的縱坐標(biāo)為y0．當(dāng)y0＝﹣1時，求m的值．
(4)當(dāng)m＞0時，分別過點A(2，1)、B(2，4)作y軸垂線，垂足分別為點D、點C，拋物線在矩形ABCD內(nèi)部的圖象(包括邊界)的最低點到直線y＝﹣2的距離等于最高點到x軸的距離，直接寫出m的值．
【分析】(1)由y＝(x﹣m)2﹣m2+2m+1，即可求解；
(2)由拋物線的圖象可得m≤1時，y隨x的增大而增大；
(3)分三種情況討論：當(dāng)m＜﹣1時，y0＝2+4m＝﹣1，解得m＝﹣(舍)；當(dāng)m＞2時，x＝2，函數(shù)有最小值，y0＝5﹣2m＝﹣1，解得m＝3；當(dāng)﹣1≤m≤2時，y0＝﹣m2+2m+1＝﹣1，解得m＝+1(舍)或m＝﹣+1；
(4)分五種情況討論：當(dāng)0＜m≤時，﹣m2+2m+1+2＝4，解得m＝1(舍)；當(dāng)＜m≤1時，﹣m2+2m+1+2＝4﹣2m+1，解得m＝+2(舍)或m＝﹣+2；當(dāng)1＜m≤時，﹣m2+2m+1+2＝2m+1，解得m＝或m＝﹣(舍)；當(dāng)＜m≤2時，﹣m2+2m+1+2＝4，解得m＝1(舍)；當(dāng)m＞2時，最高點縱坐標(biāo)是4，最低點縱坐標(biāo)是1，此時不符合題意．
【解答】解：(1)∵y＝x2﹣2mx+2m+1＝(x﹣m)2﹣m2+2m+1，
∴頂點坐標(biāo)為(m，﹣m2+2m+1)；
(2)∵拋物線開口向上，
∴m≤1時，y隨x的增大而增大，
故答案為：m≤1；
(3)當(dāng)m＜﹣1時，x＝﹣1，函數(shù)有最小值，
∴y0＝2+4m，
∵y0＝﹣1，
∴2+4m＝﹣1，
解得m＝﹣(舍)；
當(dāng)m＞2時，x＝2，函數(shù)有最小值，
∴y0＝5﹣2m，
∵y0＝﹣1，
∴5﹣2m＝﹣1，
解得m＝3；
當(dāng)﹣1≤m≤2時，x＝m，函數(shù)有最小值，
∴y0＝﹣m2+2m+1，
∵y0＝﹣1，
∴﹣m2+2m+1＝﹣1，
解得m＝+1(舍)或m＝﹣+1；
綜上所述：m的值為3或﹣+1；
(4)當(dāng)0＜m≤時，﹣m2+2m+1+2＝4，
解得m＝1(舍)；
當(dāng)＜m≤1時，﹣m2+2m+1+2＝4﹣2m+1，
解得m＝+2(舍)或m＝﹣+2；
當(dāng)1＜m≤時，﹣m2+2m+1+2＝2m+1，
解得m＝或m＝﹣(舍)；
當(dāng)＜m≤2時，﹣m2+2m+1+2＝4，
解得m＝1(舍)；
當(dāng)m＞2時，最高點縱坐標(biāo)是4，最低點縱坐標(biāo)是1，
∴3≠4，
∴此時不符合題意；
綜上所述：m的值為或2﹣．

8．(2021?咸豐縣一模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸正半軸交于點A，且點A的坐標(biāo)為(3，0)，過點A作垂直于x軸的直線l，P是該拋物線上一動點，其橫坐標(biāo)為m，過點P作PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其縱坐標(biāo)為．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．
(1)求拋物線的解析式；
(2)當(dāng)點Q與點M重合時，求m的值；
(3)當(dāng)矩形PQMN是正方形，且拋物線的頂點在該正方形內(nèi)部時，求m的值；
(4)當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，求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M與點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P在直線l的左邊，點M在點Q是下方下方時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，則有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，觀察圖象可知．當(dāng)0＜m＜3時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中．當(dāng)m＞4時，點M在點Q的上方，也滿足條件，如圖4﹣2中．
【解答】解：(1)∵拋物線的圖象經(jīng)過點A(3，0)，
∴＝0，
解得b＝1．
∴拋物線解析式為：．
(2)∵P點的橫坐標(biāo)為m，且P點在拋物線y＝的圖象上，
∴P點的坐標(biāo)為(m，)，
∵PQ⊥l，l過A點且垂直于x軸，
∴Q點的坐標(biāo)為(3，)，
∵M(jìn)點的坐標(biāo)為(3，﹣m+)，
∵Q點與M點重合，
∴＝﹣m+，
解方程得：m＝0或m＝4．
(3)∵拋物線＝﹣(x﹣1)2+2，
∴拋物線的頂點坐標(biāo)為(1，2)．
∵N點的坐標(biāo)為N(m，﹣m+)，
要使頂點(1，2)在正方形PQMN內(nèi)部，
∴﹣m+＞2，得m＜﹣．
∴PN＝﹣m+﹣()＝m2﹣2m，PQ＝3﹣m．
∵四邊形PQMN是正方形，
∴m2﹣2m＝3﹣m，
解得m＝1+(舍去)或m＝1﹣．
∴當(dāng)m＝1﹣時，拋物線頂點在正方形PQMN內(nèi)部．
(4)∵M(jìn)點的縱坐標(biāo)﹣m+，隨P點的橫坐標(biāo)m的增大而減小，根據(jù)(1)的結(jié)果得：
當(dāng)m＝0時，M，Q兩點重合；m＝3時，P，Q重合；m＝4時，M，Q重合，矩形PQMN不存在；
當(dāng)m＜0時，直線MN在直線PQ上方，拋物線頂點在矩形PQMN內(nèi)部，不合題意．
當(dāng)0＜m＜4時，直線MN在直線PQ下方，如圖4﹣1，

當(dāng)3＜m＜4時，矩形內(nèi)部沒有拋物線圖象，不合題意；
當(dāng)m＞4時，直線MN在直線PQ上方，矩形內(nèi)部有拋物線，且為對稱軸右側(cè)，y隨x的增大而減小，如圖4﹣2；

綜上：當(dāng)0＜m＜3或m＞4時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減?。?br /> 9．(2022?白山模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+2x+b(b為常數(shù)，b≠0)與y軸交于點A，且點A的坐標(biāo)為(0，3)，過點A作垂直于y軸的直線l．P是該拋物線上的任意一點，其橫坐標(biāo)為m，過點P作PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其橫坐標(biāo)為﹣m+1．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．
(1)求b的值；
(2)當(dāng)點Q與點M重合時，求m的值；
(3)當(dāng)矩形PQMN為正方形時，求m的值；
(4)當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大時，直接寫出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Q與點M的橫坐標(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P在直線l的下邊，點M在點Q右側(cè)時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大，則有﹣m+1≤2，解得﹣1≤m＜0；當(dāng)點Q在點M右邊時，存在兩段，不合題意；當(dāng)0＜m＜2時，點P在l的上方，當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大時，有＜m＜2．
【解答】解：(1)把點A(0，3)代入y＝﹣x2+2x+b，得到b＝3．
(2)∵拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，
∴P(m，﹣m2+2m+3)，
∵PQ⊥l，且l⊥y軸，
∴PQ∥y，
∴Q(m，3)；
∵點M(﹣m+1，3)與點Q重合，
∴﹣m+1＝m，
解得m＝．
(3)y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣1)2+4，
∴拋物線的頂點坐標(biāo)為(1，4)，
由題意PQ＝MQ，
∴|﹣m2+2m+3﹣3|＝|﹣m+1﹣m|
解得，m＝1或m＝﹣1或m＝2+或m＝2﹣．
(4)根據(jù)題意可知，需要分類討論：
當(dāng)點P在直線l的下邊，點M在點Q右側(cè)時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大，如圖1，

此時﹣m+1≤2，解得﹣1≤m＜0；
當(dāng)點P在直線l的下邊，點Q在點M右邊時，如圖2，存在兩段，不合題意；
當(dāng)點P在l上方時，如圖3和4，當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大時，

當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大時，有＜m＜2．
綜上，當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大時，﹣1≤m＜0或＜m＜2．
10．(2021?吉林四模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2+bx﹣與x軸交于點A(5，0)，與該拋物線的對稱軸l交于點B，作直線AB．P是該拋物線上的任意一點，其橫坐標(biāo)為m，過點P作x軸的垂線交AB于點Q，過點P作PN⊥l于點N，以PQ、PN為邊作矩形PQMN．
(1)求拋物線的解析式；
(2)求直線AB的解析式；
(3)當(dāng)該拋物線被矩形PQMN截得的部分圖象的最高點縱坐標(biāo)與最低點縱坐標(biāo)的距離為2時，求點P的坐標(biāo)；
(4)當(dāng)該拋物線與坐標(biāo)軸的交點到直線MQ的距離相等時，直接寫出m的值．

【分析】(1)把點A(5，0)代入拋物線y＝x2+bx﹣中可解答；
(2)根據(jù)配方法可得拋物線頂點B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可得直線AB的解析式；
(3)分兩種情況：①點P在對稱軸的左側(cè)；②點P在對稱軸的右側(cè)；根據(jù)該拋物線被矩形PQMN截得的部分圖象的最高點縱坐標(biāo)與最低點縱坐標(biāo)的距離為2列方程可解答；
(4)先求拋物線與y軸交點的坐標(biāo)，根據(jù)該拋物線與坐標(biāo)軸的交點到直線MQ的距離相等可知：點Q的縱坐標(biāo)為﹣，將y＝﹣代入直線AB的解析式可得答案．
【解答】解：(1)把點A(5，0)代入拋物線y＝x2+bx﹣中得：
+5b﹣＝0，
解得：b＝﹣2，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣；
(2)∵y＝x2﹣2x﹣＝(x﹣2)2﹣，
∴B(2，﹣)，
設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+n，
則，解得：，
∴直線AB的解析式為：y＝x﹣；
(3)由題意得：P(m，m2﹣2m﹣)，
∴Q(m，m﹣)，
分兩種情況：
①如圖1，當(dāng)點P在對稱軸的左側(cè)時，

∵拋物線被矩形PQMN截得的部分圖象的最高點縱坐標(biāo)與最低點縱坐標(biāo)的距離為2，
∴m2﹣2m﹣+＝2，
解得：m1＝0，m2＝4(舍)，
∴P(0，﹣)；
②如圖2，當(dāng)點P在對稱軸的右邊時，

∵拋物線被矩形PQMN截得的部分圖象的最高點縱坐標(biāo)與最低點縱坐標(biāo)的距離為2，
∴m2﹣2m﹣﹣m+＝2，
解得：m1＝6，m2＝1(舍)，
∴P(6，3.5)；
綜上，點P的坐標(biāo)為(0，﹣)或(6，3.5)；
(4)如圖3，當(dāng)x＝0時，y＝﹣

∵該拋物線與坐標(biāo)軸的交點到直線MQ的距離相等，即點D與C到直線MQ的距離相等，
∴點Q的縱坐標(biāo)為﹣，
當(dāng)y＝﹣時，m﹣＝﹣，
解得：m＝．
11．(2021?南關(guān)區(qū)校級二模)在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2﹣2ax﹣a(a為常數(shù))．
(1)當(dāng)(﹣，m)在拋物線上，求m的值．
(2)當(dāng)拋物線的最低點到x軸的距離恰好是時，求a的值．
(3)已知A(﹣1，1)、B(﹣1，2a﹣)，連接AB．當(dāng)拋物線與線段AB有交點時，記交點為P(點P不與A、B重合)，將線段PB繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PM，以PM、PA為鄰邊構(gòu)造矩形PMQA．
①若拋物線在矩形PMQA內(nèi)部的圖象的函數(shù)值y隨自變量x的增大而減小時，求a的取值范圍．
②當(dāng)拋物線在矩形PMQA內(nèi)部(包含邊界)圖象所對應(yīng)的函數(shù)的最大值與最小值的差為時，直接寫出a的值．
【分析】(1)將(﹣，m)代入y＝x2﹣2ax﹣a求解．
(2)求出頂點坐標(biāo)，通過頂點縱坐標(biāo)為±求解．
(3)①通過數(shù)形結(jié)合，討論拋物線對稱軸與矩形邊的位置關(guān)系與拋物線經(jīng)過臨界點時的值求解．
②分類討論點B在A上方與點B在A下方兩種情況，分別求出最高點與最低點坐標(biāo)作差求解．
【解答】解：(1)將(﹣，m)代入y＝x2﹣2ax﹣a可得：
m＝+a﹣a，
∴m＝．
(2)∵y＝x2﹣2ax﹣a＝(x﹣a)2﹣a2﹣a，
∴拋物線頂點坐標(biāo)為(a，﹣a2﹣a)，
當(dāng)﹣a2﹣a＝時，
解得a＝﹣，
當(dāng)﹣a2﹣a＝﹣時，
解得a＝或a＝．
∴a＝﹣或a＝或a＝．
(3)①AB所在直線解析式為x＝﹣1，
將x＝﹣1代入y＝x2﹣2ax﹣a得y＝1+a，
∴點P坐標(biāo)為(﹣1，1+a)，
當(dāng)點B在點A上方時，2a﹣＞1+a＞﹣1，
解得a＞，
∵PB＝PM＝2a﹣﹣(1+a)＝a﹣，
∴點M橫坐標(biāo)為﹣1+a﹣＝a﹣，
∵a＞a﹣，
∴拋物線對稱軸在點M右側(cè)，滿足題意，
∴a＞．

當(dāng)點B在點A下方時，﹣1＞1+a＞2a﹣，
解得a＜0，
∵PB＝PM＝1+a﹣(2a﹣)＝﹣a，
∴點M橫坐標(biāo)為﹣1﹣(﹣a)＝a﹣，
當(dāng)拋物線經(jīng)過點M時，a＝，
解得a＝﹣，
∴﹣＜a＜0滿足題意．

綜上所述，﹣＜a＜0或a＞．
②由①得Q的橫坐標(biāo)為a﹣，
∴Q的坐標(biāo)為(a﹣，1)，
當(dāng)a＞，拋物線經(jīng)過點Q時，將(a﹣，1)代入拋物線解析式得：
1＝(a﹣)2﹣2a(a﹣)﹣a，
解得a＝或a＝(舍)，
拋物線與直線x＝a﹣交點為(a﹣，﹣a2﹣a+)，
當(dāng)＜a＜時，拋物線與矩形交點最高點為點P(﹣1，1+a)，最低點縱坐標(biāo)為1，
(1+a)﹣1＝時，解得a＝(舍)．

當(dāng)點P為最高點，拋物線與MQ交點E為最低點時，
(1+a)﹣(﹣a2﹣a+)＝，
解得a＝﹣1﹣(舍)或a＝﹣1+．

當(dāng)a＜0時，拋物線經(jīng)過點Q時，a＝，
∴≤a＜0時，拋物線與矩形交點最高點縱坐標(biāo)為1，最低點縱坐標(biāo)為點P縱坐標(biāo)為1+a，
當(dāng)1﹣(1+a)＝時，a＝﹣．

當(dāng)a＜時，拋物線與直線MQ交點(a﹣，﹣a2﹣a+)為最高點，點P為最低點，
當(dāng)﹣a2﹣a+﹣(1+a)＝時，解得a＝﹣1+(舍)或a＝﹣1﹣．

綜上所述，a＝﹣1﹣或a＝﹣或a＝﹣1+．
12．(2021?吉林二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2﹣x﹣與x軸正半軸交于點A，過點A的直線y＝kx+b(k≠0)與該拋物線的另一個交點B的橫坐標(biāo)為2，P是該拋物線上的任意一點，其橫坐標(biāo)為m+1，過點P作x軸的垂線，交直線AB于點C，在該垂線的點P上方取一點D，使PD＝1，以CD為邊作矩形CDEF，設(shè)點E的橫坐標(biāo)為2m．
(1)求直線AB對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；
(2)當(dāng)點P與點A重合時，求點E的坐標(biāo)；
(3)當(dāng)點E在該拋物線上時，求拋物線的頂點到EF的距離；
(4)當(dāng)矩形CDEF的一組鄰邊與該拋物線相交，且該拋物線在矩形CDEF內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而增大時，直接寫出m的取值范圍．

【分析】(1)求出A，B兩點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求解即可．
(2)構(gòu)建方程求解即可．
(3)由題意，得點E的坐標(biāo)為．代入拋物線的解析式，構(gòu)建方程求解即可．
(4)求出三種特殊情形m的值，利用圖象法判斷即可．
【解答】解：(1)當(dāng)x＝2時，．
∴點B的坐標(biāo)為(2，)，
當(dāng)y＝0時，．
解得x1＝﹣1，x2＝3．
∵拋物線與x軸正半軸交于點A，
∴點A的坐標(biāo)為(3，0)．
由題意，得，
解得，
∴直線AB對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為．

(2)當(dāng)點P與點A重合時，m+1＝3．
解得m＝2．
∴2m＝4．
∵點D的縱坐標(biāo)為1．
∴點E的坐標(biāo)為(4，1)．

(3)將配方，得．
∴拋物線的頂點坐標(biāo)為(1，﹣2)．
由題意，得點E的坐標(biāo)為．
∵點E在該拋物線上，
∴．
解得，．
當(dāng)2m＜1時，即，頂點(1，﹣2)在EF的右邊．
∵，
∴拋物線的頂點到EF的距離為．
當(dāng)2m＞1時，即，頂點(1，﹣2)在EF的左邊．
∵，
∴拋物線的頂點到EF的距離為．
綜上所述，拋物線的頂點到EF的距離為或．

(4)當(dāng)點F(2m，m﹣3)在拋物線上時，m﹣3＝2m2﹣2m﹣，
解得m＝或1，
當(dāng)E在拋物線上時，m＝，
當(dāng)點P與A重合時，m＝2，
觀察圖1，圖2，圖3可知，當(dāng)或或m≥2時，矩形CDEF的一組鄰邊與該拋物線相交．
也可以寫成：當(dāng)或m≠1或m≥2時，矩形CDEF的一組鄰邊與該拋物線相交．

13．(2020?吉林)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+與x軸正半軸交于點A，且點A的坐標(biāo)為(3，0)，過點A作垂直于x軸的直線l．P是該拋物線上的任意一點，其橫坐標(biāo)為m，過點P作PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其縱坐標(biāo)為﹣m+．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．
(1)求b的值．
(2)當(dāng)點Q與點M重合時，求m的值．
(3)當(dāng)矩形PQMN是正方形，且拋物線的頂點在該正方形內(nèi)部時，求m的值．
(4)當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，直接寫出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M與點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．
(3)當(dāng)點P在直線l的左邊，點M在點Q是下方下方時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，則有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，觀察圖象可知．當(dāng)0＜m＜3時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中．當(dāng)m＞4時，點M在點Q的上方，也滿足條件，如圖4﹣2中．
【解答】解：(1)把點A(3，0)代入y＝﹣x2+bx+，得到0＝﹣+3b+，
解得b＝1．

(2)∵拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+，
∴P(m，﹣m2+m+)，
∵M(jìn)，Q重合，
∴﹣m+＝﹣m2+m+，
解得m＝0或4．

(3)y＝﹣x2+x+＝﹣(x﹣1)2+2，
∴拋物線的頂點坐標(biāo)為(1，2)，
由題意PQ＝MQ，且拋物線的頂點在該正方形內(nèi)部，
∴3﹣m＝﹣m+﹣(﹣m2+m+)且﹣m+＞2，得m＜﹣
解得m＝1﹣或1+(不合題意舍棄)，
∴m＝1﹣．

(4)當(dāng)點P在直線l的左邊，點M在點Q下方時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，
則有﹣m+＜﹣m2+m+，
∴m2﹣4m＜0，
解得0＜m＜4，
觀察圖象可知．當(dāng)0＜m＜3時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(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，拋物線不在矩形PQMN內(nèi)部，不符合題意，
當(dāng)m＞4時，點M在點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．
14．(2022?長春模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝x2+bx+c(b、c是常數(shù))經(jīng)過點(0，﹣1)和(2，7)，點A在這個拋物線上，設(shè)點A的橫坐標(biāo)為m．
(1)求此拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式并寫出頂點C的坐標(biāo)．
(2)點B在這個拋物線上(點B在點A的左側(cè))，點B的橫坐標(biāo)為﹣1﹣2m．
①當(dāng)△ABC是以AB為底的等腰三角形時，求OABC的面積．
②將此拋物線A、B兩點之間的部分(包括A、B兩點)記為圖象G，當(dāng)頂點C在圖象G上，記圖象G最高點的縱坐標(biāo)與最低點的縱坐標(biāo)的差為h，求h與m之間的函數(shù)關(guān)系式．
(3)設(shè)點D的坐標(biāo)為(m，2﹣m)，點E的坐標(biāo)為(1﹣m，2﹣m)，點F在坐標(biāo)平面內(nèi)，以A、D、E、F為頂點構(gòu)造矩形，當(dāng)此拋物線與矩形有3個交點時，直接寫出m的取值范圍．
【分析】(1)用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，再將拋物線的解析式化成頂點式，即可求解；
(2)①先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出A、B、C三點坐標(biāo)，再根據(jù)三角形面積公式求解即可；
②按第一種情況：當(dāng)點A是最高點，可得m＞1或m＜﹣，第二種情況：當(dāng)點B是最高點，得m的取值范圍，再計算縱坐標(biāo)的差h即可解答；
(3)分情況討論：①當(dāng)m＜﹣1時，②當(dāng)﹣1≤m≤1時時，③當(dāng)1＜m＜2時，④當(dāng)2＜m＜3時，⑤當(dāng)3≤m＜4時，⑥當(dāng)m＝4時，⑦當(dāng)m＞4時，分別畫出圖形求解即可．
【解答】解：(1)把(0，﹣1)和(2，7)代入y＝x2+bx+c，得：
，解得：，
∴拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為：y＝x2+2x﹣1，
∵y＝x2+2x﹣1＝(x+1)2﹣2，
∴頂點C的坐標(biāo)為(﹣1，﹣2)；
(2)①當(dāng)x＝﹣1﹣2m時，y＝(﹣1﹣2m+1)2﹣2＝4m2﹣2，
∴B(﹣1﹣2m，4m2﹣2)．
當(dāng)△ABC是以AB為底的等腰三角形時，
則AC＝BC，
又∵點C在拋物線對稱軸x＝﹣1上，
∴點A、點B關(guān)于直線x＝﹣1對稱，
∴A(2m﹣1，4m2﹣2)，
∵點A的橫坐標(biāo)為m，
∴2m﹣1＝m，
解得：m＝1，
∴A(1，2)，B(﹣3，2)，
∵由(1)得，C(﹣1，﹣2)，
∴S△ABC＝[1﹣(﹣3)]×[2﹣(﹣2)]＝8；
②∵A(m，(m+1)2﹣2)，B(﹣1﹣2m，4m2﹣2)．
∴當(dāng)點A是最高點，即m＞1或m＜﹣時，
則h＝(m+1)2﹣2﹣(﹣2)＝(m+1)2；
當(dāng)點B是最高點，即﹣＜m＜1時，則h＝4m2﹣2﹣(﹣2)＝4m2，
綜上，h與m之間的函數(shù)關(guān)系式為：h＝(m+1)2(m＞1或m＜﹣)或 h＝4m2(﹣＜m＜1)；
(3)①當(dāng)m＜﹣1時，則2﹣m＞3，1﹣m＞2，如圖：

此時矩形ADEF與拋物線有3個交點；
②當(dāng)﹣1≤m≤1時，則1≤2﹣m≤3，0≤1﹣m≤2，如圖：

此時矩形ADEF與拋物線有2個交點；
③當(dāng)1＜m＜2時，則0＜2﹣m＜1，﹣1＜1﹣m＜0，如圖：

此時矩形ADEF與拋物線有2個交點；
④當(dāng)2＜m＜3時，則﹣1＜2﹣m＜0，﹣2＜1﹣m＜﹣1，如圖：

此時矩形ADEF與拋物線有2個交點；
⑤當(dāng)3≤m＜4時，則﹣2＜2﹣m≤﹣1，﹣3＜1﹣m≤﹣2，如圖：

此時矩形ADEF與拋物線有4個交點；
⑥當(dāng)m＝4時，則2﹣m＝﹣2，1﹣m＝﹣3，如圖：

此時矩形ADEF與拋物線有3個交點(ED經(jīng)過拋物線的頂點)；
⑦當(dāng)m＞4時，則2﹣m＜﹣2，1﹣m＜﹣3，如圖：

此時矩形ADEF與拋物線有2個交點．
綜上，當(dāng)m≤﹣1或m＝4時，拋物線與矩形有3個交點．
15．(2022?丹東)如圖1，拋物線y＝ax2+x+c(a≠0)與x軸交于A(﹣2，0)，B(6，0)兩點，與y軸交于點C，點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，過點P作PD⊥x軸，垂足為D，PD交直線BC于點E，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m．
(1)求拋物線的表達(dá)式；
(2)設(shè)線段PE的長度為h，請用含有m的代數(shù)式表示h；
(3)如圖2，過點P作PF⊥CE，垂足為F，當(dāng)CF＝EF時，請求出m的值；
(4)如圖3，連接CP，當(dāng)四邊形OCPD是矩形時，在拋物線的對稱軸上存在點Q，使原點O關(guān)于直線CQ的對稱點O′恰好落在該矩形對角線所在的直線上，請直接寫出滿足條件的點Q的坐標(biāo)．

【分析】(1)運用待定系數(shù)法即可求得答案；
(2)利用待定系數(shù)法可得直線BC的解析式為y＝﹣x+3，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，則P(m，m2+m+3)，E(m，﹣m+3)，即可得出h＝m2+m；
(3)如圖，過點E、F分別作EH⊥y軸于點H，F(xiàn)G⊥y軸于點G，可證得△BOC∽△PFE，得出＝，可求得EF＝(m2+m)，再由△CEH∽△CBO，可得＝，求得CE＝m，結(jié)合CF＝EF，可得EF＝CE＝m，建立方程求解即可得出答案；
(4)設(shè)Q(2，t)，分兩種情況：①當(dāng)點O′恰好落在該矩形對角線OD所在的直線上時，②當(dāng)點O′恰好落在該矩形對角線CD上時，③當(dāng)點O′恰好落在該矩形對角線DC延長線上時，分別求出點Q的坐標(biāo)即可．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝ax2+x+c(a≠0)與x軸交于A(﹣2，0)，B(6，0)兩點，
∴，
解得：，
∴拋物線的表達(dá)式為y＝x2+x+3；
(2)∵拋物線y＝x2+x+3與y軸交于點C，
∴C(0，3)，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，把B(6，0)、C(0，3)代入，
得：，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，則P(m，m2+m+3)，E(m，﹣m+3)，
∴h＝m2+m+3﹣(﹣m+3)＝m2+m，
∵點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，
∴0＜m＜6，
∴h＝m2+m(0＜m＜6)；
(3)如圖，過點E、F分別作EH⊥y軸于點H，F(xiàn)G⊥y軸于點G，

∵P(m，m2+m+3)，E(m，﹣m+3)，
∴PE＝m2+m，
∵PF⊥CE，
∴∠EPF+∠PEF＝90°，
∵PD⊥x軸，
∴∠EBD+∠BED＝90°，
又∵∠PEF＝∠BED，
∴∠EPF＝∠EBD，
∵∠BOC＝∠PFE＝90°，
∴△BOC∽△PFE，
∴＝，
在Rt△BOC中，BC＝＝＝3，
∴EF＝×PE＝(m2+m)＝(m2+m)，
∵EH⊥y軸，PD⊥x軸，
∴∠EHO＝∠EDO＝∠DOH＝90°，
∴四邊形ODEH是矩形，
∴EH＝OD＝m，
∵EH∥x軸，
∴△CEH∽△CBO，
∴＝，即＝，
∴CE＝m，
∵CF＝EF，
∴EF＝CE＝m，
∴m＝(m2+m)，
解得：m＝0或m＝1，
∵0＜m＜6，
∴m＝1；
(4)∵拋物線y＝x2+x+3，
∴拋物線對稱軸為直線x＝﹣＝2，
∵點Q在拋物線的對稱軸上，
∴設(shè)Q(2，t)，設(shè)拋物線對稱軸交x軸于點H，交CP邊于點G，
則GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，
①當(dāng)點O′恰好落在該矩形對角線OD所在的直線上時，如圖，

則CQ垂直平分OO′，即CQ⊥OD，
∴∠COP+∠OCQ＝90°，
又∵四邊形OCPD是矩形，
∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°，
∴∠PCQ+∠OCQ＝90°，
∴∠PCQ＝∠COP，
∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝＝，
∴＝tan∠PCQ＝，
∴＝，
解得：t＝，
∴Q(2，)；
②當(dāng)點O′恰好落在該矩形對角線CD上時，如圖，連接CD交GH于點K，

∵點O與點O′關(guān)于直線CQ對稱，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCQ＝∠DCQ，
∵GH∥OC，
∴∠CQG＝∠OCQ，
∴∠DCQ＝∠CQG，
∴CK＝KQ，
∵C、P關(guān)于對稱軸對稱，即點G是CP的中點，GH∥OC∥PD，
∴點K是CD的中點，
∴K(2，)，
∴GK＝，
∴CK＝KQ＝﹣t，
在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2，
∴22+()2＝(﹣t)2，
解得：t1＝1(舍去)，t2＝﹣1，
∴Q(2，﹣1)；
③當(dāng)點O′恰好落在該矩形對角線DC延長線上時，如圖，過點O′作O′K⊥y軸于點K，連接OO′交CQ于點M，

∵點O與點O′關(guān)于直線CQ對稱，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCM＝∠O′CM，∠OMC＝∠O′MC＝90°，O′C＝OC＝3，
∵∠O′KC＝∠DOC＝90°，∠O′CK＝∠DCO，
∴△O′CK∽△DCO，
∴＝＝，即＝＝，
∴O′K＝，CK＝，
∴OK＝OC+CK＝3+＝，
∴O′(﹣，)，
∵點M是OO′的中點，
∴M(﹣，)，
設(shè)直線CQ的解析式為y＝k′x+b′，
則，
解得：，
∴直線CQ的解析式為y＝x+3，
當(dāng)x＝2時，y＝×2+3＝4，
∴Q(2，4)；
綜上所述，點Q的坐標(biāo)為(2，)或(2，﹣1)或(2，4)．
16．如圖，已知拋物線C1：y＝a1x2+b1x+1c和C2：y＝a2x2+b2x+c2(|a1|＝|a2|)都經(jīng)過原點，頂點分別為A，B，與x軸的另一交點分別為M，N，如果四邊形ANBM是平行四邊形，則稱拋物線C1和C2為對稱拋物線．
(1)觀察圖象，寫出對稱拋物線兩條特征；(如：拋物線開口大小相同)
(2)若拋物線C1的解析式為y＝﹣x2+2x，確定對稱拋物線C2的解析式．
(3)若MN＝4，且四邊形ANBM是矩形時，確定對稱拋物線C1和C2的解析式．

【分析】(1)觀察函數(shù)圖象，任意找出對稱拋物線兩條特征即可得出結(jié)論；
(2)利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得出點A的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出點B的坐標(biāo)，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出點M的坐標(biāo)，結(jié)合點M，N關(guān)于原點O對稱，即可得出點N的坐標(biāo)，根據(jù)點B，N的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出對稱拋物線C2的解析式；
(3)由MN的長可得出點M，N的坐標(biāo)及拋物線C1的對稱軸，設(shè)點A的坐標(biāo)為(1，m)，則AM2＝(1﹣2)2+m2，AN2＝[1﹣(﹣2)]2+m2，利用勾股定理可求出m的值，由點A，M的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出對稱拋物線C1的解析式，由點A，B關(guān)于原點O對稱，可得出點B的坐標(biāo)，同理(待定系數(shù)法)可求出對稱拋物線C2的解析式．
【解答】解：(1)觀察函數(shù)圖象，可得出對稱拋物線的特征：點M，N關(guān)于原點O對稱；兩拋物線的頂點坐標(biāo)關(guān)于原點O對稱．
(2)∵拋物線C1的解析式為y＝﹣x2+2x，
∴點A的坐標(biāo)為(1，1)，
∴點B的坐標(biāo)為(﹣1，﹣1)；
當(dāng)y＝0時，﹣x2+2x＝0，
解得：x1＝0，x2＝2，
∴點M的坐標(biāo)為(2，0)，
∴點N的坐標(biāo)為(﹣2，0).
將B(﹣1，﹣1)，N(﹣2，0)代入y＝a2x2+b2x中，
得：，解得：，
∴對稱拋物線C2的解析式為y＝x2+2x．
(3)∵M(jìn)N＝4，
∴OM＝MN＝×4＝2，
∴拋物線C1的對稱軸為直線x＝1，點M的坐標(biāo)為(2，0)，
∴點N的坐標(biāo)為(﹣2，0)．
設(shè)點A的坐標(biāo)為(1，m)，則AM2＝(1﹣2)2+m2，AN2＝[1﹣(﹣2)]2+m2．
∵四邊形ANBM是矩形，
∴△AMN為直角三角形，
∴AM2+AN2＝MN2，
即(1﹣2)2+m2+[1﹣(﹣2)]2+m2＝42，
解得：m1＝，m2＝﹣，
∴點A的坐標(biāo)為(1，)或(1，﹣)．
當(dāng)點A的坐標(biāo)為(1，)時，將A(1，)，M(2，0)代入y＝a1x2+b1x，
得：，解得：，
∴對稱拋物線C1的解析式為y＝﹣x2+2x；
當(dāng)點A的坐標(biāo)為(1，﹣)時，將A(1，﹣)，M(2，0)代入y＝a1x2+b1x，
得：，解得：，
∴對稱拋物線C1的解析式為y＝x2﹣2x；
∵點A，B關(guān)于原點O對稱，
∴點B的坐標(biāo)為(﹣1，﹣)或(﹣1，)，
同理，可得出對稱拋物線C2的解析式為y＝x2+2x或y＝﹣x2﹣2x．
綜上所述，對稱拋物線C1和C2的解析式為y＝﹣x2+2x，y＝x2+2x或y＝x2﹣2x，y＝﹣x2﹣2x．

17．(2022?福田區(qū)校級模擬)如圖，拋物線y＝ax2+3x+c與x軸交于點A，B，直線y＝x+1與拋物線交于點A，C(3，n)．點P為對稱軸左側(cè)拋物線上一動點，其橫坐標(biāo)為m．
(1)求拋物線的解析式及其頂點的坐標(biāo)．
(2)已知直線l：x＝m+5與直線AC交于點D，過點P(橫坐標(biāo)為m)，作PE⊥l于點E，以PE，DE為邊作矩形PEDF．
①當(dāng)拋物線的頂點在矩形PEDF內(nèi)部時，m的取值范圍為　　(請直接寫出)
②在①的條件下，求矩形PEDF的周長的最小值．

【分析】(1)根據(jù)c點在直線y＝x+1上，把C(3，n)代入，得到n，再把A，C代入拋物線上，解方程組即可得到拋物線的解析式．
(2)①根據(jù)矩形左邊點的橫坐標(biāo)小于頂點的橫坐標(biāo)、矩形右邊點的橫坐標(biāo)大于頂點的橫坐標(biāo)，矩形上邊點的縱坐標(biāo)大于頂點的縱坐標(biāo)，就可得到不等式組，解之即可．
②把矩形的長轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的解析式，求它的最小值，再加上寬即可．
【解答】解：(1)∵y＝x+1，當(dāng)y＝0時，x＝﹣1，
∴A(﹣1，0)．
∵直線y＝x+1與拋物線交于點A，C(3，n)．
將C(3，n)代入y＝x+1，得n＝3+1＝4，
∴C(3，4)．
將A(﹣1，0)，C(3，4)分別代入y＝ax2+3x+c，
得，
解得，，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+3x+4．
∵，
∴拋物線的頂點坐標(biāo)為；

(2)①，
由題意可知，P(m，﹣m2+3m+4)，E(m+5，﹣m2+3m+4)，D(m+5，m+6)．
∵拋物線的頂點在矩形PEDF內(nèi)部，
可得：，
解得：，
故答案為：；
②DF＝PE＝(5+m)﹣m＝5，DE＝m+6﹣(﹣m2+3m+4)＝m2﹣2m+2＝(m﹣1)2+1．
∵，
∴當(dāng)m＝1時，DE最小，最小值為1，
∴矩形PEDF周長的最小值為2×1+2×5＝12．
18．(2022?綠園區(qū)模擬)已知二次函數(shù)y＝﹣n2+2n﹣3，點A、點B均在此二次函數(shù)的圖象上，點A的橫坐標(biāo)為n﹣1，點B的橫坐標(biāo)為2n﹣2，在點A和點B之間的圖象為G．
(1)當(dāng)n＝2時，
①求二次函數(shù)圖象的頂點坐標(biāo)；
②當(dāng)﹣1≤x≤3時，求y的取值范圍．
(2)AB所在的直線交y軸于點C，過點A作AD⊥y軸于點D，以AD、CD為鄰邊構(gòu)造矩形ADCE，直接寫出當(dāng)拋物線的頂點落在矩形ADCE的邊上時n的值．
(3)當(dāng)圖象G上存在兩個點到直線y＝3n﹣4的距離為3，直接寫出滿足條件的n的取值范圍．
【分析】(1)①求出函數(shù)解析式為y＝﹣(x﹣2)2+1，即可求解；
②由題意可知當(dāng)x＝﹣1時，函數(shù)有最小值﹣，當(dāng)x＝2時，函數(shù)有最大值1，即可求y的取值范圍；
(2)求出頂點為(n，2n﹣3)，A(n﹣1，2n﹣)，B(2n﹣2，n2+4n﹣5)，D(0，2n﹣)，C(0，n2﹣2)，當(dāng)n﹣1＞0時，頂點在直線AE的右側(cè)，此時頂點不能落在矩形ADCE的邊上；當(dāng)n﹣1＜0，即n＜1，頂點在CD邊上時，n＝0；
(3)當(dāng)2n﹣2≥n，即n≥2時，2n﹣≥n2+4n﹣5，解得n≥3，此時3n﹣4﹣2n+≥3，3n﹣4﹣2n+3＜3，解得≤n＜4時，圖象G上存在兩個點到直線y＝3n﹣4的距離為3；當(dāng)n﹣1＞2n﹣2時，此時2n﹣﹣3n+4≥3，3n﹣4﹣(n2+4n﹣5)≥3，解得n≤﹣．
【解答】解：(1)①當(dāng)n＝2時，y＝﹣x2+2x﹣1＝﹣(x﹣2)2+1，
∴頂點為(2，1)；
②∵﹣1≤x≤3，
∴當(dāng)x＝﹣1時，函數(shù)有最小值﹣，
當(dāng)x＝2時，函數(shù)有最大值1，
∴﹣≤y≤1；
(2)∵y＝﹣n2+2n﹣3＝﹣(x﹣n)2+2n﹣3，
∴頂點為(n，2n﹣3)，
∵點A的橫坐標(biāo)為n﹣1，
∴A(n﹣1，2n﹣)，
∵點B的橫坐標(biāo)為2n﹣2，
∴B(2n﹣2，n2+4n﹣5)，
∵AD⊥y軸，
∴D(0，2n﹣)，
設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝(﹣n)x+n2﹣2，
∴C(0，n2﹣2)，
∵以AD、CD為鄰邊構(gòu)造矩形ADCE，
∴E(n﹣1，n2﹣2)，
當(dāng)n﹣1＞0時，頂點在直線AE的右側(cè)，此時頂點不能落在矩形ADCE的邊上；
當(dāng)n﹣1＜0，即n＜1，頂點在CD邊上時，n＝0；
(3)如圖1，當(dāng)2n﹣2≥n，即n≥2時，
2n﹣≥n2+4n﹣5，解得n≥3或n≤1，
∴當(dāng)n≥3時，3n﹣4﹣2n+≥3，3n﹣4﹣2n+3＜3時，
解得≤n＜4時，圖象G上存在兩個點到直線y＝3n﹣4的距離為3；
如圖2，當(dāng)n﹣1＞2n﹣2時，即n＜1，
2n﹣﹣3n+4≥3，3n﹣4﹣(n2+4n﹣5)≥3，
解得n≤﹣；
綜上所述：≤n＜4或n≤﹣時，圖象G上存在兩個點到直線y＝3n﹣4的距離為3．

19．(2022?羅湖區(qū)二模)【實踐與探究】九(1)班數(shù)學(xué)課題學(xué)習(xí)小組，為了研究學(xué)習(xí)二次函數(shù)問題，他們經(jīng)歷了實踐一一應(yīng)用一一探究的過程：
(1)實踐：他們對一條公路上橫截面為拋物線的單向雙車道的隧道進(jìn)行測量，測得隧道的路面寬為10m，隧道頂部最高處距地面6.25m，并畫出了隧道截面圖，建立了如圖①所示的直角坐標(biāo)系，則該拋物線的解析式為　y＝﹣0.25(x﹣5)2+6.25　．
(2)應(yīng)用：按規(guī)定，機(jī)動車輛通過隧道時，車頂部與隧道頂部在豎直方向上的高度差至少為0.5m．為了確保安全，問該隧道能否讓最寬3m、最高3.5m的兩輛廂式貨車居中并列行駛(兩車并列行駛時不考慮兩車之間的空隙)？
(3)探究：該課題學(xué)習(xí)小組為進(jìn)一步探索拋物線的有關(guān)知識，他們借助上述拋物線模型，提出了以下兩個問題，請予解答：
Ⅰ．如圖②，在拋物線內(nèi)作矩形ABCD，使頂點C、D落在拋物線上，頂點A、B落在x軸上．設(shè)矩形ABCD的周長為l，求l的最大值．
Ⅱ．如圖③，過原點作一條y＝x的直線OM，交拋物線于點M，交拋物線對稱軸于點N，P為直線OM上一動點，過P點作x軸的垂線交拋物線于點Q．問：在直線OM上是否存在點P，使以P、N、Q為頂點的三角形是等腰直角三角形？若存在，請求出P點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【分析】(1)利用頂點式將頂點坐標(biāo)(5，6.25)代入，求出二次函數(shù)解析式即可；
(2)根據(jù)已知得出當(dāng)x＝2時，正好是汽車寬度，代入函數(shù)解析式求出即可；
(3)I．首先用未知數(shù)表示出矩形周長，再利用二次函數(shù)最值公式求出；
Ⅱ?利用等腰直角三角形的性質(zhì)得出QN＝AB＝AO，以及P在y＝x的圖象上，即可得出P點的坐標(biāo)．
【解答】解：(1)根據(jù)坐標(biāo)系可知此函數(shù)頂點坐標(biāo)為(5，6.25)，且圖象過(10，0)點，
代入頂點式得：
y＝a(x﹣5)2+6.25，
∴0＝a(10﹣5)2+6.25，
解得：a＝﹣0.25，
∴y＝﹣0.25(x﹣5)2+6.25；
故答案為：y＝﹣0.25(x﹣5)2+6.25．
(2)當(dāng)最寬3m，最高3.5m的兩輛廂式貨車居中并列行駛時，
∴10﹣3×2＝4，
4÷2＝2，
∴x＝2代入解析式得：
y＝﹣0.25(2﹣5)2+6.25；
y＝4，
4﹣3.5＝0.5，
∴隧道能讓最寬3m，最高3.5m的兩輛廂式貨車居中并列行駛；
(3)I．假設(shè)AO＝x，可得AB＝10﹣2x，
∴AD＝﹣0.25(x﹣5)2+6.25；
∴矩形ABCD的周長為l為：l＝2[﹣0.25(x﹣5)2+6.25]+2(10﹣2x)＝﹣0.5x2+x+20，
∴l(xiāng)的最大值為：＝＝20.5．
Ⅱ如圖④，當(dāng)以P、N、Q為頂點的三角形是等腰直角三角形，
∵P在y＝x的圖象上，過P點作x軸的垂線交拋物線于點Q．
∴∠POA＝∠OPA＝45°，
∴Q點的縱坐標(biāo)為5，
∴5＝，
解得：m＝5±，
如圖⑤，當(dāng)∠P3NQ3＝90°時，過點Q3作Q3K1⊥對稱軸，
當(dāng)△NQ3K1為等腰直角三角形時，△NP3Q3為等腰直角三角形，
Q點在OM的上方時，P3Q3＝2Q3K1，P3Q3＝﹣x2+﹣x+，
Q3K1＝5﹣x，
Q點在OM的下方時，P4Q4＝2Q4K2，P4Q4＝x﹣(﹣x2+)，
Q4K2＝x﹣5，
∴x2﹣x+10＝0，
解得：x1＝4，x2＝10，
P3(4，4)，P4(10，10)．
∴使以P、N、Q為頂點的三角形是等腰直角三角形，P點的坐標(biāo)為：(5﹣，5﹣)或(5+，5+)或(4，4)或(10，10)．

20．(2022?安徽模擬)如圖；已知拋物線y＝ax2+3x+c與直線y＝x+1交于兩點A，B(3，n)，且點A在x軸上．
(1)求a，c，n的值；
(2)設(shè)點P在拋物線上，其橫坐標(biāo)為m．直線l：x＝m+5與直線AB交于點C，過點P作PD⊥l于點D，以PD，CD為邊作矩形PDCE，使得拋物線的頂點在矩形PDCE內(nèi)部．
①直接寫出：m的取值范圍是 ?。糾＜?。?br /> ②求PD+CD的最小值．

【分析】(1)先由直線求得點A和點B的坐標(biāo)，然后代入拋物線求得a和c的值；
(2)①由(1)中的a和c得到拋物線的解析式，表示出點P的坐標(biāo)，點D的坐標(biāo)和點C的坐標(biāo)，然后求得拋物線的頂點坐標(biāo)，列出不等式即可求得m的取值范圍；
②用含有m的式子表示PD+CD，然后求得最小值．
【解答】解：(1)對直線y＝x+1，當(dāng)x＝3時，n＝4，當(dāng)y＝0時，x＝﹣1，
∴點A(﹣1，0)，B(3，4)，
將點A和點B的坐標(biāo)代入拋物線y＝ax2+3x+c，得
，解得：．
(2)①∵a＝﹣1，c＝4，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+3x+4＝﹣(x﹣)2+，
∴P的坐標(biāo)為(m，﹣m2+3m+4)，頂點坐標(biāo)為()，
∴點D的坐標(biāo)為(m+5，﹣m2+3m+4)，
∵直線l：x＝m+5與直線AB交于點C，
∴C(m+5，m+6)，
∵拋物線的頂點在矩形PDCE內(nèi)部，
∴，
解得：＜m＜，
∴m的取值范圍為＜m＜，
故答案為：＜m＜．
②∵P的坐標(biāo)為(m，﹣m2+3m+4)，點D的坐標(biāo)為(m+5，﹣m2+3m+4)，C(m+5，m+6)，
∴PD＝5，CD＝m+6﹣(﹣m2+3m+4)＝m2﹣2m+2，
∴PD+CD＝m2﹣2m+2+5＝(m﹣1)2+6，
∴當(dāng)m＝1時，PD+CD的最小值為6．
21．(2022春?朝陽區(qū)校級月考)已知拋物線L：y＝﹣x2+4x+a(a≠0)．
(1)拋物線L的對稱軸為直線　x＝2?。?br /> (2)當(dāng)拋物線L上到x軸的距離為3的點只有兩個時，求a的取值范圍．
(3)當(dāng)a＜0時，直線x＝a、x＝﹣3a與拋物線L分別交于點A、C，以線段AC為對角線作矩形ABCD，且AB⊥y軸．若拋物線L在矩形ABCD內(nèi)部(包含邊界)最高點的縱坐標(biāo)等于2，求矩形ABCD的周長．
(4)點M的坐標(biāo)為(4，﹣1)，點N的坐標(biāo)為(﹣1，﹣1)，當(dāng)拋物線L與線段MN有且只有一個公共點，直接寫出a的取值范圍．
【分析】(1)由y＝﹣x2+4x+a＝﹣(x﹣2)2+4+a，即可求解；
(2)由題意可得4+a＜3，即可求解；
(3)分別求出A、B、C、D四點坐標(biāo)，由題意可得﹣9a2﹣11a＝2，求出a值即可求解；
(4)當(dāng)4+a＝﹣1時，a＝﹣5，此時拋物線L與線段MN有且只有一個公共點；當(dāng)或時，拋物線L與線段MN有且只有一個公共點，解得﹣1＜a＜4．
【解答】解：(1)∵y＝﹣x2+4x+a＝﹣(x﹣2)2+4+a，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝2，
故答案為：x＝2；
(2)∵拋物線開口向下，
∴y＝﹣3與拋物線有兩個不同的交點，
∵拋物線L上到x軸的距離為3的點只有兩個，
∴﹣3＜4+a＜3，即﹣7＜a＜﹣1；
(3)由題意可知A(a，﹣a2+5a)，B(﹣3a，﹣a2+5a)，C(﹣3a，﹣9a2﹣11a)，D(a，﹣9a2﹣11a)，
由題意可得﹣9a2﹣11a＝2，
解得a＝﹣1或a＝﹣，
當(dāng)a＝﹣時，AB＝﹣4a＝，AD＝﹣9a2﹣11a+a2﹣5a＝﹣8a2﹣16a＝，
∴矩形ABCD的周長＝2×(+)＝；
當(dāng)a＝﹣1時，AB＝4，AD＝8，
∴矩形ABCD的周長＝2×(4+8)＝24；
綜上所述：矩形ABCD的周長為24或；
(4)當(dāng)a＞0時，界點(﹣1，﹣5+a )在點N 處或下方滿足條件，此時﹣5+a≤﹣1，
所以0＜a≤4 當(dāng)a＜0時，
若界點(4，a )在x 軸下方，MN 上方，且界點(﹣1，﹣5+a )在點N 處或其下方滿足條件，
解得﹣1＜a＜0，
若頂點(2，4+a )與MN 相切，滿足條件，此時4+a＝﹣1，解得a＝﹣5．
綜上，﹣1＜a≤4且a≠0或a＝﹣5．

22．(2022?煙臺一模)如圖，平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點A，B在x軸上，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A，C(4，﹣5)兩點，且與直線DC交于另一點E．
(1)求拋物線的解析式；
(2)P為y軸上一點，過點P作拋物線對稱軸的垂線，垂足為Q，連接EQ，AP．試求EQ+PQ+AP的最小值；
(3)N為平面內(nèi)一點，在拋物線對稱軸上是否存在點M，使得以點M，N，E，A為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【分析】(1)求出A點坐標(biāo)后，將點A、C代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；
(2)連接OC，交對稱x＝1于點Q，此時EQ+OQ的值最小，最小值為線段OC長，再求解即可；
(3)分三種情況討論：①以AE為菱形對角線，此時AM＝ME；②以AM為菱形對角線，此時AE＝EM；③以AN為菱形對角線，此時AE＝AM；再利用中點坐標(biāo)公式和兩點間距離公式求解即可．
【解答】解：(1)∵四邊形ABCD為正方形，C(4，﹣5)，
∴AD＝AB＝5，B(4，0)，
∴OA＝1，
∴A(﹣1，0)，
將點A，C代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
(2)連接OC，交對稱軸x＝1于點Q，
∵PQ⊥y軸，
∴AO∥PQ，
∵AO＝PQ＝1，
∴四邊形AOQP是平行四邊形，
∴AP＝OQ，
∴EQ+PQ+AP＝EQ+1+OQ
若使EQ+PQ+AP值為最小，則EQ+OQ的值為最小，
∵E，C關(guān)于對稱軸x＝1對稱，
∴EQ＝CQ，
∴EQ+OQ＝CQ+OQ，
此時EQ+OQ的值最小，最小值為線段OC長，
∵C(4，﹣5)，
∴，
∴EQ+PQ+AP的最小值為，
即EQ+PQ+AP的最小值為；
(3)存在點M，使得以點M，N，E，A為頂點的四邊形是菱形，理由如下：
①以AE為菱形對角線，此時AM＝ME，
∴，
解得，
∴M(1，﹣3)；
②以AM為菱形對角線，此時AE＝EM，
∴，
解得或，
∴M(1，﹣5+)或(1，﹣5﹣)；
③以AN為菱形對角線，此時AE＝AM，
∴，
解得或，
∴M(1，)或(1，﹣)；
綜上所述：M點坐標(biāo)為(1，﹣3)，，，，．

23．(2022??？谀M)如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C．點D(2，3)在該拋物線上，直線AD與y軸相交于點E，點F是直線AD上方的拋物線上的動點．

(1)求該拋物線對應(yīng)的二次函數(shù)的關(guān)系式；
(2)當(dāng)點F到直線AD距離最大時，求點F的坐標(biāo)；
(3)如圖，點M是拋物線的頂點，點P的坐標(biāo)為(0，n)，點Q是坐標(biāo)平面內(nèi)一點，以A，M，P，Q為頂點的四邊形是AM為邊的矩形．
①求n的值；
②若點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱，求點T的坐標(biāo)．

【分析】(1)設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x+1)(x﹣3)，再將點D(2，3)代入即可求函數(shù)的解析式；
(2)求出直線AD的解析式，過點F作FG∥y軸交直線AD于點G，設(shè)F(t，﹣t2+2t+3)，則G(t，t+1)，當(dāng)S△FAD最大時，點F到直線AD距離最大；
(3)①當(dāng)AP為矩形對角線時，過點M作SR∥y軸交x軸于點R，過交P作PS⊥SR交于S，可證明△PMS∽△MAR，由相似的性質(zhì)可求P(0，)，則n＝；當(dāng)AQ為矩形對角線時，過點M作MR∥x軸，過點A作AR⊥MR交于R，可得tan∠RAM＝，再由∠OAP＝∠RAM，可求P(0，﹣)，則n＝﹣；
②當(dāng)n＝時，延長QA交y軸于點T，設(shè)AM與y軸交點為K，可證明△AOT≌△PMS(AAS)，即可求T(0，﹣)；當(dāng)n＝﹣時，延長QM與y軸交點為T，設(shè)RM與y軸交點為G，證明△TMG≌△PAO(ASA)，即可求T(0，)．
【解答】解：(1)由題意可設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x+1)(x﹣3)，
∵點D(2，3)在拋物線上，
∴3＝﹣3a，
解得a＝﹣1，
∴y＝﹣(x+1)(x﹣3)，即y＝﹣x2+2x+3；
(2)設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+1，
過點F作FG∥y軸交直線AD于點G，
設(shè)F(t，﹣t2+2t+3)，則G(t，t+1)，
∴FG＝﹣t2+t+2，
當(dāng)S△FAD最大時，點F到直線AD距離最大，
∴＝，
即當(dāng)時，S△FAD最大，
當(dāng)時，
∴；
(3)①∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣1)2+4，
∴M(1，4)，
當(dāng)AP為矩形對角線時，
如圖2，過點M作SR∥y軸交x軸于點R，過交P作PS⊥SR交于S，
∵∠PMA＝90°，
∴∠PMS+∠AMR＝90°，
∵∠PMS+∠MPS＝90°，
∴∠AMR＝∠MPS，
∴△PMS∽△MAR，
∴＝，
∵PS＝1，AR＝2，MR＝4，
∴＝，
∴SM＝，
∴P(0，)，
∴n＝；
當(dāng)AQ為矩形對角線時，
如圖3，過點M作MR∥x軸，過點A作AR⊥MR交于R，
∴RM＝2，AR＝4，
∴tan∠RAM＝，
∵∠RAM+∠MAO＝∠MAO+∠OAP＝90°，
∴∠OAP＝∠RAM，
∴OP＝，
∴P(0，﹣)，
∴n＝﹣；
綜上所述：n的值為﹣或；
②當(dāng)n＝時，
∵四邊形AQPM是矩形，
∴AQ＝PM，
延長QA交y軸于點T，設(shè)AM與y軸交點為K，
∵PS∥AO，KT∥SM，
∴∠ATO＝∠PMS，
∵∠OAT＝∠PSM＝90°，PS＝AO＝1，
∴△AOT≌△PMS(AAS)，
∴MS＝OT＝，
∴T(0，﹣)；
當(dāng)n＝﹣時，
延長QM與y軸交點為T，設(shè)RM與y軸交點為G，
∵M(jìn)Q∥AP，GM∥OA，
∴∠TMG＝∠OAP，
∵GM＝AO＝1，∠TGM＝∠AOP＝90°，
∴△TMG≌△PAO(ASA)，
∴TM＝AP，
∵M(jìn)P＝AP，
∴TM＝MQ，
∵TG＝OP＝，
∴T(0，)；
綜上所述：T點坐標(biāo)為(0，﹣)或(0，)．

24．(2022?錦州二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的兩邊OA，OC分別在x軸和y軸上，OA＝3，OC＝4，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過點B，且與x軸交于點D(﹣1，0)和點E．
(1)求拋物線的表達(dá)式；
(2)若P是第一象限拋物線上的一個動點，連接CP，PE，當(dāng)四邊形OCPE的面積最大時，求點P的坐標(biāo)，此時四邊形OCPE的最大面積是多少；
(3)若N是拋物線對稱軸上一點，在平面內(nèi)是否存在一點M，使以點C，D，M，N為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

【分析】(1)利用矩形的性質(zhì)結(jié)合OA，OC的長度可得出點A，C，B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的表達(dá)式；
(2)利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，可求出點E的坐標(biāo)，過點P作PF⊥x軸于點F，設(shè)點P的坐標(biāo)為(m，﹣m2+3m+4)(0＜m＜4)，利用S四邊形OCPE＝S梯形OCPF+S△APE，即可得出S四邊形OCPE關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求出結(jié)論；
(3)利用二次函數(shù)的性質(zhì)，可得出拋物線對稱軸為直線直線x＝，利用待定系數(shù)法可求出直線CD的表達(dá)式，分CD為邊及CD為對角線兩種情況考慮：①當(dāng)CD為邊時，利用CN⊥CD或DN⊥CD可得出CN或DN的表達(dá)式，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出點N的坐標(biāo)，再利用矩形的性質(zhì)即可求出點M的坐標(biāo)；②當(dāng)CD為對角線時，設(shè)線段CD的中點為G，過點G作GH⊥拋物線對稱軸于點H，利用勾股定理可求出HN的長度，進(jìn)而可得出點N的坐標(biāo)，再利用矩形的性質(zhì)即可求出點M的坐標(biāo)．
【解答】解：(1)∵四邊形OABC為矩形，且OA＝3，OC＝4，
∴點A的坐標(biāo)為(3，0)，點C的坐標(biāo)為(0，4)，點B的坐標(biāo)為(3，4)．
將B(3，4)，D(﹣1，0)代入y＝ax2+bx+4，
得：，解得：，
∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+3x+4．
(2)當(dāng)y＝0時，﹣x2+3x+4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴點E的坐標(biāo)為(4，0)，
∴OE＝4．
過點P作PF⊥x軸于點F，如圖1所示．
設(shè)點P的坐標(biāo)為(m，﹣m2+3m+4)(0＜m＜4)，
則S四邊形OCPE＝S梯形OCPF+S△APE
＝(OC+PF)?OF+FE?PF
＝(4﹣m2+3m+4)?m+(4﹣m)?(﹣m2+3m+4)
＝﹣2m2+8m+8
＝﹣2(m﹣2)2+16，
∵﹣2＜0，
∴m＝2時，S四邊形OCPE取得最大值，最大值＝16，此時點P的坐標(biāo)為(2，6)，
∴當(dāng)四邊形OCPE的面積最大時，點P的坐標(biāo)為(2，6)，此時四邊形OCPE的最大面積是16．
(3)∵拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+3x+4，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝．
利用待定系數(shù)法可求出直線CD的表達(dá)式為y＝4x+4，分CD為邊及CD為對角線兩種情況考慮：
①當(dāng)CD為邊時，若四邊形DCNM為矩形，則直線CN的解析式為y＝﹣x+4，
∴點N的坐標(biāo)為(，)，
∴點M的坐標(biāo)為(﹣1+﹣0，0+﹣4)，即(，﹣)；
若四邊形CDNM為矩形，則直線DN的解析式為y＝﹣x﹣，
∴點N的坐標(biāo)為(，﹣)，
∴點M的坐標(biāo)為(0+﹣(﹣1)，4﹣﹣0)，即(，)；
②當(dāng)CD為對角線時，設(shè)線段CD的中點為G，過點G作GH⊥拋物線對稱軸于點H，如圖3所示．
∵點C的坐標(biāo)為(0，4)，點D的坐標(biāo)為(﹣1，0)，
∴點G的坐標(biāo)為(﹣，2)，
∴點H的坐標(biāo)為(，2)，
∴GH＝﹣(﹣)＝2．
又∵以點C，D，M，N為頂點的四邊形是矩形，即△OCN為直角三角形，
∴GN＝OC＝＝，
∴HN＝＝＝，
∴點N的坐標(biāo)為(，)或(，)．
當(dāng)點N的坐標(biāo)為(，)時，點M的坐標(biāo)為(﹣1+0﹣，0+4﹣)，即(﹣，)；
當(dāng)點N的坐標(biāo)為(，)時，點M的坐標(biāo)為(﹣1+0﹣，0+4﹣)，即(﹣，)．
綜上所述，在平面內(nèi)存在一點M，使以點C，D，M，N為頂點的四邊形是矩形，點M的坐標(biāo)為(，﹣)或(，)或(﹣，)或(﹣，)．