二次函數(shù)與正方形存在性問題
1.作為特殊四邊形中最特殊的一位，正方形擁有更多的性質(zhì)，因此坐標系中的正方形存在性問題變化更加多樣，從判定的角度來說，可以有如下：（1）有一個角為直角的菱形；
（2）有一組鄰邊相等的矩形；（3）對角線互相垂直平分且相等的四邊形．依據(jù)題目給定的已知條件選擇恰當?shù)呐卸ǚ椒?，即可確定所求的點坐標．
2.對于二次函數(shù)與正方形的存在性問題，常見的處理思路有：
思路1：從判定出發(fā)若已知菱形，則加有一個角為直角或?qū)蔷€相等；若已知矩形，則加有一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直；若已知對角線互相垂直或平分或相等，則加上其他條件．
思路2：構(gòu)造三垂直全等若條件并未給關于四邊形及對角線的特殊性，則考慮在構(gòu)成正方形的4個頂點中任取3個，必是等腰直角三角形，若已知兩定點，則可通過構(gòu)造三垂直全等來求得第3個點，再求第4個點．
3.示例：在平面直角坐標系中，已知A、B的坐標，在平面中求C、D使得以A、B、C、D為頂點的四邊形是正方形．

如圖，一共6個這樣的點C使得以A、B、C為頂點的三角形是等腰直角三角形．
【例1】 (2023?齊齊哈爾）綜合與探究
如圖，某一次函數(shù)與二次函數(shù)y＝x2+mx+n的圖象交點為A（﹣1，0），B（4，5）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點C為拋物線對稱軸上一動點，當AC與BC的和最小時，點C的坐標為 ；
（3）點D為拋物線位于線段AB下方圖象上一動點，過點D作DE⊥x軸，交線段AB于點E，求線段DE長度的最大值；
（4）在（2）條件下，點M為y軸上一點，點F為直線AB上一點，點N為平面直角坐標系內(nèi)一點，若以點C，M，F(xiàn)，N為頂點的四邊形是正方形，請直接寫出點N的坐標．
【例2】． (2023?揚州）如圖是一塊鐵皮余料，將其放置在平面直角坐標系中，底部邊緣AB在x軸上，且AB＝8dm，外輪廓線是拋物線的一部分，對稱軸為y軸，高度OC＝8dm．現(xiàn)計劃將此余料進行切割：
（1）若切割成正方形，要求一邊在底部邊緣AB上且面積最大，求此正方形的面積；
（2）若切割成矩形，要求一邊在底部邊緣AB上且周長最大，求此矩形的周長；
（3）若切割成圓，判斷能否切得半徑為3dm的圓，請說明理由．
【例3】 (2023?海南）如圖1，拋物線y＝ax2+2x+c經(jīng)過點A（﹣1，0）、C（0，3），并交x軸于另一點B，點P（x，y）在第一象限的拋物線上，AP交直線BC于點D．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；
（2）當點P的坐標為（1，4）時，求四邊形BOCP的面積；
（3）點Q在拋物線上，當?shù)闹底畲笄摇鰽PQ是直角三角形時，求點Q的橫坐標；
（4）如圖2，作CG⊥CP，CG交x軸于點G（n，0），點H在射線CP上，且CH＝CG，過GH的中點K作KI∥y軸，交拋物線于點I，連接IH，以IH為邊作出如圖所示正方形HIMN，當頂點M恰好落在y軸上時，請直接寫出點G的坐標．
【例4】 (2023?長春）在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2﹣bx（b是常數(shù)）經(jīng)過點（2，0）．點A在拋物線上，且點A的橫坐標為m（m≠0）．以點A為中心，構(gòu)造正方形PQMN，PQ＝2|m|，且PQ⊥x軸．
（1）求該拋物線對應的函數(shù)表達式；
（2）若點B是拋物線上一點，且在拋物線對稱軸左側(cè)．過點B作x軸的平行線交拋物線于另一點C，連結(jié)BC．當BC＝4時，求點B的坐標；
（3）若m＞0，當拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而增大時，或者y隨x的增大而減小時，求m的取值范圍；
（4）當拋物線與正方形PQMN的邊只有2個交點，且交點的縱坐標之差為時，直接寫出m的值．
1． (2023?樂平市一模）如圖，拋物線y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）的頂點為A，對稱軸與x軸交于點C，當以AC為對角線的正方形ABCD的另外兩個頂點B、D恰好在拋物線上時，我們把這樣的拋物線稱為美麗拋物線，正方形ABCD為它的內(nèi)接正方形．
（1）當拋物線y＝ax2+1是美麗拋物線時，則a＝ ；當拋物線y＝+k是美麗拋物線時，則k＝ ；
（2）若拋物線y＝ax2+k是美麗拋物線時，則請直接寫出a，k的數(shù)量關系；
（3）若y＝a（x﹣h）2+k是美麗拋物線時，（2）a，k的數(shù)量關系成立嗎？為什么？
（4）系列美麗拋物線yn＝an（x﹣n）2+kn（n為小于7的正整數(shù)）頂點在直線y＝x上，且它們中恰有兩條美麗拋物線內(nèi)接正方形面積比為1：16．求它們二次項系數(shù)之和．
2．（2016秋?西城區(qū)校級期中）我們規(guī)定：在正方形ABCD中，以正方形的一個頂點A為頂點，且過對角頂點C的拋物線，稱為這個正方形的以A為頂點的對角拋物線．
（1）在平面直角坐標系xOy中，點在軸正半軸上，點C在y軸正半軸上．
①如圖1，正方形OABC的邊長為2，求以O為頂點的對角拋物線；
②如圖2，在平面直角坐標系xOy中，正方形OABC的邊長為a，其以O為頂點的對角拋物線的解析式為y＝x2，求a的值；
（2）如圖3，正方形ABCD的邊長為4，且點A的坐標為（3，2），正方形的四條對角拋物線在正方形ABCD內(nèi)分別交于點M、P、N、Q，直接寫出四邊形MPNQ的形狀和四邊形MPNQ的對角線的交點坐標．
3． (2023?隴縣二模）在平面直角坐標系中，已知拋物線經(jīng)過A（﹣2，0），兩點，且與y軸交于點C，點B是該拋物線的頂點．
（1）求拋物線L1的表達式；
（2）將L1平移后得到拋物線L2，點D，E在L2上（點D在點E的上方），若以點A，C，D，E為頂點的四邊形是正方形，求拋物線L2的解析式．
4． (2023?臨潼區(qū)二模）在平面直角坐標系中，已知拋物線L1：y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），B（1，﹣）兩點，且與y軸交于點C，點B是該拋物線的頂點．
（1）求拋物線L1的表達式；
（2）將L1平移后得到拋物線L2，點D，E在L2上（點D在點E的上方），若以點A，C，D，E為頂點的四邊
形是正方形，求拋物線L2的解析式．
5． (2023?松陽縣一模）如圖，拋物線與x軸，y軸分別交于A，D，C三點，已知點A（4，0），點C（0，4）．若該拋物線與正方形OABC交于點G且CG：GB＝3：1．
（1）求拋物線的解析式和點D的坐標；
（2）若線段OA，OC上分別存在點E，F(xiàn)，使EF⊥FG．
已知OE＝m，OF＝t
①當t為何值時，m有最大值？最大值是多少？
②若點E與點R關于直線FG對稱，點R與點Q關于直線OB對稱．問是否存在t，使點Q恰好落在拋物線上？若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．
6． (2023?香坊區(qū)校級開學）在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，點A、C分別在x軸、y軸正半軸上，四邊形OABC是正方形，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點B、C，OA＝18．
（1）如圖1，求拋物線的解析式；
（2）如圖2，點D是OA的中點，經(jīng)過點D的直線交AB于點E、交y軸于點F，連接BD，若∠EDA＝2∠ABD，求直線DE的解析式；
（3）如圖3，在（2）的條件下，點G在OD上，連接GC、GE，點P在AB右側(cè)的拋物線上，點Q為BP中點，連接DQ，過點B作BH⊥BP，交直線DP于點H，連接CH、GH，若GC＝GE，DQ＝PQ，求△CGH的周長．
7． (2023?咸豐縣一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸正半軸交于點A，且點A的坐標為（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，其橫坐標為m，過點P作PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其縱坐標為．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當點Q與點M重合時，求m的值；
（3）當矩形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）當拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，求m的取值范圍．
8． (2023?云南模擬）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），交y軸于點C，且經(jīng)過點D（5，6）．
（1）求拋物線的解析式及點A，B的坐標；
（2）在平面直角坐標系xOy中，是否存在點P，使△APD是等腰直角三角形？若存在，請直接寫出符合條件的所有點的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）在直線AD下方，作正方形ADEF，并將沿對稱軸平移|t|個單位長度（規(guī)定向上平移時t為正，向下平移時t為負，不平移時t為0），若平移后的拋物線與正方形ADEF（包括正方形的內(nèi)部和邊）有公共點，求t的取值范圍．
9． (2023秋?溫州校級月考）如圖1所示，動點A、B同時從原點O出發(fā)，運動的速度都是每秒1個單位，動點A沿x軸正方向運動，動點B沿y軸正方向運動，以OA、OB為鄰邊建立正方形OACB，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過B、C兩點，假設A、B兩點運動的時間為t秒．
（1）當t＝3秒時，求此時拋物線的解析式；此時拋物線上是否存在一點D，使得S△BCD＝6？若存在，求出點D的坐標；若不存在，說明理由；
（2）如圖2，在（1）的條件下，有一條平行于y軸的動直線l，交拋物線于點E，交直線OC于點F，若以O、B、E、F四個點構(gòu)成的四邊形是平行四邊形，求點F的坐標；
（3）在動點A、B運動的過程中，若正方形OACB內(nèi)部有一個點P，且滿足OP＝，CP＝，∠OPA＝135°，直接寫出此時AP的長度．
10． (2023?峨眉山市模擬）如圖，已知直線y＝與坐標軸交于A，B兩點，以線段AB為邊向上作正方形ABCD，過點A，D，C的拋物線與直線的另一個交點為E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若正方形以每秒個單位長度的速度沿射線AB下滑，直至頂點D落在x軸上時停止，設正方形落在x軸下方部分的面積為S，求S關于滑行時間t的函數(shù)關系式，并寫出相應自變量t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，拋物線與正方形一起平移，同時停止，求拋物線上C，E兩點間的拋物線弧所掃過的面積．
11． (2023?深圳模擬）如圖1，拋物線C1：y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，且頂點為C，直線y＝kx+2經(jīng)過A，C兩點．
（1）求直線AC的表達式與拋物線C1的表達式；
（2）如圖2，將拋物線C1沿射線AC方向平移一定距離后，得到拋物線為C2，其頂點為D，拋物線C2與直線y＝kx+2的另一交點為E，與x軸交于M，N兩點（M點在N點右邊），若S△MDE＝S△MAE，求點D的坐標；
（3）如圖3，若拋物線C1向上平移4個單位得到拋物線C3，正方形GHST的頂點G，H在x軸上，頂點S，T在x軸上方的拋物線C3上，P（m，0）是射線GH上一動點，則正方形GHST的邊長為 ，當m＝ 時，有最小值 ．
12． (2023?社旗縣二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c過（1，0），（3，0），（0，6）三點，邊長為4的正方形OABC的頂點A，C分別在x軸上，y軸上．
（1）求拋物線解析式，并直接寫出當﹣1≤x≤4時，y的最大值與最小值的差．
（2）將正方形OABC向右平移，平移距離記為h，
①當點C首次落在拋物線上，求h的值．
②當拋物線落在正方形內(nèi)的部分，滿足y隨x的增大而減小時，請直接寫出h的取值范圍．
13． (2023?越秀區(qū)校級一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+與x軸正半軸交于點A，且點A的坐標為（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，其橫坐標為m，過點P作PQ⊥l于點Q；M是直線l上的一點，其縱坐標為﹣m+，以PQ，QM為邊作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）當點Q與點M重合時，求m的值．
（3）當矩形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）拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分稱為被掃描部分．請問該拋物線是否全部被掃描？若是，請說明理由，若否，直接寫出拋物線被掃描部分自變量的取值范圍．
14． (2023秋?新?lián)釁^(qū)期末）如圖，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C，P為y軸上的動點，連接AP，以AP為對角線作正方形AMPN．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當正方形AMPN與△AOP面積之比為5：2時，求點P的坐標；
（3）當正方形AMPN有兩個頂點在拋物線上時，直接寫出點P的坐標．
15． (2023?雁塔區(qū)校級一模）如圖，拋物線y＝x2+2x的頂點為A，與x軸交于B、C兩點（點B在點C的左側(cè)）．
（1）請求出A、B、C三點的坐標；
（2）平移拋物線，記平移后的拋物線的頂點為D，與y軸交于點E，F(xiàn)為平面內(nèi)一點，若以A、D、E、F為頂點的四邊形是正方形，且平移后的拋物線的對稱軸在y軸右側(cè)，請求出滿足條件的平移后拋物線的表達式．
16． (2023?吉林）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+與x軸正半軸交于點A，且點A的坐標為（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，其橫坐標為m，過點P作PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其縱坐標為﹣m+．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）當點Q與點M重合時，求m的值．
（3）當矩形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）當拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，直接寫出m的取值范圍．
17． (2023?雁塔區(qū)校級模擬）已知拋物線L：y＝﹣ax2+2ax+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），且AB＝4．
（1）求A、B兩點的坐標；
（2）將拋物線L沿x軸翻折后得到的新拋物線記為L'，且記L和L'的頂點分別記為M、M'，要使點A、B、M、M'為頂點的四邊形是正方形，請求拋物線L的解析式．
18． (2023?龍馬潭區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3與x軸交于A（﹣2，0）和B（4，0）兩點，與y軸交于點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當點P為直線BC下方拋物線上一動點（不與點B、C重合），PM⊥BC于點M，PD⊥AB于點D，交直線BC于點N，當P點的坐標為何值時，PM+PN的值最大？
（3）點P在第四象限的拋物線上移動，以PC為邊作正方形CPEF、當拋物線的對稱軸經(jīng)過點E時，求出此時點P的坐標．
19． (2023?海淀區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，點P的坐標為（x1，y1），點Q的坐標為（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q為某個矩形的兩個頂點，且該矩形的邊均與某條坐標軸垂直．則稱該矩形為點P，Q的相關矩形“．如圖為點P，Q的“相關矩形”的示意圖．
（1）已知點A的坐標為（1，0）．
①若點B的坐標為（2，5），求點A，B的“相關矩形”的周長；
②點C在直線x＝3上，若點A，C的“相關矩形”為正方形，已知拋物線y＝x2+mx+n經(jīng)過點A和點C，求拋物線y＝x2+mx+n與y軸的交點D的坐標；
（2）⊙O的半徑為4，點E是直線y＝3上的從左向右的一個動點．若在⊙O上存在一點F，使得點E，F(xiàn)的“相關矩形”為正方形，直接寫出動點E的橫坐標的取值范圍．
20．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸的兩個交點為A，B（點A在點B的左側(cè)），在線段AB上取兩點M、N（點M不與點A重合），點M、N關于這條拋物線的對稱軸對稱，點M在點N的左側(cè)，分別過點M、N作x軸的垂線交拋物線于點P、Q，我們稱這樣的四邊形MPQN為這條拋物線的“拋物線矩形．”
（1）若拋物線y＝2（x+1）（x﹣3）的拋物線矩形MPQN的頂點M的坐標為（0，0），則點N的坐標為 ，點P的坐標為 ，點Q的坐標為 ．
（2）當拋物線y＝﹣x2+bx的拋物線矩形MPQN為正方形時，若點M的坐標為（﹣2，0），求b的值．
（3）設拋物線y＝x2+4x﹣6的拋物線矩形MPQN的周長為C．點M的橫坐標為m，求C與m之間的函數(shù)關系式．
（4）將拋物線y＝ax2﹣6ax+5a（a≠0）的拋物線矩形MPQN繞點P順時針或逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，邊MN恰好落在y軸上，若MN＝2，直接寫出a的值．
21． (2023?撫順縣一模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2+bx﹣2（a≠0）與x軸交于點A（1，0），B（5，0）兩點，與y軸交于點C，點D為拋物線的頂點．
（1）求拋物線的解析式和點D的坐標；
（2）求△BCD的面積；
（3）點M為拋物線上一動點，點N為平面內(nèi)一點，以A，M，I，N為頂點作正方形，是否存在點M，使點I恰好落在對稱軸上？若存在，直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
22． (2023?新化縣模擬）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）過點A（1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，OC＝3．
（1）求拋物線的解析式及頂點D的坐標；
（2）過點A作AM⊥BC，垂足為M，求證：四邊形ADBM為正方形；
（3）若點Q為線段OC上的一動點，問：AQ+QC是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．
23． (2023?宜興市校級二模）如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c（b＞0，c＞0）圖象的頂點是點A，對稱軸為直線l，圖象與y軸交于點C．點D在l右側(cè)的函數(shù)圖象上，點B在DC延長線上，且四邊形ABOD是平行四邊形．
（1）如圖2，若CD∥x軸．
①求證：b2＝4c；
②若?ABOD是矩形，求二次函數(shù)的解析式；
（2）當b＝2時，?ABOD能否成為正方形，請通過計算說明理由．
24． (2023?于洪區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象交y軸于點D，直線AB與之相交，且A（1，﹣）是拋物線y＝x2+bx+c的頂點．
（1）b＝ ，c＝ ；
（2）如圖1，點P是第四象限拋物線上一點，且滿足BP∥AD，拋物線交x軸于點C，連接PC．
①求直線PB的解析式；
②求PC的長；
（3）如圖2，點Q是拋物線第三象限上一點（不與點B、D重合），連接BQ，以BQ為邊作正方形BEFQ，當頂點E或F恰好落在拋物線對稱軸上時，直接寫出對應的Q點的坐標．
專題09二次函數(shù)與正方形存在性問題

二次函數(shù)與正方形存在性問題
1.作為特殊四邊形中最特殊的一位，正方形擁有更多的性質(zhì)，因此坐標系中的正方形存在性問題變化更加多樣，從判定的角度來說，可以有如下：（1）有一個角為直角的菱形；
（2）有一組鄰邊相等的矩形；（3）對角線互相垂直平分且相等的四邊形．依據(jù)題目給定的已知條件選擇恰當?shù)呐卸ǚ椒?，即可確定所求的點坐標．
2.對于二次函數(shù)與正方形的存在性問題，常見的處理思路有：
思路1：從判定出發(fā)若已知菱形，則加有一個角為直角或?qū)蔷€相等；若已知矩形，則加有一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直；若已知對角線互相垂直或平分或相等，則加上其他條件．
思路2：構(gòu)造三垂直全等若條件并未給關于四邊形及對角線的特殊性，則考慮在構(gòu)成正方形的4個頂點中任取3個，必是等腰直角三角形，若已知兩定點，則可通過構(gòu)造三垂直全等來求得第3個點，再求第4個點．
3.示例：在平面直角坐標系中，已知A、B的坐標，在平面中求C、D使得以A、B、C、D為頂點的四邊形是正方形．

如圖，一共6個這樣的點C使得以A、B、C為頂點的三角形是等腰直角三角形．
【例1】 (2023?齊齊哈爾）綜合與探究
如圖，某一次函數(shù)與二次函數(shù)y＝x2+mx+n的圖象交點為A（﹣1，0），B（4，5）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點C為拋物線對稱軸上一動點，當AC與BC的和最小時，點C的坐標為 （1，2） ；
（3）點D為拋物線位于線段AB下方圖象上一動點，過點D作DE⊥x軸，交線段AB于點E，求線段DE長度的最大值；
（4）在（2）條件下，點M為y軸上一點，點F為直線AB上一點，點N為平面直角坐標系內(nèi)一點，若以點C，M，F(xiàn)，N為頂點的四邊形是正方形，請直接寫出點N的坐標．
【分析】（1）將A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n，解方程即可得出答案；
（2）根據(jù)兩點之間，線段最短，可知當點A、B、C三點共線時，AC+BC的最小值為AB的長，求出直線AB的解析式，即可得出點C的坐標；
（3）設D（a，a2﹣2a﹣3），則E（a，a+1），表示出DE的長度，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案；
（4）分CF為對角線和邊，分別畫出圖形，利用正方形的性質(zhì)可得答案．
【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n得，
，
∴，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）設直線AB的函數(shù)解析式為y＝kx+b，
，
∴，
∴直線AB的解析式為y＝x+1，
∵AC+BC≥AB，
∴當點A、B、C三點共線時，AC+BC的最小值為AB的長，
∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3的對稱軸為x＝1，
∴當x＝1時，y＝2，
∴C（1，2），
故答案為：（1，2）；
（3）設D（a，a2﹣2a﹣3），則E（a，a+1），
∴DE＝（a+1）﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a+4（﹣1＜a＜4），
∴當a＝時，DE的最大值為；
（4）當CF為對角線時，如圖，
此時四邊形CMFN是正方形，
∴N（1，1），
當CF為邊時，若點F在C的上方，
此時∠MFC＝45°，
∴MF∥x軸，
∵△MCF是等腰直角三角形，
∴MF＝CN＝2，
∴N（1，4），
當點F在點C的下方時，如圖，四邊形CFNM是正方形，
同理可得N（﹣1，2），
當點F在點C的下方時，如圖，四邊形CFMN是正方形，
同理可得N（，），
綜上：N（1，1）或（1，4）或（﹣1，2）或（，）．
【例2】 (2023?揚州）如圖是一塊鐵皮余料，將其放置在平面直角坐標系中，底部邊緣AB在x軸上，且AB＝8dm，外輪廓線是拋物線的一部分，對稱軸為y軸，高度OC＝8dm．現(xiàn)計劃將此余料進行切割：
（1）若切割成正方形，要求一邊在底部邊緣AB上且面積最大，求此正方形的面積；
（2）若切割成矩形，要求一邊在底部邊緣AB上且周長最大，求此矩形的周長；
（3）若切割成圓，判斷能否切得半徑為3dm的圓，請說明理由．
【分析】（1）先根據(jù)題意求出拋物線的解析式，當正方形的兩個頂點在拋物線上時正方形面積最大，先根據(jù)GH＝2OG計算H的橫坐標，再求出此時正方形的面積即可；
（2）由（1）知：設H（t，﹣t2+8）（t＞0），表示矩形EFGH的周長，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值即可；
（3）設半徑為3dm的圓與AB相切，并與拋物線相交，設交點為N，求出點N的坐標，并計算點N是圓M與拋物線在y軸右側(cè)的切點即可．
【解答】解：（1）如圖1，由題意得：A（﹣4，0），B（4，0），C（0，8），
設拋物線的解析式為：y＝ax2+8，
把B（4，0）代入得：0＝16a+8，
∴a＝﹣，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+8，
∵四邊形EFGH是正方形，
∴GH＝FG＝2OG，
設H（t，﹣t2+8）（t＞0），
∴﹣t2+8＝2t，
解得：t1＝﹣2+2，t2＝﹣2﹣2（舍），
∴此正方形的面積＝FG2＝（2t）2＝4t2＝4（﹣2+2）2＝（96﹣32）dm2；
（2）如圖2，由（1）知：設H（t，﹣t2+8）（t＞0），
∴矩形EFGH的周長＝2FG+2GH＝4t+2（﹣t2+8）＝﹣t2+4t+16＝﹣（t﹣2）2+20，
∵﹣1＜0，
∴當t＝2時，矩形EFGH的周長最大，且最大值是20dm；
（3）若切割成圓，能切得半徑為3dm的圓，理由如下：
如圖3，N為⊙M上一點，也是拋物線上一點，過N作⊙M的切線交y軸于Q，連接MN，過點N作NP⊥y軸于P，
則MN＝OM＝3，NQ⊥MN，
設N（m，﹣m2+8），
由勾股定理得：PM2+PN2＝MN2，
∴m2+（﹣m2+8﹣3）2＝32，
解得：m1＝2，m2＝﹣2（舍），
∴N（2，4），
∴PM＝4﹣1＝3，
∵cs∠NMP＝＝＝，
∴MQ＝3MN＝9，
∴Q（0，12），
設QN的解析式為：y＝kx+b，
∴，
∴，
∴QN的解析式為：y＝﹣2x+12，
﹣x2+8＝﹣2x+12，
x2﹣2x+4＝0，
Δ＝（﹣2）2﹣4××4＝0，即此時N為圓M與拋物線在y軸右側(cè)的唯一公共點，
∴若切割成圓，能切得半徑為3dm的圓．
【例3】 (2023?海南）如圖1，拋物線y＝ax2+2x+c經(jīng)過點A（﹣1，0）、C（0，3），并交x軸于另一點B，點P（x，y）在第一象限的拋物線上，AP交直線BC于點D．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；
（2）當點P的坐標為（1，4）時，求四邊形BOCP的面積；
（3）點Q在拋物線上，當?shù)闹底畲笄摇鰽PQ是直角三角形時，求點Q的橫坐標；
（4）如圖2，作CG⊥CP，CG交x軸于點G（n，0），點H在射線CP上，且CH＝CG，過GH的中點K作KI∥y軸，交拋物線于點I，連接IH，以IH為邊作出如圖所示正方形HIMN，當頂點M恰好落在y軸上時，請直接寫出點G的坐標．
【分析】（1）將A，C兩點坐標代入拋物線的解析式，進一步求得結(jié)果；
（2）可推出△PCB是直角三角形，進而求出△BOC和△PBC的面積之和，從而求得四邊形BOCP的面積；
（3）作PE∥AB交BC的延長線于E，根據(jù)△PDE∽△ADB，求得的函數(shù)解析式，從而求得P點坐標，進而分為點P和點A和點Q分別為直角頂點，構(gòu)造“一線三直角”，進一步求得結(jié)果；
（4）作GL∥y軸，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于K，作HW⊥IK于點W，則△GLC≌△CRH，△ITM≌△HWI．根據(jù)△GLC≌△CRH可表示出H點坐標，從而表示出點K坐標，進而表示出I坐標，根據(jù)MT＝IW，構(gòu)建方程求得n的值．
【解答】解：（1）由題意得，
，
∴，
∴該拋物線的函數(shù)表達式為：y＝﹣x2+2x+3；
（2）當y＝0時，﹣x2+2x+3＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
∵PC2+BC2＝[1+（4﹣3）2]+（32+32）＝20，PB2＝[（3﹣1）2+42]＝20，
∴PC2+BC2＝PB2，
∴∠PCB＝90°，
∴S△PBC＝＝＝3，
∵S△BOC＝＝＝，
∴S四邊形BOCP＝S△PBC+S△BOC＝3+＝；
（3）如圖1，作PE∥AB交BC的延長線于E，
設P（m，﹣m2+2m+3），
∵B（3，0），C（0，3），
∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，
由﹣x+3＝﹣m2+2m+3得，
x＝m2﹣2m，
∴PE＝m﹣（m2﹣2m）＝﹣m2+3m，
∵PE∥AB，
∴△PDE∽△ADB，
∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，
∴當m＝時，（）最大＝，
當m＝時，y＝﹣（）2+2×+3＝，
∴P（，），
設Q（n，﹣n2+2n+3），
如圖2，當∠PAQ＝90°時，過點A作y軸平行線AF，作PF⊥AF于F，作QG⊥AF于G，則△AFP∽△GQA，
∴＝，
∴＝，
∴n＝，
如圖3，當∠AQP＝90°時，過QN⊥AB于N，作PM⊥QN于M，可得△ANQ∽△QMP，
∴＝，
∴＝，
可得n1＝1，n2＝，
如圖4，當∠APQ＝90°時，作PT⊥AB于T，作QR⊥PT于R，
同理可得：＝，
∴n＝，
綜上所述：點Q的橫坐標為：或1或或；
（4）如圖5，作GL∥y軸，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于T，作HW⊥IK于點W，則△GLC≌△CRH，△ITM≌△HWI．
∴RH＝OG＝﹣n，CR＝GL＝OC＝3，MT＝IW，
∴G（n，0），H（3，3+n），
∴K（，），
∴I（，﹣（）2+n+3+3），
∵TM＝IW，
∴＝（）2+n+6﹣（3+n），
∴（n+3）2+2（n+3）﹣12＝0，
∴n1＝﹣4+，n2＝﹣4﹣（舍去），
∴G（﹣4+，0）．
【例4】 (2023?長春）在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2﹣bx（b是常數(shù)）經(jīng)過點（2，0）．點A在拋物線上，且點A的橫坐標為m（m≠0）．以點A為中心，構(gòu)造正方形PQMN，PQ＝2|m|，且PQ⊥x軸．
（1）求該拋物線對應的函數(shù)表達式；
（2）若點B是拋物線上一點，且在拋物線對稱軸左側(cè)．過點B作x軸的平行線交拋物線于另一點C，連結(jié)BC．當BC＝4時，求點B的坐標；
（3）若m＞0，當拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而增大時，或者y隨x的增大而減小時，求m的取值范圍；
（4）當拋物線與正方形PQMN的邊只有2個交點，且交點的縱坐標之差為時，直接寫出m的值．
【分析】（1）把（2，0）代入y＝x2﹣bx，得到b＝2，可得結(jié)論；
（2）判斷出點B的橫坐標為﹣1，可得結(jié)論；
（3）分兩種情形：當拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而增大．當拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而減小．利用圖象法解決問題即可；
（4）分三種情形：如圖4﹣1中，當點N（0，）時，滿足條件，如圖4﹣2中，當點N（0，﹣），滿足條件，如圖4﹣3中，當正方形PQMN的邊長為時，滿足條件，分別求出點A的坐標，可得結(jié)論．
【解答】解：（1）把（2，0）代入y＝x2﹣bx，得到b＝2，
∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x；
（2）如圖1中，
∵y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
∴拋物線的頂點為（1，﹣1），對稱軸為直線x＝1，
∵BC∥x，
∴B，C故對稱軸x＝1對稱，BC＝4，
∴點B的橫坐標為﹣1，
∴B（﹣1，3）；
（3）如圖2中，
∵點A的橫坐標為m，PQ＝2|m|，m＞0，
∴PQ＝PQM＝MN＝2m，
∴正方形的邊MN在y軸上，
當點M與O重合時，
由，
解得或，
∴A（3，3），
觀察圖象可知，當m≥3時，拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而增大．
如圖3中，當PQ落在拋物線的對稱軸上時，m＝，觀察圖象可知，當0＜m≤時，拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而減?。?br>綜上所述，滿足條件的m的值為0＜m≤或m≥3；
（4）如圖4﹣1中，當點N（0，）時，滿足條件，
此時直線NQ的解析式為y＝﹣x+，
由，解得，或，
∵點A在第四象限，
∴A（，﹣），
∴m＝．
如圖4﹣2中，當點N（0，﹣），滿足條件，
此時直線NQ是解析式為y＝﹣x﹣，
由，解得，
∴A（，﹣），
∴m＝．
如圖4﹣3中，當正方形PQMN的邊長為時，滿足條件，此時m＝﹣，
綜上所述，滿足條件的m的值為或或﹣．
1． (2023?樂平市一模）如圖，拋物線y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）的頂點為A，對稱軸與x軸交于點C，當以AC為對角線的正方形ABCD的另外兩個頂點B、D恰好在拋物線上時，我們把這樣的拋物線稱為美麗拋物線，正方形ABCD為它的內(nèi)接正方形．
（1）當拋物線y＝ax2+1是美麗拋物線時，則a＝ ﹣2 ；當拋物線y＝+k是美麗拋物線時，則k＝ ﹣4 ；
（2）若拋物線y＝ax2+k是美麗拋物線時，則請直接寫出a，k的數(shù)量關系；
（3）若y＝a（x﹣h）2+k是美麗拋物線時，（2）a，k的數(shù)量關系成立嗎？為什么？
（4）系列美麗拋物線yn＝an（x﹣n）2+kn（n為小于7的正整數(shù)）頂點在直線y＝x上，且它們中恰有兩條美麗拋物線內(nèi)接正方形面積比為1：16．求它們二次項系數(shù)之和．
【分析】（1）畫出函數(shù)y＝ax2+k的圖象，求出點D的坐標，即可求解；
（2）由（1）知，點D的坐標為（k，k），即可求解；
（3）美麗拋物線沿x軸向右或向左平移后得到的拋物線仍然是美麗拋物線，美麗拋物線y＝a（x﹣h）2+k沿x軸經(jīng)過適當平移后為拋物線y＝ax2+k，即可求解；
（4）設這兩條美麗拋物線的頂點坐標分別為和，它們的內(nèi)接正方形的邊長比為，則m＝4k，，進而求解．
【解答】解：（1）函數(shù)y＝ax2+k的圖象如下：
①拋物線y＝ax2+1是美麗拋物線時，則AC＝1，
∵四邊形ABCD為正方形，則點D的坐標為（，），
將點D的坐標代入y＝ax2+1得：＝a（）2+1，解得a＝﹣2；
②同理可得，點D的坐標為（k，k），
將點D的坐標代入y＝+k得：k＝（k）2+1，解得k＝0（不合題意）或﹣4；
故答案為：﹣4；
（2）由（1）知，點D的坐標為（k，k），
將點D的坐標代入y＝ax2+k得：k＝a（k）2+k，
解得ak＝﹣2；
（3）答：成立．
∵美麗拋物線沿x軸向右或向左平移后得到的拋物線仍然是美麗拋物線．
∴美麗拋物線y＝a（x﹣h）2+k沿x軸經(jīng)過適當平移后為拋物線y＝ax2+k．
∴ak＝﹣2；
（4）設這兩條美麗拋物線的頂點坐標分別為和，（k，m為小7的正整數(shù)，且k＜m），
它們的內(nèi)接正方形的邊長比為，
∴m＝4k，．
∴這兩條美麗拋物線分別為和．
∵，＝﹣2，
∴a1＝﹣12，a4＝﹣3．
∴a1+a4＝﹣15．
答：這兩條美麗拋物線對應的二次函數(shù)的二次項系數(shù)和為﹣15．
2．（2016秋?西城區(qū)校級期中）我們規(guī)定：在正方形ABCD中，以正方形的一個頂點A為頂點，且過對角頂點C的拋物線，稱為這個正方形的以A為頂點的對角拋物線．
（1）在平面直角坐標系xOy中，點在軸正半軸上，點C在y軸正半軸上．
①如圖1，正方形OABC的邊長為2，求以O為頂點的對角拋物線；
②如圖2，在平面直角坐標系xOy中，正方形OABC的邊長為a，其以O為頂點的對角拋物線的解析式為y＝x2，求a的值；
（2）如圖3，正方形ABCD的邊長為4，且點A的坐標為（3，2），正方形的四條對角拋物線在正方形ABCD內(nèi)分別交于點M、P、N、Q，直接寫出四邊形MPNQ的形狀和四邊形MPNQ的對角線的交點坐標．
【分析】（1）①設O為頂點的拋物線的解析式為y＝ax2，把B（2，2）代入即可解決問題．
②設B（a，a）．代入y＝x2求出a即可解決問題．
（2）如圖3中，結(jié)論：四邊形MPNQ是菱形，對角線的交點坐標為（5，4）．求出A、B、C、D的頂點的對角拋物線，利用方程組求出M、P、N、Q的坐標即可解決問題．
【解答】解：（1）①如圖1中，設O為頂點的拋物線的解析式為y＝ax2，
∵過B（2，2），
∴2＝4a，
∴a＝，
∴所求的拋物線的解析式為y＝x2．
②如圖2中，設B（a，a）．
則有a＝a2，解得a＝4或0（舍棄），
∴B（4，4），
∴OA＝4，
∴正方形的邊長為4．
（2）如圖3中，結(jié)論：四邊形MPNQ是菱形，對角線的交點坐標為（5，4）．
理由：∵正方形ABCD的邊長為4，A（3，2），
∴B（7，2），C（7，6），D（3，6），
∴以A為頂點的對角拋物線為y＝（x﹣3）2+2，
以B為頂點的對角拋物線為y＝（x﹣7）2+2，
以C為頂點的對角拋物線為y＝﹣（x﹣7）2+6，
以D為頂點的對角拋物線為y＝﹣（x﹣3）2+6，
由可得M（5，3），
由可得N（5，5），
由可得P（3+2，4），
由可得Q（7﹣2，4），
∴PM＝，
PN＝，
QN＝，
QM＝，
∴PM＝PN＝QN＝QM，
∴四邊形MPNQ是菱形，對角線的交點坐標為（5，4）．
3． (2023?隴縣二模）在平面直角坐標系中，已知拋物線經(jīng)過A（﹣2，0），兩點，且與y軸交于點C，點B是該拋物線的頂點．
（1）求拋物線L1的表達式；
（2）將L1平移后得到拋物線L2，點D，E在L2上（點D在點E的上方），若以點A，C，D，E為頂點的四邊形是正方形，求拋物線L2的解析式．
【分析】（1）利用頂點式，可以求得該拋物線的解析式；
（2）根據(jù)題意，畫出相應的圖形，然后利用分類討論的方法，可以分別求得對應的拋物線L2的解析式．
【解答】解：（1）設拋物線L1的表達式是，
∵拋物線L1過點A（﹣2，0），
∴，
解得，
∴．
即拋物線L1的表達式是；
（2）令x＝0，則y＝﹣2，∴C（0，﹣2）．
Ⅰ．當AC為正方形的對角線時，如圖所示，
∵AE3＝E3C＝CD3＝D3A＝2，
∴點D3的坐標為（0，0），點E3的坐標為（﹣2，﹣2）．
設，則，
解得即拋物線L2的解析式是．
Ⅱ．當AC為邊時，分兩種情況，
如圖，第①種情況，點D1，E1在AC的右上角時．
∵AO＝CO＝E1O＝D1O＝2，∴點D1的坐標為（0，2），點E1的坐標為（2，0）．
設，
則，
解得：，
即拋物線L2的解析式是．
第②種情況，點D2E2在AC的左下角時，過點D2作D2M⊥x軸，
則有△AD2M≌△AD1O，
∴AO＝AM，D1O＝D2M．
過E2作E2N⊥y軸，同理可得，△CE2N≌△CE1O，
∴CO＝CN，E1O＝E2N．
則點D2的坐標為（﹣4，﹣2），點E2的坐標為（﹣2，﹣4），
設，
則，
解得，
即拋物線L2的解析式是．
綜上所述：L2的表達式為：，或．
4． (2023?臨潼區(qū)二模）在平面直角坐標系中，已知拋物線L1：y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），B（1，﹣）兩點，且與y軸交于點C，點B是該拋物線的頂點．
（1）求拋物線L1的表達式；
（2）將L1平移后得到拋物線L2，點D，E在L2上（點D在點E的上方），若以點A，C，D，E為頂點的四邊
形是正方形，求拋物線L2的解析式．
【分析】（1）利用頂點式，可以求得該拋物線的解析式；
（2）根據(jù)題意，畫出相應的圖形，然后利用分類討論的方法，可以分別求得對應的拋物線L2的解析式．
【解答】解：（1）設拋物線L1的表達式是y＝a（x﹣1）2﹣，
∵拋物線L1：y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），
∴0＝9a﹣，
解得a＝，
∴y＝（x﹣1）2﹣，
即拋物線L1的表達式是y＝x2﹣x﹣2；
（2）當AC為正方形的對角線時，
則點D的坐標為（0，0），點E（﹣2，﹣2），
設y＝x2+bx+c，
∴，解得，
即拋物線L2的解析式是y＝x2+x；
當AC為邊時，分兩種情況，
第一種情況，點D、E在AC的右上角時，
則點D的坐標（0，2），點E（2，0），
設y＝x2+bx+c，
∴，解得，
即拋物線L2的解析式是y＝x2﹣x+2；
第二種情況，點D、E在AC的左下角時，
則點D的坐標（﹣4，﹣2），點E（﹣2，﹣4），
設y＝x2+bx+c，則，
解得，
即拋物線L2的解析式是y＝x2+x﹣4．
5． (2023?松陽縣一模）如圖，拋物線與x軸，y軸分別交于A，D，C三點，已知點A（4，0），點C（0，4）．若該拋物線與正方形OABC交于點G且CG：GB＝3：1．
（1）求拋物線的解析式和點D的坐標；
（2）若線段OA，OC上分別存在點E，F(xiàn)，使EF⊥FG．
已知OE＝m，OF＝t
①當t為何值時，m有最大值？最大值是多少？
②若點E與點R關于直線FG對稱，點R與點Q關于直線OB對稱．問是否存在t，使點Q恰好落在拋物線上？若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）先求得點G的坐標，再用待定系數(shù)法求解即可；
（2）①證明△EOF∽△FCG，利用相似三角形的性質(zhì)得到m關于t的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；
②根據(jù)軸對稱的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì)先后求得點R（﹣m，2t），點Q（2t，﹣m），代入二次函數(shù)的解析式得到方程，解方程即可求解．
【解答】解：（1）∵點A（4，0），點C（0，4）．且四邊形OABC是正方形，
∴QA＝QC＝BC＝4，
∵CG：GB＝3：1．
∴CG＝3，BG＝l，
∴點G的坐標為（3，4），
設拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，
把.4（4，0），C（0，4），G（3，4），代入y＝ax2+bx+c得，
，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+3x+4，
令y＝0，則﹣x2+3x+4＝0，
解得x＝4或x＝﹣1，
∴點D的坐標為（﹣1，0）；．
（2）①∵EF⊥FG，∠EOF＝∠GFE＝∠GCF＝90°，
∴∠EFO+∠FEO＝∠EFO+∠CFG＝90°，．
∴∠FEO＝∠CFG，
∴△EOF∽△FCG，
∴＝，即＝，
∴m＝﹣t2+t＝﹣（t﹣2）2+，
∴當t＝2時，m有最大值，最大值為；
②∵點A（4，0），點C（0，4），且四邊形OABC是正方形，
∴點B的坐標為（4，4），
設直線OB的解析式為y＝kx，
把（4，4），代入得：4＝4k，
解得k＝1，
∴直線OB的解析式為y＝x，
過點R作RS⊥y軸于點S，如圖：
∵點E與點R關于直線FG對稱，EF⊥FG，
∴RF＝EF，∠RFS＝∠EFO，
∴△RFS≌△EFO（AAS），
∴RS＝EO＝m，F(xiàn)S＝FO＝t，則SO＝2t，
∴點R的坐標為（﹣m，21）
∵點R與點Q關于直線OB對稱，
同理點Q的坐標為（2t，﹣m），
把Q（2t，﹣m）代入y＝﹣x2+3x+4，
得：﹣m＝﹣4t2+6t+4，
由①得m＝﹣t2+t，
∴t2﹣t＝﹣4t2+6t+4，
解得：t1＝，t2＝，
∵0≤t1≤4，
∴當t＝時，點G恰好落在拋物線上．
6． (2023?香坊區(qū)校級開學）在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，點A、C分別在x軸、y軸正半軸上，四邊形OABC是正方形，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點B、C，OA＝18．
（1）如圖1，求拋物線的解析式；
（2）如圖2，點D是OA的中點，經(jīng)過點D的直線交AB于點E、交y軸于點F，連接BD，若∠EDA＝2∠ABD，求直線DE的解析式；
（3）如圖3，在（2）的條件下，點G在OD上，連接GC、GE，點P在AB右側(cè)的拋物線上，點Q為BP中點，連接DQ，過點B作BH⊥BP，交直線DP于點H，連接CH、GH，若GC＝GE，DQ＝PQ，求△CGH的周長
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)求得B，C的坐標，利用待定系數(shù)法求解析式即可；
（2）在AD延長線時取DI＝DE，連接IE，設∠ABD＝α，可得tan∠EIA＝＝，設AE＝x，則AI＝2x，在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，建立方程，解方程進而可得E點的坐標，利用待定系數(shù)法求解析式即可；
（3）延長BD，交y軸于點M．設直線DP交y軸于點S，分別求得G，C．H三點的坐標，進而根據(jù)勾股定理以及兩點距離公式分別求得CG，HG，HC的長，即可求得△CGH的周長．
【解答】解：∵四邊形OABC是正方形，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點B、C，OA＝18．
∴AB＝OC＝OA＝18，
∴C（0，18），B（18，18），
∴c＝18，
∴18＝﹣×182+bx+18，
解得b＝2，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+18；
（2）如圖，在AD延長線時取DI＝DE，連接IE，
設∠ABD＝α，
∵∠EDA＝2∠ABD，
∴∠EDA＝2α，
∵DI＝DE，
∴∠EID＝∠IED＝α，
∵點D是OA的中點，
∴OD＝DA＝9，
∴tanα＝＝，
∴tan∠EIA＝＝，
設AE＝x，則AI＝2x，
∴ED＝DI＝IA﹣DA＝2x﹣9，
在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，
即（2x﹣9）2＝92+x2，
解得x1＝12，x2＝0 （舍），
∴AE＝12，
∴E（18，12），
∵D（9，0），
設直線ED的解析式為y＝kx+t，
∴，
解得，
∴直線DE的解析式為y＝x﹣12；
（3）如圖，延長BD，交y軸于點M，設直線DP交y軸于點S，
∵OD＝DA，∠DOM＝∠DAB，∠ODM＝∠ADB，
∴△ODM≌△ADB（ASA），
∴MD＝DB，
∵點Q為BP中點，DQ＝PQ，
∴DQ＝BQ＝PQ，
∴∠QDB＝∠QBD，∠QDP＝∠QPD，∠QDB+∠QBD+∠QDP+∠QPD＝180°，
∴∠BDQ+∠PDQ＝90°，即∠BDP＝90°，
∴PH⊥BD，
∴∠SDO+∠MDO＝∠MDO+∠OMD＝90°，
∴∠SDO＝∠OMD＝∠ABD，
∴tan∠SDO＝tan∠ABD＝＝，
∴OS＝OD＝，
∴S（0，），
設直線SD的解析式為y＝mx+n，將點S（0，），D（9，0）代入得，
，
解得，
∴直線SD的解析式為y＝﹣x+，
聯(lián)立，
解得，，
∵點P在AB右側(cè)的拋物線上，
∴P（27，﹣9），
∵D（9，0），B（18，18），
∴PD＝＝9，BD＝＝9，
∴DB＝DP，
∴△DBP是等腰直角三角形，
∴∠DBP＝45°，DQ⊥BP，
∵BH⊥BP，
∴BH∥DQ，
∴＝1，
∴DH＝DP，
∵D（9，0），P（27，﹣9），
∴H（﹣9，9），
∵點G在OD上，GC＝GE，C（0，18），E（18，12），
設G（p，0），則p2+182＝（18﹣p）2+122，
解得p＝4，
∴G（4，0），
∵H（﹣9，9），G（4，0），C（0，18），
∴CG＝＝2，
CH＝＝9，
HG＝＝5，
∴CG+HG+CH＝2+5+9，
∴△CGH的周長為2+5+9．
7． (2023?咸豐縣一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸正半軸交于點A，且點A的坐標為（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，其橫坐標為m，過點P作PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其縱坐標為．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當點Q與點M重合時，求m的值；
（3）當矩形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）當拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應的函數(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0＜m＜3時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應的函數(shù)值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中．當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點的橫坐標為m，且P點在拋物線y＝的圖象上，
∴P點的坐標為（m，），
∵PQ⊥l，l過A點且垂直于x軸，
∴Q點的坐標為（3，），
∵M點的坐標為（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，
∴拋物線的頂點坐標為（1，2）．
∵N點的坐標為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m＝1﹣時，拋物線頂點在正方形PQMN內(nèi)部．
（4）∵M點的縱坐標﹣m+，隨P點的橫坐標m的增大而減小，根據(jù)（1）的結(jié)果得：
當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0＜m＜4時，直線MN在直線PQ下方，如圖4﹣1，
當3＜m＜4時，矩形內(nèi)部沒有拋物線圖象，不合題意；
當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0＜m＜3或m＞4時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應的函數(shù)值y隨x的增大而減?。?br>8． (2023?云南模擬）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），交y軸于點C，且經(jīng)過點D（5，6）．
（1）求拋物線的解析式及點A，B的坐標；
（2）在平面直角坐標系xOy中，是否存在點P，使△APD是等腰直角三角形？若存在，請直接寫出符合條件的所有點的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）在直線AD下方，作正方形ADEF，并將沿對稱軸平移|t|個單位長度（規(guī)定向上平移時t為正，向下平移時t為負，不平移時t為0），若平移后的拋物線與正方形ADEF（包括正方形的內(nèi)部和邊）有公共點，求t的取值范圍．
【分析】（1）用待定系數(shù)法直接求出解析式，然后令y＝0，求出點A、B的坐標即可；
（2）求出直線AD的解析式，設直線AD與y軸交于點E，得出∠DAB＝45°，過點D作DP1⊥x軸，過點A作AP2∥y軸，過點D作DP2∥x軸，AP2與DP2交于點P2，延長AP1至P3，使AP1＝P1P3，連接DP3，延長DP1至P4，使DP1＝P1P4，連接AP4，延長AP2至P5，使AP2＝P2P5，連接DP5，延長DP2至P6，使DP2＝P2P6，連接AP6，則△AP1D，△AP2D，△AP3D，△AP4D，△AP5D，△AP6D為所有符合題意的等腰直角三角形，求出各個P點的坐標即可；
（3）設平移后的拋物線解析式為，分別求出拋物線平移后與正方形ADEF有公共點的最低位置和最高位置的t值，即可求出t的取值范圍．
【解答】解：（1）依題意，將點D（5，6）代入，
得，
解得k＝﹣2，
∴拋物線的解析式為，
令y＝0，得，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）存在，
設直線AD的解析式為y＝mx+n（m≠0），
將A（﹣1，0），D（5，6）兩點坐標代入得，，
解得，
∴直線AD的解析式為y＝x+1，
如圖1，設直線AD與y軸交于點E，
令x＝0，得y＝1，
∴OA＝OE＝1，
∴∠DAB＝45°，
過點D作DP1⊥x軸，過點A作AP2∥y軸，
過點D作DP2∥x軸，AP2與DP2交于點P2，
延長AP1至P3，使AP1＝P1P3，連接DP3，
延長DP1至P4，使DP1＝P1P4，連接AP4，
延長AP2至P5，使AP2＝P2P5，連接DP5，
延長DP2至P6，使DP2＝P2P6，連接AP6，
則△AP1D，△AP2D，△AP3D，△AP4D，△AP5D，△AP6D為所有符合題意的等腰直角三角形，
∴P1（5，0），P2（﹣1，6），P3（11，0），P4（5，﹣6），P5（﹣1，12），P6（﹣7，6）；
（3）如圖2，由（2）可知，點E的坐標是（11，0），點F的坐標是（5，﹣6），
直線AD的解析式是y＝x+1，
設平移后的拋物線解析式為，
結(jié)合圖象可知，當拋物線經(jīng)過點E時，是拋物線平移后與正方形ADEF有公共點的最低位置，
將點（11，0）代入，
得，
解得t＝﹣48，
當拋物線與AD邊有唯一公共點時，
是拋物線平移后與正方形ADEF有公共點的最高位置，
將y＝x+1與聯(lián)立方程組，
，
化簡得x2﹣4x+2t﹣5＝0，
∵只有唯一解，即此一元二次方程有兩個相等的實數(shù)根，
∴△＝（﹣4）2﹣4×1×（2t﹣5）＝0，
解得，
∴t的取值范圍．
9． (2023秋?溫州校級月考）如圖1所示，動點A、B同時從原點O出發(fā)，運動的速度都是每秒1個單位，動點A沿x軸正方向運動，動點B沿y軸正方向運動，以OA、OB為鄰邊建立正方形OACB，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過B、C兩點，假設A、B兩點運動的時間為t秒．
（1）當t＝3秒時，求此時拋物線的解析式；此時拋物線上是否存在一點D，使得S△BCD＝6？若存在，求出點D的坐標；若不存在，說明理由；
（2）如圖2，在（1）的條件下，有一條平行于y軸的動直線l，交拋物線于點E，交直線OC于點F，若以O、B、E、F四個點構(gòu)成的四邊形是平行四邊形，求點F的坐標；
（3）在動點A、B運動的過程中，若正方形OACB內(nèi)部有一個點P，且滿足OP＝，CP＝，∠OPA＝135°，直接寫出此時AP的長度．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得OA、OB，然后寫出點B、C的坐標，再利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答，設BC邊上的高為h，利用三角形的面積求出h，從而確定出點P的縱坐標，再代入拋物線解析式求解即可；
（2）分點E在點F上方和下方兩種情況表示出EF，再根據(jù)平行四邊形對邊相等列方程求解即可；
（3）將△AOP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AP′C，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AP′＝AP，P′C＝OP，∠AP′C＝∠OPA，然后判斷出△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′，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)解答．
【解答】解：（1）∵t＝3秒，
∴OA＝OB＝3，
∴點B（0，3），C（3，3），
將點B、C代入拋物線得，，
解得，
∴拋物線解析式為y＝﹣x2+3x+3，
設BC邊上的高為h，
∵BC＝OA＝3，S△BCD＝6，
∴h＝4，
∴點D的縱坐標為3﹣4＝﹣1，
令y＝﹣1，則﹣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）；
（2）∵OB＝3，
∴EF＝3，
設E（m，﹣m2+3m+3），F(xiàn)（m，m），
若E在F上方，則，﹣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，則，m﹣（﹣m2+3m+3）＝3，
整理m2﹣2m﹣6＝0，
解得m1＝1﹣，m2＝1+，
∴F2（1﹣，1﹣），
F3（1+，1+）；
（4）如圖，將△AOP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AP′C，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，AP′＝AP，P′C＝OP＝，∠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′＝＝，
所以，AP＝PP′＝×＝1．
10． (2023?峨眉山市模擬）如圖，已知直線y＝與坐標軸交于A，B兩點，以線段AB為邊向上作正方形ABCD，過點A，D，C的拋物線與直線的另一個交點為E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若正方形以每秒個單位長度的速度沿射線AB下滑，直至頂點D落在x軸上時停止，設正方形落在x軸下方部分的面積為S，求S關于滑行時間t的函數(shù)關系式，并寫出相應自變量t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，拋物線與正方形一起平移，同時停止，求拋物線上C，E兩點間的拋物線弧所掃過的面積．
【分析】（1）求出OA、OB，根據(jù)勾股定理求出AB，過C作CZ⊥x軸于Z，過D作DM⊥y軸于M，證△AOB≌△BZC≌△DMA，推出BZ＝OA＝DM＝1，CZ＝OB＝MA＝2，進而求解；
（2）分為三種情況，根據(jù)題意畫出圖形，①當點A運動到x軸上點F時，②當點C運動x軸上時，③當點D運動到x軸上時，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和判定和三角形的面積公式求出即可；
（3）由拋物線上C，E兩點間的拋物線弧所掃過的面積即為?EE′C′C的面積，即可求解．
【解答】解：（1）∵直線y＝﹣x+1，
∴當x＝0時，y＝1，當y＝0時，x＝2，
∴OA＝1，OB＝2，
過C作CZ⊥x軸于Z，過D作DM⊥y軸于M，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠ABC＝∠AOB＝∠CZB＝90°，
∴∠ABO+∠CBZ＝90°，∠OAB+∠ABO＝90°，
∴∠OAB＝∠CBZ，
在△AOB和△BZC中，
，
∴△AOB≌△BZC（AAS），
∴OA＝BZ＝1，OB＝CZ＝2，
∴C（3，2），
同理可求D的坐標是（1，3）；
設拋物線為y＝ax2+bx+c，
∵拋物線過A（0，1），D（1，3），C（3，2），
則，解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+1；
（2）∵OA＝1，OB＝2，
∴由勾股定理得：AB＝，
①當點A運動到x軸上點F時，t＝1，
當0＜t≤1時，如圖1，
∵∠OFA＝∠GFB′，tan∠OFA＝，
∴tan∠GFB′＝＝＝，
∴GB′＝t，
∴S△FB′G＝FB′×GB′＝?t?t＝t2；
②當點C運動x軸上時，t＝2，
當1＜t≤2時，如圖2，
∵AB＝A′B′＝，
∴A′F＝t﹣，
∴A′G＝，
∵B′H＝t，
∴S四邊形A′B′HG＝（A′G+B′H）?A′B′＝（+t）?＝t﹣；
③當點D運動到x軸上時，t＝3，
當2＜t≤3時，如圖3，
∵A′G＝，
∴GD′＝﹣＝，
∵S△AOF＝×2×1＝1，OA＝1，∠AOF＝∠GD′H＝90°，∠AFO＝∠GFA′，
∴△AOF∽△GA′F，
∴＝（）2，
∴S△GA′F＝（）2，
則S五邊形GA′B′CH＝（）2﹣（）2＝﹣t2+t﹣；
綜上，S＝；
（3）設平移后點E和點C對應的點為E′、C′，
則拋物線上C，E兩點間的拋物線弧所掃過的面積即為?EE′C′C的面積，
聯(lián)立y＝與y＝﹣x2+x+1并解得，
∴E（4，﹣1），
∴BC＝BE，CE＝，
當頂點D落在x軸上時，拋物線向下平移了3個單位長度，向右平移了6個單位長度，此時點E′的坐標為（10，﹣4），
∴EE′＝3，
∴拋物線上C，E兩點間的拋物線弧所掃過的面積為S＝EE′?BC＝3×＝15．
11． (2023?深圳模擬）如圖1，拋物線C1：y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，且頂點為C，直線y＝kx+2經(jīng)過A，C兩點．
（1）求直線AC的表達式與拋物線C1的表達式；
（2）如圖2，將拋物線C1沿射線AC方向平移一定距離后，得到拋物線為C2，其頂點為D，拋物線C2與直線y＝kx+2的另一交點為E，與x軸交于M，N兩點（M點在N點右邊），若S△MDE＝S△MAE，求點D的坐標；
（3）如圖3，若拋物線C1向上平移4個單位得到拋物線C3，正方形GHST的頂點G，H在x軸上，頂點S，T在x軸上方的拋物線C3上，P（m，0）是射線GH上一動點，則正方形GHST的邊長為 4 ，當m＝ 2+1 時，有最小值 ．
【分析】（1）由直線y＝kx+2經(jīng)過A（﹣1，0）求出k的值，得到直線AC的表達式為y＝2x+2，再由拋物線與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，得拋物線的對稱軸為直線x＝1，將x＝1代入y＝2x+2求出拋物線頂點C的坐標，設拋物線的表達式為頂點式求出拋物線C1的表達式；
（2）由平移后得到的拋物線C2的頂點D仍在直線AC上，設拋物線C2的頂點坐標為D（t，2t+2），則拋物線C2的表達式為y＝﹣（x﹣t）2+2t+2，與直線y＝2x+2聯(lián)立方程組求出x的值，就是點E和點F的橫坐標，從而求出線段EF的長，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出點D的坐標；
（3）先由平移的特征求出拋物線C3的表達式，再由正方形GHST與拋物線C3有相同的對稱軸求出正方形GHST的邊長；將△PSH繞點S順時針90°得到△KST，取SK的中點R，連結(jié)TR、PR，則點K在GT上，設PS＝KS＝t，則TR＝SR＝KS＝PS＝t，PR＝t，由PR+TR≥PT列不等式求出的最小值，由相似三角形的性質(zhì)求出此時m的值．
【解答】解：（1）∵直線y＝kx+2經(jīng)過A（﹣1，0），
∴﹣k+2＝0，
解得k＝2，
∴直線AC的表達式為y＝2x+2；
由拋物線與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，得拋物線的對稱軸為直線x＝1，
當x＝1時，y＝2×1+2＝4，
∴拋物線的頂點C的坐標為（1，4）；
設拋物線的表達式為y＝a（x﹣1）2+4，則4a+4＝0，解得a＝﹣1，
∴拋物線C1的表達式為y＝﹣（x﹣1）2+4，即y＝﹣x2+2x+3．
（2）如圖2，作DQ⊥x軸于點Q，EF⊥DQ于點F，設拋物線C2的頂點D的橫坐標為t.
∵拋物線C2由拋物線C1沿射線AC方向平移得到，
∴D（t，2t+2），
∴拋物線C2的表達式可表示為y＝﹣（x﹣t）2+2t+2，
由，得2x+2＝﹣（x﹣t）2+2t+2，
解關于x的方程，得x1＝t﹣2，x2＝t，則點E、F的橫坐標分別為t﹣2、t，
∴EF＝t﹣（t﹣2）＝2，
∵S△MDE＝S△MAE，
∴＝，
∴＝；
∵EF∥AQ，
∴△DEF∽△DAQ，
∴，
∴2＝AQ，
∴AQ＝5，
∴OQ＝5﹣1＝4；
當x＝4時，y＝2×4+2＝10，
∴D（4，10）．
（3）由（1）得，拋物線C1的表達式為y＝﹣（x﹣1）2+4，
將拋物線y＝﹣（x﹣1）2+4向上平移4個單位得到的拋物線為y＝﹣（x﹣1）2+8，即y＝﹣x2+2x+7，
∴拋物線C3的表達式為y＝﹣x2+2x+7．
由題意可知，正方形GHST與拋物線C3有相同的對稱軸直線x＝1，
如圖3，設H（t，0），則S（t，2t﹣2），
∴﹣t2+2t+7＝2t﹣2，
解得t1＝3，t2＝﹣3（不符合題意，舍去），
∴H（3，0）．
∴SH＝2（t﹣1）＝2×（3﹣1）＝4，
∴正方形的邊長為4；
將△PSH繞點S順時針90°得到△KST，取SK的中點R，連結(jié)TR、PR，則點K在GT上，
設PS＝KS＝t（t＞0），則TR＝SR＝KS＝t，
由旋轉(zhuǎn)得，∠PSR＝90°，
∴PR＝＝t，
∵PR+TR≥PT，
∴t+t≥PT，
∴，
即，
∴的最小值為；
如圖4，當＝時，則點R落在PT上.
設PT交SH于點L．
∵∠PSL＝∠TSR＝∠PTS，∠SPL＝∠TPS（公共角），
∴△PLS∽△PST，
∴＝，
∴SL＝4×＝2﹣2；
∵∠KTS＝∠LST＝90°，ST＝TS（公共邊），∠TSK＝∠STL，
∴△KST≌△LTS（ASA），
∴PH＝KT＝SL＝2﹣2，
∴OP＝3+2﹣2＝2+1，
∴P（2+1，0），
∴m＝2+1．
故答案為：4，2+1，．
12． (2023?社旗縣二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c過（1，0），（3，0），（0，6）三點，邊長為4的正方形OABC的頂點A，C分別在x軸上，y軸上．
（1）求拋物線解析式，并直接寫出當﹣1≤x≤4時，y的最大值與最小值的差．
（2）將正方形OABC向右平移，平移距離記為h，
①當點C首次落在拋物線上，求h的值．
②當拋物線落在正方形內(nèi)的部分，滿足y隨x的增大而減小時，請直接寫出h的取值范圍．
【分析】（1）當x＝﹣1時，y＝2x2﹣8x+6＝16，故當﹣1≤x≤4時，x＝﹣1時，y取得最大值16，而在頂點處取得最小值﹣2，即可求解；
（2）①當點C首次落在拋物線上，則yC＝4＝2x2﹣8x+6，解得x＝2（舍去負值），則h＝x＝2﹣；
②當點C首次落在拋物線上，h＝2﹣，當h＞2﹣時，拋物線落在正方形內(nèi)的部分，滿足y隨x的增大而減小，當h＝3時，即正方形運動到點（3，0）處，此時拋物線落在正方形內(nèi)的部分，滿足y隨x的增大而減小，當h＞3時，對稱軸右側(cè)的拋物線進入正方形內(nèi)，即滿足y隨x的增大而減小，故h≤3，進而求解．
【解答】解：（1）由題意得：，解得，
故拋物線的表達式為y＝2x2﹣8x+6，
由拋物線的表達式知，其頂點坐標為（2，﹣2），
當x＝﹣1時，y＝2x2﹣8x+6＝16，
故當﹣1≤x≤4時，x＝﹣1時，y取得最大值16，而在頂點處取得最小值﹣2，
∴y的最大值與最小值的差為16﹣（﹣2）＝18；
（2）①當點C首次落在拋物線上，yC＝4＝2x2﹣8x+6，解得x＝2，
因為點C首次落在拋物線上，x＝2+舍棄，
則h＝x＝2﹣；
②當點C首次落在拋物線上，h＝2﹣，當h＞2﹣時，拋物線落在正方形內(nèi)的部分，滿足y隨x的增大而減小，
當h＝3時，即正方形運動到點（3，0）處，此時拋物線落在正方形內(nèi)的部分，滿足y隨x的增大而減小，
當h＞3時，對稱軸右側(cè)的拋物線進入正方形內(nèi)，即滿足y隨x的增大而減小，故h≤3；
故2﹣＜h≤3．
13． (2023?越秀區(qū)校級一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+與x軸正半軸交于點A，且點A的坐標為（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，其橫坐標為m，過點P作PQ⊥l于點Q；M是直線l上的一點，其縱坐標為﹣m+，以PQ，QM為邊作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）當點Q與點M重合時，求m的值．
（3）當矩形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）拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分稱為被掃描部分．請問該拋物線是否全部被掃描？若是，請說明理由，若否，直接寫出拋物線被掃描部分自變量的取值范圍．
【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）分兩種情形，如圖4﹣1中，當點P在第三象限時，隨點P向下移動，能把拋物線在直線l的左側(cè)部分全部掃描，當m≥4時，矩形你能覆蓋拋物線在直線y＝4的右側(cè)部分（包括m＝4），可得當3＜m＜4時，矩形不能覆蓋拋物線．
【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，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m≤3和m≥4時，拋物線不能被覆蓋，理由如下：
如圖4﹣1中，當點P在第三象限時，隨點P向下移動，能把拋物線在直線l的左側(cè)部分全部掃描，
當m＝4時，點M與點Q重合，
當m≥4時，矩形你能覆蓋拋物線在直線x＝4的右側(cè)部分（包括m＝4），
∴拋物線被掃描部分自變量的取值范圍為：x≤3或x≥4，
14． (2023秋?新?lián)釁^(qū)期末）如圖，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C，P為y軸上的動點，連接AP，以AP為對角線作正方形AMPN．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當正方形AMPN與△AOP面積之比為5：2時，求點P的坐標；
（3）當正方形AMPN有兩個頂點在拋物線上時，直接寫出點P的坐標．
【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c可求b、c的值即可．
（2）設出點p的坐標，根據(jù)面積關系列方程求解．
（3）設P（0，m），連接MN交AP于T，過點T作TJ⊥OA于J，過點P作PE⊥TJ于E，過點N作NF⊥TJ于F，過點M作MG⊥TJ于G．利用全等三角形的性質(zhì)求出點M，N的坐標，再利用待定系數(shù)法，構(gòu)建方程求出m的值即可
【解答】解：（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c得，
，解得，
∴拋物線的關系式為y＝x2+2x﹣3．
（2）設P的縱坐標為y．
∵正方形AMPN與△AOP面積之比為5：2．
∴（32+y2）＝××3×|y|．
解得：y＝±或＝±6．
∴點P的坐標為：P1（0，）或P2（0，﹣）或P3（0，6）或P4（0，﹣6）．
（3）設P（0，m），連接MN交AP于T，過點T作TJ⊥OA于J，過點P作PE⊥TJ于E，過點N作NF⊥TJ于F，過點M作MG⊥TJ于G．
∵四邊形AMPN是正方形，
∴TA＝TP＝TM＝TN，AP⊥MN，
∵A（﹣3，0），P（0，m），
∴T（﹣，m），
∵∠PET＝∠F＝∠PTN＝90°，
∴∠PTE+∠NTF＝90°，∠NTF+∠TNF＝90°，
∴∠PTE＝∠TNF，
∴△PET≌△TFN（AAS），
∴ET＝FN，PE＝TF，
同法可證△PET≌△TGM，
∴MG＝ET＝FN，GT＝PE＝TF，
∴M（﹣﹣，+），N（﹣+，﹣），
當點M在拋物線上時，+＝（﹣﹣）2+2（﹣﹣）﹣3，
解得m＝±，
當點N在拋物線上時，﹣＝（﹣+）2+2（﹣+）﹣3，
解得m＝2±
∴滿足條件的點P的坐標是：（0，）或（0，﹣）或（0，2﹣）或（0，2+）．
15． (2023?雁塔區(qū)校級一模）如圖，拋物線y＝x2+2x的頂點為A，與x軸交于B、C兩點（點B在點C的左側(cè)）．
（1）請求出A、B、C三點的坐標；
（2）平移拋物線，記平移后的拋物線的頂點為D，與y軸交于點E，F(xiàn)為平面內(nèi)一點，若以A、D、E、F為頂點的四邊形是正方形，且平移后的拋物線的對稱軸在y軸右側(cè)，請求出滿足條件的平移后拋物線的表達式．
【分析】（1）令y＝0，可求點B，點C坐標，通過配方可求點A坐標；
（2）設平移后拋物線的表達式為：y＝（x+1﹣m）2﹣1+n（m＞1），分兩種情況討論，可求點D，點E坐標，分兩種情況討論，由全等三角形的性質(zhì)可求解．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+2x與x軸交于B、C兩點，
∴0＝x2+2x，
∴x1＝0，x2＝﹣2，
∴點B（﹣2，0），點C（0，0），
∵y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴點A（﹣1，﹣1）；
（2）設平移后拋物線的表達式為：y＝（x+1﹣m）2﹣1+n（m＞1），
∴點D（m﹣1，﹣1+n），
∵y＝（x+1﹣m）2﹣1+n＝x2+2×（1﹣m）x+m2﹣2m+n，
∴點E（0，m2﹣2m+n），
Ⅰ、如圖1，當點D在點A的下方時，過點A作AM⊥y軸于N，過點D作DM⊥AM于M，
∴∠ANE＝∠AMD＝90°，
∵以A、D、E、F為頂點的四邊形是正方形，
∴AE＝AD，∠EAD＝90°，
∴∠EAN+∠DAM＝90°，
∵∠AEN+∠EAN＝90°，
∴∠AEN＝∠DAM，
∴△AEN≌△DAM（AAS），
∴AN＝DM，EN＝AM，
∴1＝﹣1﹣（﹣1+n），m﹣1﹣（﹣1）＝m2﹣2m+n﹣（﹣1），
∴n＝﹣1，m＝3，
∴平移后拋物線的表達式為：y＝（x﹣2）2﹣2；
Ⅱ、如圖2，點D在點A上方時，過點D作DM⊥y軸于N，過點A作AM⊥DM于M，
同理可證△EDN≌△DAM，
∴DN＝AM，EN＝DM，
∴m﹣1＝﹣1+n+1，m2﹣2m+n﹣（﹣1+n）＝m﹣1+1，
∴m＝，n＝，
∴平移后拋物線的表達式為：y＝（x﹣）2﹣，
Ⅲ、當∠AED＝90°時，
同理可求：y＝（x﹣1）2﹣1；
綜上所述：平移后拋物線的表達式為：y＝（x﹣2）2﹣2或y＝（x﹣）2﹣或y＝（x﹣1）2﹣1．
16． (2023?吉林）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+與x軸正半軸交于點A，且點A的坐標為（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，其橫坐標為m，過點P作PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其縱坐標為﹣m+．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）當點Q與點M重合時，求m的值．
（3）當矩形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）當拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應的函數(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0＜m＜3時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應的函數(shù)值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中．當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，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0＜m＜3時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應的函數(shù)值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中，
當3＜m＜4時，拋物線不在矩形PQMN內(nèi)部，不符合題意，
當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．
17． (2023?雁塔區(qū)校級模擬）已知拋物線L：y＝﹣ax2+2ax+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），且AB＝4．
（1）求A、B兩點的坐標；
（2）將拋物線L沿x軸翻折后得到的新拋物線記為L'，且記L和L'的頂點分別記為M、M'，要使點A、B、M、M'為頂點的四邊形是正方形，請求拋物線L的解析式．
【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸和AB＝4，即可求得A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）根據(jù)題意得出||＝2，即|c+a|＝2，即可得出c＝±2﹣a，即可得到y(tǒng)＝﹣ax2+2ax±2﹣a，把A的坐標代入解析式即可求得a，進而求得c，從而求得拋物線的解析式．
【解答】解：（1）∵拋物線L：y＝﹣ax2+2ax+c的對稱軸為x＝﹣＝1，且AB＝4，
∴OB＝3，OA＝1，
∴點A（﹣1，0），點B（3，0），
（2）∵點A、B、M、M'為頂點的四邊形是正方形，
∴MM′＝AB＝4，
∴||＝2，即|c+a|＝2，
當c+a＝2時，c＝2﹣a，
∴拋物線L為：y＝﹣ax2+2ax+2﹣a，
代入A（﹣1，0）得，﹣a﹣2a+2﹣a＝0，解得a＝，c＝，
∴拋物線L的解析式為：y＝﹣x2+x+；
當c+a＝﹣2時，c＝﹣2﹣a，
∴拋物線L為：y＝﹣ax2+2ax﹣2﹣a，
代入A（﹣1，0）得，﹣a﹣2a﹣2﹣a＝0，解得a＝﹣，c＝﹣，
∴拋物線L解析式為：y＝x2﹣x﹣，
綜上，拋物線L的解析式為y＝﹣x2+x+或y＝x2﹣x﹣．
18． (2023?龍馬潭區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3與x軸交于A（﹣2，0）和B（4，0）兩點，與y軸交于點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當點P為直線BC下方拋物線上一動點（不與點B、C重合），PM⊥BC于點M，PD⊥AB于點D，交直線BC于點N，當P點的坐標為何值時，PM+PN的值最大？
（3）點P在第四象限的拋物線上移動，以PC為邊作正方形CPEF、當拋物線的對稱軸經(jīng)過點E時，求出此時點P的坐標．
【分析】（1）用待定系數(shù)法確定拋物線解析式即可；
（2）求出直線BC的解析式為y＝．設P點坐標為（n，），N點的坐標為（n，），則PN＝，由銳角三角函數(shù)表示PM＝PN，則由二次函數(shù)的性質(zhì)可得解；
（3）過點P作PK⊥y軸于K，交拋物線的對稱軸于G，證明△PEG≌△CPK（AAS），得出CK＝PG，設P（x，x2﹣x﹣3），拋物線的對稱軸為直線x＝1，則G（1，x2﹣x﹣3），K（0，x2﹣x﹣3），可得出PG＝|1﹣x|，CK＝|x2﹣x﹣3+3|＝|x2﹣x|，解方程即可得解．
【解答】解：（1）依題意得：
，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝x﹣3；
（2）設直線BC的解析式為y＝kx+m，
∴，
解得：，
∴y＝x﹣3．
設P點坐標為（n，n﹣3），N點的坐標為（n，n﹣3），
∴PN＝n，
∵PM⊥BC，PD⊥AB，
∴∠PMN＝∠PDB，
∵∠PNM＝∠BND，
∴∠MPN＝∠OBC，
∵OB＝4，OC＝3，
∴BC＝＝＝5，
∴PM＝PN?cs∠MPN＝PN?cs∠OBC＝PN，
∴PM+PN＝PN＝﹣n＝﹣．
即當n＝2時，PM+PN的值最大，此時P點坐標為（2，﹣3）．
（3）過點P作PK⊥y軸于K，交拋物線的對稱軸于G，如圖，
∵四邊形PEFC為正方形，
∴PE＝PC，∠EPC＝90°
∵∠PGE＝∠PKC＝90°，
∴∠PEG＝∠CPK，
∴△PEG≌△CPK（AAS），
∴CK＝PG，
設P（x，x2﹣x﹣3），拋物線的對稱軸為直線x＝1，
則G（1，x2﹣x﹣3），K（0，x2﹣x﹣3），
∴PG＝|1﹣x|，CK＝|x2﹣x﹣3+3|＝|x2﹣x|，
∴|1﹣x|＝|x2﹣x|，
解方程1﹣x＝x2﹣x得，x1＝，x2＝﹣2（舍去）；
解方程x﹣1＝x2﹣x得，x1＝，x2＝﹣4（舍去）；
∴P點坐標為（，﹣）或（，﹣）．
19． (2023?海淀區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，點P的坐標為（x1，y1），點Q的坐標為（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q為某個矩形的兩個頂點，且該矩形的邊均與某條坐標軸垂直．則稱該矩形為點P，Q的相關矩形“．如圖為點P，Q的“相關矩形”的示意圖．
（1）已知點A的坐標為（1，0）．
①若點B的坐標為（2，5），求點A，B的“相關矩形”的周長；
②點C在直線x＝3上，若點A，C的“相關矩形”為正方形，已知拋物線y＝x2+mx+n經(jīng)過點A和點C，求拋物線y＝x2+mx+n與y軸的交點D的坐標；
（2）⊙O的半徑為4，點E是直線y＝3上的從左向右的一個動點．若在⊙O上存在一點F，使得點E，F(xiàn)的“相關矩形”為正方形，直接寫出動點E的橫坐標的取值范圍．
【分析】（1）①根據(jù)矩形的性質(zhì)求出點C的坐標，進而得出BC，AC即可得出結(jié)論；
②先確定出點C的坐標，再用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）當點F在y軸右側(cè)，且在x軸下方時，點E的橫坐標大，進而得出點E的橫坐標為OG+ME＝OG+MF＝OG+MG+FG＝OG+3+FG＝m++3，進而確定出點E的橫坐標的最大值，同理：得出點E的橫坐標的最小值，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）①如圖1，
∵矩形ACBD是點A，B的“相關矩形”，
∴AD∥CB，
∵點A（1，0），B（2，5），
∴點C（2，0），BC＝5，
∴AC＝2﹣1＝1，
∴點A，B的“相關矩形”的周長為2（AC+BC）＝2×（1+5）＝12；
②如圖2，
∵點C在直線x＝3上，
∴點C的橫坐標為3，
∵點A（1，0），C的“相關矩形”為正方形，
∴BC∥AD，AB＝BC，
∴點B的坐標為（3，0），
∴BC＝AB＝3﹣1＝2
∴點C的坐標為（3，2）或（3，﹣2），
∵拋物線y＝x2+mx+n經(jīng)過點A和點C，
∴或
∴或
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣3x+2或y＝x2﹣5x+4，
令x＝0，則y＝2或y＝4
∴點D的坐標為（0，2）或（0，4）；
（2）如圖3，
當點F在y軸的右側(cè)時，點E在點M的右側(cè)時，點E的橫坐標大，連接OM，OF，
設OG＝m，
∵點E，F(xiàn)的“相關矩形”為正方形，
∴FM＝ME，
∵點E在直線y＝3上，
∴MG＝3，
在Rt△OGF中，F(xiàn)G＝＝，
∴點E的橫坐標為OG+ME＝OG+MF＝OG+MG+FG＝OG+3+FG
＝m++3
＝（﹣）2+2+3
≥2+3（當且僅當＝時，取等號），
即m＝2時，點E的橫坐標為（OG+ME）最大＝（m+）最大+3＝4+3，
∴點E的橫坐標最大是4+3，
由圓的對稱性得，點E的橫坐標的最小值為﹣（4+3），
即點E的橫坐標的范圍是大于等于﹣（4+3）而小于等于（4+3）．
20．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸的兩個交點為A，B（點A在點B的左側(cè)），在線段AB上取兩點M、N（點M不與點A重合），點M、N關于這條拋物線的對稱軸對稱，點M在點N的左側(cè)，分別過點M、N作x軸的垂線交拋物線于點P、Q，我們稱這樣的四邊形MPQN為這條拋物線的“拋物線矩形．”
（1）若拋物線y＝2（x+1）（x﹣3）的拋物線矩形MPQN的頂點M的坐標為（0，0），則點N的坐標為 （2，0） ，點P的坐標為 （0，﹣6） ，點Q的坐標為 （2，﹣6） ．
（2）當拋物線y＝﹣x2+bx的拋物線矩形MPQN為正方形時，若點M的坐標為（﹣2，0），求b的值．
（3）設拋物線y＝x2+4x﹣6的拋物線矩形MPQN的周長為C．點M的橫坐標為m，求C與m之間的函數(shù)關系式．
（4）將拋物線y＝ax2﹣6ax+5a（a≠0）的拋物線矩形MPQN繞點P順時針或逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，邊MN恰好落在y軸上，若MN＝2，直接寫出a的值．
【分析】（1）先根據(jù)拋物線解析式求出點A，B的坐標及對稱軸，由對稱性及矩形的性質(zhì)即可寫出所求點的坐標；
（2）由題意判斷拋物線對稱軸在y軸左側(cè)，畫出草圖，由點M的坐標及正方形的性質(zhì)寫出點Q坐標，將其代入y＝﹣x2+bx即可求出b的值；
（3）由拋物線解析式畫出圖形，求出對稱軸，設出點M的坐標，寫出N，P的坐標，求出MN，MP的長度，即可求出C與m之間的函數(shù)關系式；
（4）先求出拋物線與x軸交點坐標，設出點M坐標，分a＞0和a＜0兩種情況分別寫出P，Q的坐標，代入拋物線y＝ax2﹣6ax+5a即可求出a的值．
【解答】解：（1）在拋物線y＝2（x+1）（x﹣3）中，
當y＝0時，
x1＝﹣1，x2＝3，
∵A在B的左側(cè)，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∵M（0，0），且MP⊥x軸交拋物線于點P，
∴P（0，﹣6），
拋物線y＝2（x+1）（x﹣3）的對稱軸為x＝＝1，
又∵點M，N關于x＝1對稱，
∴N（2，0），Q（2，﹣6），
故答案為：（2，0），（0，﹣6），（2，﹣6）；
（2）∵拋物線y＝﹣x2+bx經(jīng)過原點，且M（﹣2，0），
∴拋物線對稱軸在y軸左側(cè)，
如圖2，
∵M（﹣2，0），
∴P（﹣2，﹣4﹣2b），
∵四邊形MPQN為正方形，
∴PQ∥MN，PQ＝PM，
∴Q（﹣6﹣2b，﹣4﹣2b），
將點Q（﹣6﹣2b，﹣4﹣2b）代入y＝﹣x2+bx中，
得﹣（﹣6﹣2b）2+b（﹣6﹣2b）＝﹣4﹣2b，
解得，b1＝﹣2，b2＝﹣（舍去），
∴b的值為﹣2；
（3）如圖3，
y＝x2+4x﹣6
＝（x+2）2﹣10，
∴拋物線對稱軸為x＝﹣2，
設M（m，0），
則N（﹣4﹣m，0），P（m，m2+4m﹣6），
∴MN＝﹣4﹣2m，MP＝﹣m2﹣4m+6，
∴C＝2（MN+MP）
＝﹣2m2﹣12m+4，
∴C＝﹣2m2﹣12m+4；
（4）將y＝0代入拋物線y＝ax2﹣6ax+5a，
得，ax2﹣6ax+5a＝0，
解得，x1＝1，x2＝5，
∴A（1，0），B（5，0），
①當a＞0時，如圖4﹣1，
∵將拋物線矩形順時針旋轉(zhuǎn)90°，邊MN恰好落在y軸上，
∴MP＝MO，
設M（m，0），
則N（m+2，0），
∴P（m，﹣m），Q（m+2，﹣m），
將P（m，﹣m），Q（m+2，﹣m）分別代入y＝ax2﹣6ax+5a，
得，，
解得：；
②當a＜0時，如圖4﹣2，
設M（m，0），
則N（m+2，0），
∴P（m，m），Q（m+2，m），
將P（m，m），Q（m+2，m）分別代入y＝ax2﹣6ax+5a，
得，，
解得：，
綜上所述，a的值為或﹣．
21． (2023?撫順縣一模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2+bx﹣2（a≠0）與x軸交于點A（1，0），B（5，0）兩點，與y軸交于點C，點D為拋物線的頂點．
（1）求拋物線的解析式和點D的坐標；
（2）求△BCD的面積；
（3）點M為拋物線上一動點，點N為平面內(nèi)一點，以A，M，I，N為頂點作正方形，是否存在點M，使點I恰好落在對稱軸上？若存在，直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）方法一：如圖1，設拋物線的對稱軸與BC的交點為H，運用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式y(tǒng)＝，得出：H（3，），DH＝﹣（﹣）＝，由S△BCD＝S△DHB+S△DHC，即可求得答案；方法二：設直線DC交x軸于點K，可求得直線DC的解析式為y＝x﹣2，得出K（，0），BK＝5﹣＝，由S△BCD＝S△CKB+S△DKB，即可求得答案；
（3）設點M的坐標為（x，），分情況畫出圖形，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣2經(jīng)過點A（1，0），B（5，0）兩點
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式是，
∵＝，
∴頂點D的坐標是（3，）；
（2）方法一：如圖1，設拋物線的對稱軸與BC的交點為H，
設直線BC的解析式y(tǒng)＝kx+d，
∵B（5，0），C（0，﹣2），
∴，
解得：，
∴直線BC的解析式y(tǒng)＝，
當x＝3時，y＝×3﹣2＝﹣，
∴H（3，），
∴DH＝﹣（﹣）＝，
∴S△BCD＝S△DHB+S△DHC＝；
方法二：如圖1，設直線DC交x軸于點K，設直線DC的解析式為y＝mx+n，把D（3，），C（0，﹣2）代入得：，
解得：，
∴直線DC的解析式為y＝x﹣2，
令y＝0，得x﹣2＝0，
解得：x＝，
∴K（，0），
∴BK＝5﹣＝，
∴S△BCD＝S△CKB+S△DKB＝××（+2）＝6；
（3）存在．設點M的坐標為（x，），
分以下四種情況：①（一）如圖2，圖3，過點M作對稱軸x＝3的垂線，垂足為H，過點A作AG⊥MH于點G，
則∠AGM＝∠MHI＝90°，
∴∠AMG+∠MAG＝90°，
∵四邊形AMIN是正方形，
∴AM＝MI，∠AMI＝90°，
∴∠AMG+∠IMH＝90°，
∴∠MAG＝∠IMH，
在△GAM和△HMI中，
，
∴△GAM≌△HMI（AAS），
∴AG＝MH，
即＝3﹣x，
解得x＝，
∴M點的坐標為（，）或（，）；
②如圖4，過點M作PQ∥x軸交對稱軸于點Q，過點A作AP⊥PQ于點P，
如圖5，過點M作PQ∥y軸交x軸于點P，過點I作IQ⊥PQ于點Q，
則∠APM＝∠MQI＝90°，
∴∠PAM+∠AMP＝90°，
∵四邊形AMIN是正方形，
∴AM＝MI，∠AMI＝90°，
∴∠AMP+∠IMQ＝90°，
∴∠PAM＝∠IMQ，
在△MAP和△IMQ中，
，
∴△MAP≌△IMQ（AAS），
∴AP＝MQ，
即＝3﹣x，
解得：x＝，
∴M點的坐標為（，）或（，），
③如圖6，當點M與點B重合時，四邊形ANMI是矩形，此時M（5，0）；
④如圖7，當點M與點C重合時，四邊形AMNI是正方形，此時M（0，﹣2）；
⑤如圖8，過點M作對稱軸的垂線，垂足為L，設對稱軸交x軸于點K，
則△ATK≌△IBL（AAS），
∴AK＝LI，KI＝BL，
∴﹣x2+x﹣2+x﹣3＝2，
解得：x1＝5，x2＝，
∴M（，）；
⑥如圖9，過點M作MH⊥x軸于點H，設對稱軸交x軸于點K，
則△AIK≌△MAH（AAS），
∴AK＝MH，
∴x2﹣x+2＝2，
解得：x＝0（舍去）或6，
∴M（6，﹣2）；
⑦如圖10，過點M作MH⊥對稱軸于點H，設對稱軸交x軸于點K，
則△AIK≌△IMH（AAS），
∴IH＝AK＝2，MH＝KI，
∴x2﹣x+2＝2+3﹣x，
解得：x＝5（舍去）或x＝﹣，
∴M（﹣，﹣）；
綜上所述，點M的坐標為（，）或（，）或（，）或（，）或（5，0）或（0，﹣2）或（，）或（6，﹣2）或（﹣，﹣）．
22． (2023?新化縣模擬）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）過點A（1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，OC＝3．
（1）求拋物線的解析式及頂點D的坐標；
（2）過點A作AM⊥BC，垂足為M，求證：四邊形ADBM為正方形；
（3）若點Q為線段OC上的一動點，問：AQ+QC是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由OC＝3得C（0，3），可得函數(shù)的表達式為：y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3），將C（0，3）代入即可求解；
（2）AM＝MB＝AB?sin45°＝＝AD＝BD，則四邊形ADBM為菱形，而∠AMB＝90°，即可求解；
（3）過點C作與y軸夾角為30°的直線CH，過點A作AH⊥CH，垂足為H，則HQ＝CQ，AQ+QC最小值＝AQ+HQ＝AH，即可求解．
【解答】（1）解：函數(shù)的表達式為：y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3），
即：3a＝3，解得：a＝1，
故拋物線的表達式為：y＝x2﹣4x+3，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴頂點D（2，﹣1）；
（2）證明：∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴AM＝MB＝AB?sin45°＝，
∵AD＝BD＝＝，
∴AM＝MB＝AD＝BD，
∴四邊形ADBM為菱形，
∵AM⊥BC，
∴∠AMB＝90°，
∴四邊形ADBM為正方形；
（3）解：存在，理由：
如圖，過點C作與y軸夾角為30°的直線CH，作AH⊥CH，垂足為H，交OC于點Q，
則HQ＝CQ，AQ+QC最小值＝AQ+HQ＝AH，
∵∠HCQ＝30°，
∴直線HC所在表達式中的k值為，
∴直線HC的表達式為：y＝x+3…①，
則直線AH所在表達式中的k值為﹣，
則直線AH的表達式為：y＝﹣x+s，將點A的坐標代入并解得：s＝，
則直線AH的表達式為：y＝﹣x+…②，
聯(lián)立①②并解得：x＝，
故點H（，），
∵點A（1，0），
則AH＝，
即：AQ+QC的最小值為 ．
23． (2023?宜興市校級二模）如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c（b＞0，c＞0）圖象的頂點是點A，對稱軸為直線l，圖象與y軸交于點C．點D在l右側(cè)的函數(shù)圖象上，點B在DC延長線上，且四邊形ABOD是平行四邊形．
（1）如圖2，若CD∥x軸．
①求證：b2＝4c；
②若?ABOD是矩形，求二次函數(shù)的解析式；
（2）當b＝2時，?ABOD能否成為正方形，請通過計算說明理由．
【分析】（1）①連接OA，交BD于點P，如圖1，由平行四邊形的性質(zhì)可得PA＝PO，進而得出P（，+），由CD∥x軸，可得+＝c，即可證得結(jié)論；
②如圖1，設拋物線對稱軸交x軸于點E，則E（，0），由矩形性質(zhì)可得OA＝BD，建立方程求解即可得出答案；
（2）如圖2，連接OA，交BD于點G，連接AC，當b＝2時，y＝﹣x2+2x+c＝﹣（x﹣1）2+c+1，可得拋物線頂點A（1，c+1），若四邊形ABOD是正方形，則GA＝GO，OA⊥BD，即BD是OA的垂直平分線，可得出c＝，y＝﹣x2+2x+，運用待定系數(shù)法求得直線CG的解析式為y＝（1﹣）x+，進而得出點D（1+，﹣1），利用兩點間距離公式求得：DG2＝（1+﹣）2+（﹣1﹣）2＝5﹣，OA2＝1+（+1）2＝4+2，比較得出OA≠2DG，故當b＝2時，?ABOD不可能是正方形．
【解答】解：（1）①∵y＝﹣x2+bx+c＝﹣（x﹣）++c，
∴頂點A（，+c），C（0，c），
連接OA，交BD于點P，如圖1，
∵四邊形ABOD是平行四邊形，
∴PA＝PO，
∴P（，+），
∵CD∥x軸，
∴+＝c，
∴b2＝4c；
②如圖1，設拋物線對稱軸交x軸于點E，
則E（，0），
∴OE＝，AE＝+c＝+＝b2，
∵拋物線y＝﹣x2+bx+c的對稱軸為直線x＝，
∴D（b，c），
∴PD＝b﹣＝b，
∴BD＝2PD＝b，
∵?ABOD是矩形，
∴OA＝BD，
∴OA2＝BD2，
∴OE2+AE2＝BD2，
∴（）2+（b2）2＝（b）2，
∴+＝b2，即b2（b﹣2）（b+2）＝0，
∵b＞0，
∴b＝2，
∴c＝2，
∴該二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+2x+2；
（2）當b＝2時，?ABOD不可能是正方形．
理由如下：如圖2，連接OA，交BD于點G，連接AC，
當b＝2時，y＝﹣x2+2x+c＝﹣（x﹣1）2+c+1，
∴拋物線頂點A（1，c+1），
若四邊形ABOD是正方形，
則GA＝GO，OA⊥BD，
即BD是OA的垂直平分線，
∴AC＝OC，
∴AC2＝OC2，
∴（1﹣0）2+（c+1﹣c）2＝c2，
∵c＞0，
∴c＝，
∴y＝﹣x2+2x+，
∴A（1，+1），G（，），C（0，），
設直線CG的解析式為y＝kx+d，則，
解得：，
∴直線CG的解析式為y＝（1﹣）x+，
令（1﹣）x+＝﹣x2+2x+，
解得：x＝0（舍去）或x＝1+，
∴D（1+，﹣1），
∴DG2＝（1+﹣）2+（﹣1﹣）2＝5﹣，
OA2＝1+（+1）2＝4+2，
若四邊形ABOD是正方形，則OA＝2DG，即OA2＝4DG2，
但4DG2＝4×（5﹣）＝20﹣2≠4+2＝OA2，
即OA≠2DG，
故當b＝2時，?ABOD不可能是正方形．
24． (2023?于洪區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象交y軸于點D，直線AB與之相交，且A（1，﹣）是拋物線y＝x2+bx+c的頂點．
（1）b＝ ﹣1 ，c＝ ﹣4 ；
（2）如圖1，點P是第四象限拋物線上一點，且滿足BP∥AD，拋物線交x軸于點C，連接PC．
①求直線PB的解析式；
②求PC的長；
（3）如圖2，點Q是拋物線第三象限上一點（不與點B、D重合），連接BQ，以BQ為邊作正方形BEFQ，當頂點E或F恰好落在拋物線對稱軸上時，直接寫出對應的Q點的坐標．
【分析】（1）設拋物線為頂點式，用待定系數(shù)法求得函數(shù)解析式即可求出b，c的值；
（2）①先求出直線AD的函數(shù)解析式，根據(jù)BP∥AD和B點的坐標即可求出直線PB的解析式；
②根據(jù)兩點間距離公式可求出PC的長；
（3）先設出點Q的坐標，再利用三角形全等用含點Q橫坐標的式子表示E、F的坐標，最后根據(jù)點E、F在拋物線對稱軸上時橫坐標為1求出點Q的橫坐標，進而求得點Q的坐標．
【解答】解：（1）∵A（1，﹣）是拋物線y＝x2+bx+c的頂點，
∴拋物線的解析式為y＝（x﹣1）2﹣＝x2﹣x﹣4，
∴b＝﹣1，c＝﹣4，對稱軸為：x＝1，
故答案為：b＝﹣1，c＝﹣4；
（2）①當x＝0時，y＝x2﹣x﹣4＝﹣4，
∴D點坐標為（0，﹣4），
設直線AD的函數(shù)解析式為y＝kx﹣4，
把A（1，﹣）點的坐標代入得k＝，
∴直線AD的函數(shù)解析式為y＝﹣x﹣4，
由于BP∥AD，故可設直線BP的函數(shù)解析式為：y＝﹣x+b，
又BP經(jīng)過點B，
得：﹣×（﹣2）+b＝0，
解得：b＝﹣1，
從而BP的解析式為y＝﹣x﹣1；
②解方程組：，
解得或，
∴點P的坐標為（3，﹣），
令0＝x2﹣x﹣4，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴點C（4，0），
∴PC＝＝；
（3）設點Q的坐標為（a，b），過點Q作QM∥x軸，過點B作BM∥y軸，交QM于點M，過點F作FN∥y軸交QM于點N，過點E作EK∥x軸交BM于點K，
則△BMQ≌△QNF≌△EKB，
∴NF＝KB＝MQ＝|a+2|，QN＝EK＝BM＝|b|，
∴點F的坐標為（a﹣b，a+b+2），
點E的坐標為（﹣2﹣b，a+2），
當點F在拋物線的對稱軸上時，a﹣b＝1，
∴a﹣（a2﹣a﹣4）＝1，
解得：a＝2﹣（舍去正值），
得點Q的坐標為（2﹣，1﹣），
當點E在拋物線的對稱軸上時，﹣2﹣b＝1，
∴﹣2﹣（a2﹣a﹣4）＝1，
解得：a＝1﹣（舍去正值），
得點Q的坐標為（1﹣，﹣3）．
故點Q的坐標為：（2﹣，1﹣）或（1﹣，﹣3）．

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