【例1】 (2023?襄陽）在平面直角坐標系中，直線y＝mx﹣2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點，頂點為D的拋物線y＝﹣x2+2mx﹣m2+2與y軸交于點C．
（1）如圖，當m＝2時，點P是拋物線CD段上的一個動點．
①求A，B，C，D四點的坐標；
②當△PAB面積最大時，求點P的坐標；
（2）在y軸上有一點M（0，m），當點C在線段MB上時，
①求m的取值范圍；
②求線段BC長度的最大值．
【例2】 (2023?湖州）如圖1，已知在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是邊長為3的正方形，其中頂點A，C分別在x軸的正半軸和y軸的正半軸上．拋物線y＝﹣x2+bx+c經過A，C兩點，與x軸交于另一個點D．
（1）①求點A，B，C的坐標；
②求b，c的值．
（2）若點P是邊BC上的一個動點，連結AP，過點P作PM⊥AP，交y軸于點M（如圖2所示）．當點P在BC上運動時，點M也隨之運動．設BP＝m，CM＝n，試用含m的代數式表示n，并求出n的最大值．
【例3】 (2023?青海）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝x+2與坐標軸交于A，B兩點，點A在x軸上，點B在y軸上，C點的坐標為（1，0），拋物線y＝ax2+bx+c經過點A，B，C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）根據圖象寫出不等式ax2+（b﹣1 ）x+c＞2的解集；
（3）點P是拋物線上的一動點，過點P作直線AB的垂線段，垂足為Q點．當PQ＝時，求P點的坐標．
【例4】 (2023?雅安）已知二次函數y＝ax2+bx+c的圖象過點A（﹣1，0），B（3，0），且與y軸交于點C（0，﹣3）．
（1）求此二次函數的表達式及圖象頂點D的坐標；
（2）在此拋物線的對稱軸上是否存在點E，使△ACE為Rt△，若存在，試求點E的坐標，若不存在，請說明理由；
（3）在平面直角坐標系中，存在點P，滿足PA⊥PD，求線段PB的最小值．
1． (2023?河北模擬）已知拋物線C：y＝ax2+bx+c（a＞0，c＜0）的對稱軸為x＝4，C為頂點，且A（2，0），C（4，﹣2）
【問題背景】求出拋物線C的解析式．
【嘗試探索】如圖2，作點C關于x軸的對稱點C′，連接BC′，作直線x＝k交BC′于點M，交拋物線C于點N．
①連接ND，若四邊形MNDC′是平行四邊形，求出k的值．
②當線段MN在拋物線C與直線BC′圍成的封閉圖形內部或邊界上時，請直接寫出線段MN的長度的最大值．
【拓展延伸】如圖4，作矩形HGOE，且E（﹣3，0），H（﹣3，4），現(xiàn)將其沿x軸以1個單位每秒的速度向右平移，設運動時間為t，得到矩形H′G′O′E′，連接AC′，若矩形H′G′O′E′與直線AC′和拋物線C圍成的封閉圖形有公共部分，請求出t的取值范圍．
2．（2018秋?寧城縣期末）已知，如圖，拋物線與x軸交點坐標為A（1，0），C（﹣3，0），
（1）如圖1，已知頂點坐標D為（﹣1，4）或B點（0，3），選擇適當方法求拋物線的解析式；
（2）如圖2，在拋物線的對稱軸DH上求作一點M，使△ABM的周長最小，并求出點M的坐標；
（3）如圖3，將圖2中的對稱軸向左移動，交x軸于點P（m，0）（﹣3＜m＜﹣1），與拋物線，線段BC的交點分別為點E、F，用含m的代數式表示線段EF的長度，并求出當m為何值時，線段EF最長．
3． (2023?橋西區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A（﹣1，0），B兩點，與y軸交于點C，且CO＝BO，連接BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖2，拋物線的頂點為D，其對稱軸與線段BC交于點E，求線段DE的長度；
（3）如圖3，垂直于x軸的動直線l分別交拋物線和線段BC于點P和點F，連接CP，CD，拋物線上是否存在點P，使△CDE∽△PCF，如果存在，求出點P的坐標，如果不存在，請說明理由．
4． (2023?和平區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線頂點A的坐標為（﹣2，4），且經過坐標原點，與x軸負半軸交于點B．
（1）求拋物線的函數表達式并直接寫出點B的坐標；
（2）過點A作AC⊥x軸于點C，若點D是y軸左側的拋物線上一個動點（點D與點A不重合），過點D作DE⊥x軸于點E，連接AO，DO，當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，求點D的坐標；
（3）在（2）的條件下，當點D在第二象限時，在平面內存在一條直線，這條直線與拋物線在第二象限交于點F，在第三象限交于點G，且點A，點B，點D，到直線FG的距離都相等，請直接寫出線段FG的長．
5． (2023?鹿城區(qū)校級二模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（5，0），與y軸交于點C．
（1）求拋物線的解析式和頂點D的坐標．
（2）連結AD，點E是對稱軸與x軸的交點，過E作EF∥AD交拋物線于點F（F在E的右側），過點F作FG∥x軸交ED于點H，交AD于點G，求HF的長．
6． (2023?南崗區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣4交x軸于點A（﹣3，0），B（4，0），交y軸于點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P為第一象限拋物線上一點，過點P作x軸的平行線，與拋物線的另一個交點為點G，連接CG交x軸于點N，設點P的橫坐標為t，ON的長為d，求d與t之間的函數解析式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，連接PB，將線段PB繞著點P順時針旋轉90°得到線段PD，點D恰好落在y軸上，點E在線段OB上，連接PE，點Q在EB的延長線上，且EQ＝PE，連接DQ交PE于點F，若PE＝3PF，求QN的長．
7． (2023?涼山州模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，已知B點坐標為（1，0），且OA＝OC＝3OB，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）圖象經過A，B，C三點，其中D點是該拋物線的頂點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）判斷△ADC的形狀并且求△ADC的面積；
（3）如圖2，點P是該拋物線第三象限部分上的一個動點，過P點作PE⊥AC于E點，當PE的值最大時，求此時P點的坐標及PE的最大值．
8． (2023?無錫二模）已知拋物線y＝mx2﹣2mx+3（m＜0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，且OB＝3OA．
（1）求拋物線的函數表達式；
（2）若M、N是第一象限的拋物線上不同的兩點，且△BCN的面積總小于△BCM的面積，求點M的坐標；
（3）若D為拋物線的頂點，P為第二象限的拋物線上的一點，連接BP、DP，分別交y軸于點E、F，若EF＝OC，求點P的坐標．
9． (2023?乳源縣三模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（5，0），B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C（0，）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點M是拋物線的頂點，連接AM，CM，求△AMC的面積；
（3）若點P是拋物線上的一個動點，過點P作PE垂直y軸于點E，交直線AC于點D，過點D作x軸的垂線，垂足為點F，連接EF，當線段EF的長度最短時，求出點P的坐標．
10． (2023?河池）在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣（x﹣1）2+4與x軸交于A，B兩點（A在B的右側），與y軸交于點C．
（1）求直線CA的解析式；
（2）如圖，直線x＝m與拋物線在第一象限交于點D，交CA于點E，交x軸于點F，DG⊥CA于點G，若E為GA的中點，求m的值．
（3）直線y＝nx+n與拋物線交于M（x1，y1），N（x2，y2）兩點，其中x1＜x2．若x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，結合函數圖象，探究n的取值范圍．
11． (2023?桂林）如圖，已知拋物線y＝a（x﹣3）（x+6）過點A（﹣1，5）和點B（﹣5，m），與x軸的正半軸交于點C．
（1）求a，m的值和點C的坐標；
（2）若點P是x軸上的點，連接PB，PA，當＝時，求點P的坐標；
（3）在拋物線上是否存在點M，使A，B兩點到直線MC的距離相等？若存在，求出滿足條件的點M的橫坐標；若不存在，請說明理由．
12． (2023?吉林）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y＝x2+bx+c的圖象經過點A（0，﹣），點B（1，）．
（1）求此二次函數的解析式；
（2）當﹣2≤x≤2時，求二次函數y＝x2+bx+c的最大值和最小值；
（3）點P為此函數圖象上任意一點，其橫坐標為m，過點P作PQ∥x軸，點Q的橫坐標為﹣2m+1．已知點P與點Q不重合，且線段PQ的長度隨m的增大而減?。?br>①求m的取值范圍；
②當PQ≤7時，直接寫出線段PQ與二次函數y＝x2+bx+c（﹣2≤x＜）的圖象交點個數及對應的m的取值范圍．
13． (2023?武漢模擬）已知：在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a交x軸于A、B兩點（點A在點B的左邊），交y軸負半軸于點C．
（1）則點A的坐標為 ，點B的坐標為 ．
（2）如圖1，過點A的直線y＝ax+a交y軸正半軸于點F，交拋物線于點D，過點B作BE∥y軸交AD于E，求證：AF＝DE．
（3）如圖2，直線DE：y＝kx+b與拋物線只有一個交點D，與對稱軸交于點E，對稱軸上存在點F，滿足DF＝FE．若a＝1，求點F坐標．
14． (2023?哈爾濱模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+5經過坐標軸上A、B和C三點，連接AC，tanC＝，5OA＝3OB．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點Q在第四象限的拋物線上且橫坐標為t，連接BQ交y軸于點E，連接CQ、CB，△BCQ的面積為S，求S與t的函數解析式；
（3）已知點D是拋物線的頂點，連接CQ，DH所在直線是拋物線的對稱軸，連接QH，若∠BQC＝45°，HR∥x軸交拋物線于點R，HQ＝HR，求點R的坐標．
15． (2023?衡陽）如圖，二次函數y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點N，以AB為邊在x軸上方作正方形ABCD，點P是x軸上一動點，連接CP，過點P作CP的垂線與y軸交于點E．
（1）求該拋物線的函數關系表達式；
（2）當點P在線段OB（點P不與O、B重合）上運動至何處時，線段OE的長有最大值？并求出這個最大值；
（3）在第四象限的拋物線上任取一點M，連接MN、MB．請問：△MBN的面積是否存在最大值？若存在，求出此時點M的坐標；若不存在，請說明理由．
16． (2023?天津）已知點A（1，0）是拋物線y＝ax2+bx+m（a，b，m為常數，a≠0，m＜0）與x軸的一個交點．
（Ⅰ）當a＝1，m＝﹣3時，求該拋物線的頂點坐標；
（Ⅱ）若拋物線與x軸的另一個交點為M（m，0），與y軸的交點為C，過點C作直線l平行于x軸，E是直線l上的動點，F(xiàn)是y軸上的動點，EF＝2．
①當點E落在拋物線上（不與點C重合），且AE＝EF時，求點F的坐標；
②取EF的中點N，當m為何值時，MN的最小值是？
17． (2023?涼山州）如圖，二次函數y＝ax2+bx+c的圖象過O（0，0）、A（1，0）、B（，）三點．
（1）求二次函數的解析式；
（2）若線段OB的垂直平分線與y軸交于點C，與二次函數的圖象在x軸上方的部分相交于點D，求直線CD的解析式；
（3）在直線CD下方的二次函數的圖象上有一動點P，過點P作PQ⊥x軸，交直線CD于Q，當線段PQ的長最大時，求點P的坐標．
18． (2023?濱州）如圖，拋物線的頂點為A（h，﹣1），與y軸交于點B（0，﹣），點F（2，1）為其對稱軸上的一個定點．
（1）求這條拋物線的函數解析式；
（2）已知直線l是過點C（0，﹣3）且垂直于y軸的定直線，若拋物線上的任意一點P（m，n）到直線l的距離為d，求證：PF＝d；
（3）已知坐標平面內的點D（4，3），請在拋物線上找一點Q，使△DFQ的周長最小，并求此時△DFQ周長的最小值及點Q的坐標．
19．（2016?巴彥淖爾）如圖所示，拋物線y＝ax2﹣x+c經過原點O與點A（6，0）兩點，過點A作AC⊥x軸，交直線y＝2x﹣2于點C，且直線y＝2x﹣2與x軸交于點D．
（1）求拋物線的解析式，并求出點C和點D的坐標；
（2）求點A關于直線y＝2x﹣2的對稱點A′的坐標，并判斷點A′是否在拋物線上，并說明理由；
（3）點P（x，y）是拋物線上一動點，過點P作y軸的平行線，交線段CA′于點Q，設線段PQ的長為l，求l與x的函數關系式及l(fā)的最大值．
20．（2018?葫蘆島）如圖，拋物線y＝ax2+4x+c（a≠0）經過點A（﹣1，0），點E（4，5），與y軸交于點B，連接AB．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）將△ABO繞點O旋轉，點B的對應點為點F．
①當點F落在直線AE上時，求點F的坐標和△ABF的面積；
②當點F到直線AE的距離為時，過點F作直線AE的平行線與拋物線相交，請直接寫出交點的坐標．
專題11二次函數與單線段最值問題

【例1】 (2023?襄陽）在平面直角坐標系中，直線y＝mx﹣2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點，頂點為D的拋物線y＝﹣x2+2mx﹣m2+2與y軸交于點C．
（1）如圖，當m＝2時，點P是拋物線CD段上的一個動點．
①求A，B，C，D四點的坐標；
②當△PAB面積最大時，求點P的坐標；
（2）在y軸上有一點M（0，m），當點C在線段MB上時，
①求m的取值范圍；
②求線段BC長度的最大值．
【分析】（1）根據函數上點的坐標特點可分別得出A，B，C，D的坐標；①當m＝2時，代入上述坐標即可得出結論；
②過點P作PE∥y軸交直線AB于點E，設點P的橫坐標為t，所以P（t，﹣t2+4t﹣2），E（t，2t﹣4）．根據三角形的面積公式可得△PAB的面積，再利用二次函數的性質可得出結論；
（2）由（1）可知，B（0，﹣2m），C（0，﹣m2+2），①y軸上有一點M（0，m），點C在線段MB上，需要分兩種情況：當點M的坐標大于點B的坐標時；當點M的坐標小于點B的坐標時，分別得出m的取值范圍即可；
②根據①中的條件可知，分兩種情況，分別得出BC的長度，利用二次函數的性質可得出結論．
【解答】解：（1）∵直線y＝mx﹣2m與x軸，y軸分別交于A，B兩點，
∴A（2，0），B（0，﹣2m）；
∵y＝﹣（x﹣m）2+2，
∴拋物線的頂點為D（m，2），
令x＝0，則y＝﹣m2+2，
∴C（0，﹣m2+2）．
①當m＝2時，﹣2m＝﹣4，﹣m2+2＝﹣2，
∴B（0，﹣4），C（0，﹣2），D（2，2）．
②由上可知，直線AB的解析式為：y＝2x﹣4，拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x﹣2．
如圖，過點P作PE∥y軸交直線AB于點E，
設點P的橫坐標為t，
∴P（t，﹣t2+4t﹣2），E（t，2t﹣4）．
∴PE＝﹣t2+4t﹣2﹣（2t﹣4）＝﹣t2+2t+2，
∴△PAB的面積為：×（2﹣0）×（﹣t2+2t+2）＝﹣（t﹣1）2+3，
∵﹣1＜0，
∴當t＝1時，△PAB的面積的最大值為3．
此時P（1，1）．
（2）由（1）可知，B（0，﹣2m），C（0，﹣m2+2），
①∵y軸上有一點M（0，m），點C在線段MB上，
∴需要分兩種情況：
當m≥﹣m2+2≥﹣2m時，可得≤m≤1+，
當m≤﹣m2+2≤﹣2m時，可得﹣3≤m≤1﹣，
∴m的取值范圍為：≤m≤1+或﹣3≤m≤1﹣．
②當≤m≤1+時，
∵BC＝﹣m2+2﹣（﹣2m）＝﹣m2+2m+2＝﹣（m﹣1）2+3，
∴當m＝1時，BC的最大值為3；
當m≤﹣m2+2≤﹣2m時，即﹣3≤m≤1﹣，
∴BC＝﹣2m﹣（﹣m2+2）＝m2﹣2m﹣2＝（m﹣1）2﹣3，
當m＝﹣3時，點M與點C重合，BC的最大值為13．
∴當m＝1時，BC的最大值為3；當m＝﹣3時，BC的最大值為13．
【例2】 (2023?湖州）如圖1，已知在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是邊長為3的正方形，其中頂點A，C分別在x軸的正半軸和y軸的正半軸上．拋物線y＝﹣x2+bx+c經過A，C兩點，與x軸交于另一個點D．
（1）①求點A，B，C的坐標；
②求b，c的值．
（2）若點P是邊BC上的一個動點，連結AP，過點P作PM⊥AP，交y軸于點M（如圖2所示）．當點P在BC上運動時，點M也隨之運動．設BP＝m，CM＝n，試用含m的代數式表示n，并求出n的最大值．
【分析】（1）①根據正方形的性質得出點A，B，C的坐標；
②利用待定系數法求函數解析式解答；
（2）根據兩角相等證明△MCP∽△PBA，列比例式可得n與m的關系式，配方后可得結論．
【解答】解：（1）①四邊形OABC是邊長為3的正方形，
∴A（3，0），B（3，3），C（0，3）；
②把A（3，0），C（0，3）代入拋物線y＝﹣x2+bx+c中得：，
解得：；
（2）∵AP⊥PM，
∴∠APM＝90°，
∴∠APB+∠CPM＝90°，
∵∠B＝∠APB+∠BAP＝90°，
∴∠BAP＝∠CPM，
∵∠B＝∠PCM＝90°，
∴△MCP∽△PBA，
∴＝，即＝，
∴3n＝m（3﹣m），
∴n＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+（0≤m≤3），
∵﹣＜0，
∴當m＝時，n的值最大，最大值是．
【例3】 (2023?青海）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝x+2與坐標軸交于A，B兩點，點A在x軸上，點B在y軸上，C點的坐標為（1，0），拋物線y＝ax2+bx+c經過點A，B，C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）根據圖象寫出不等式ax2+（b﹣1 ）x+c＞2的解集；
（3）點P是拋物線上的一動點，過點P作直線AB的垂線段，垂足為Q點．當PQ＝時，求P點的坐標．
【分析】（1）根據題意得出A、B點的坐標，然后利用待定系數法求出二次函數的解析式；
（2）根據（1）的解析式由圖象判斷即可；
（3）作PE⊥x軸于點E，交AB于點D，根據函數圖象點P的位置分三種情況分別計算出P點的坐標即可．
【解答】解：（1）當x＝0，y＝0+2＝2，
當y＝0時，x+2＝0，
解得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，2），
把A（﹣2，0），C（1，0），B（0，2）代入拋物線解析式，
得，
解得，
∴該拋物線的解析式為：y＝﹣x2﹣x+2；
（2）方法一：ax2+（b﹣1 ）x+c＞2，
即﹣x2﹣2x+2＞2，
當函數y＝﹣x2﹣2x+2＝2時，
解得x＝0或x＝﹣2，
由圖象知，當﹣2＜x＜0時函數值大于2，
∴不等式ax2+（b﹣1 ）x+c＞2的解集為：﹣2＜x＜0；
方法二：ax2+（b﹣1 ）x+c＞2，
即﹣x2﹣x+2＞x+2，
觀察函數圖象可知當﹣2＜x＜0時y＝﹣x2﹣x+2的函數值大于y＝x+2的函數值，
∴不等式ax2+（b﹣1 ）x+c＞2的解集為：﹣2＜x＜0；
（3）作PE⊥x軸于點E，交AB于點D，作PQ⊥AB于Q，
①如圖1，當P在AB上方時，
在Rt△OAB中，
∵OA＝OB＝2，
∴∠OAB＝45°，
∴∠PDQ＝∠ADE＝45°，
在Rt△PDQ中，∠DPQ＝∠PDQ＝45°，
∴PQ＝DQ＝，
∴PD＝＝1，
設點P（x，﹣x2﹣x+2），則點D（x，x+2），
∴PD＝﹣x2﹣x+2﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x，
即﹣x2﹣2x＝1，
解得x＝﹣1，
∴此時P點的坐標為（﹣1，2），
②如圖2，當P點在A點左側時，
同理①可得PD＝1，
設點P（x，﹣x2﹣x+2），則點D（x，x+2），
∴PD＝（x+2）﹣（﹣x2﹣x+2）＝x2+2x，
即x2+2x＝1，
解得x＝±﹣1，
由圖象知此時P點在第三象限，
∴x＝﹣﹣1，
∴此時P點的坐標為（﹣﹣1，﹣），
③如圖3，當P點在B點右側時，
在Rt△OAB中，
∵OA＝OB＝2，
∴∠OAB＝45°，
∴∠PDQ＝∠DPQ＝45°，
在Rt△PDQ中，∠DPQ＝∠PDQ＝45°，
∴PQ＝DQ＝，
∴PD＝＝1，
設點P（x，﹣x2﹣x+2），則點D（x，x+2），
∴PD＝（x+2）﹣（﹣x2﹣x+2）＝x2+2x，
即x2+2x＝1，
解得x＝±﹣1，
由圖象知此時P點在第一象限，
∴x＝﹣1，
∴此時P點的坐標為（﹣1，），
綜上，P點的坐標為（﹣1，2）或（﹣﹣1，﹣）或（﹣1，）．
【例4】 (2023?雅安）已知二次函數y＝ax2+bx+c的圖象過點A（﹣1，0），B（3，0），且與y軸交于點C（0，﹣3）．
（1）求此二次函數的表達式及圖象頂點D的坐標；
（2）在此拋物線的對稱軸上是否存在點E，使△ACE為Rt△，若存在，試求點E的坐標，若不存在，請說明理由；
（3）在平面直角坐標系中，存在點P，滿足PA⊥PD，求線段PB的最小值．
【分析】（1）設二次函數的表達式為交點式，將點C坐標代入，進而求得結果；
（2）先把AC，CE，AE的平方求出或表示出來，然后分為∠CAE＝90°，∠ACE＝90°及∠AEC＝90°，然后根據勾股定理逆定理列出方程，解方程，進而求得結果；
（3）根據∠APD＝90°確定點P在以AD的中點為圓心，為半徑的圓上，進一步求得結果．
【解答】解：（1）由題意設二次函數表達式為：y＝a（x+1）?（x﹣3），
∴a?（﹣3）＝﹣3，
∴a＝1，
∴y＝（x+1）?（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴D（1，﹣4）；
（2）存在點E，使△ACE是直角三角形，過程如下：
設點E（1，m），
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴AC2＝10，AE2＝4+m2，CE2＝1+（m+3）2，
當∠EAC＝90°時，
AE2+AC2＝CE2，
∴14+m2＝1+（m+3）2，
∴m＝，
∴E1（1，），
當∠ACE＝90°時，
AC2+CE2＝AE2，
∴11+（m+3）2＝4+m2，
∴m＝﹣，
∴E2（1，﹣），
當∠AEC＝90°時，
AE2+CE2＝AC2，
∴5+m2+（m+3）2＝10，
∴m＝﹣1或﹣2，
∴E3（1，﹣1），E4（1，﹣2），
綜上所述：點E（1，）或（1，﹣）或（1，﹣1）或（1，﹣2）；
（3）設AD的中點為I，
∵A（﹣1，0），D（1，﹣4），
∴AD＝＝2，I（0，﹣2），
∴PA⊥PD，
∴∠ADP＝90°，
∴點P在以AD的中點I為圓心，為半徑的圓上，
∵BI＝＝，
∴PB最小＝﹣．
1． (2023?河北模擬）已知拋物線C：y＝ax2+bx+c（a＞0，c＜0）的對稱軸為x＝4，C為頂點，且A（2，0），C（4，﹣2）
【問題背景】求出拋物線C的解析式．
【嘗試探索】如圖2，作點C關于x軸的對稱點C′，連接BC′，作直線x＝k交BC′于點M，交拋物線C于點N．
①連接ND，若四邊形MNDC′是平行四邊形，求出k的值．
②當線段MN在拋物線C與直線BC′圍成的封閉圖形內部或邊界上時，請直接寫出線段MN的長度的最大值．
【拓展延伸】如圖4，作矩形HGOE，且E（﹣3，0），H（﹣3，4），現(xiàn)將其沿x軸以1個單位每秒的速度向右平移，設運動時間為t，得到矩形H′G′O′E′，連接AC′，若矩形H′G′O′E′與直線AC′和拋物線C圍成的封閉圖形有公共部分，請求出t的取值范圍．
【分析】【問題背景】A（2，0），對稱軸為x＝4，則點B（6，0），則拋物線的表達式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），將點C的坐標代入上式即可求解；
【嘗試探索】①四邊形MNDC′是平行四邊形，則MN＝DC′＝2，即|k2﹣4k+6﹣（﹣k+6）|＝2，解得：k＝3或3，
②MN＝（﹣k+6）﹣（k2﹣4k+6）＝﹣k2+3k，即可求解；
【拓展延伸】（Ⅰ）當t＝2時，矩形過點A，此時矩形H′G′O′E′與直線AC′和拋物線C圍成的封閉圖形有公共部分；（Ⅱ）當H′E′與對稱軸右側拋物線有交點時，此時y＝H′E′＝4，
即x2﹣4x+6＝4，解得：x＝4（舍去4﹣2），即可求解．
【解答】解：【問題背景】
A（2，0），對稱軸為x＝4，則點B（6，0），
則拋物線的表達式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），
將點C的坐標代入上式得：﹣2＝a（4﹣2）?（4﹣6），解得：a＝，
故拋物線的表達式為：…①；
【嘗試探索】
①點C′（4，2），由點B、C′的坐標可得，
直線BC′的表達式為：y＝﹣x+6…②，
四邊形MNDC′是平行四邊形，則MN＝DC′＝2，
設點N的坐標為：（x，k2﹣4k+6），則點M（k，﹣k+6），
即|k2﹣4k+6﹣（﹣k+6）|＝2，解得：k＝3或3，
故k的值為：；
②聯(lián)立①②并解得：x＝0或6，
故拋物線C與直線BC′圍成的封閉圖形對應的k值取值范圍為：0≤k≤6，
MN＝（﹣k+6）﹣（k2﹣4k+6）＝﹣k2+3k，
∵0，故MN有最大值，最大值為；
【拓展延伸】
由點A、C′的坐標得，直線AC′表達式為：y＝x﹣2…③，
聯(lián)立①③并解得：x＝2或8，即封閉區(qū)間對應的x取值范圍為：2≤x≤8，
（Ⅰ）當t＝2時，矩形過點A，此時矩形H′G′O′E′與直線AC′和拋物線C圍成的封閉圖形有公共部分，
（Ⅱ）當H′E′與對稱軸右側拋物線有交點時，此時y＝H′E′＝4，
即x2﹣4x+6＝4，解得：x＝4（舍去4﹣2），
即x＝4+2，則t＝3+4+2＝7+2，
故t的取值范圍為：2≤t≤．
2．（2018秋?寧城縣期末）已知，如圖，拋物線與x軸交點坐標為A（1，0），C（﹣3，0），
（1）如圖1，已知頂點坐標D為（﹣1，4）或B點（0，3），選擇適當方法求拋物線的解析式；
（2）如圖2，在拋物線的對稱軸DH上求作一點M，使△ABM的周長最小，并求出點M的坐標；
（3）如圖3，將圖2中的對稱軸向左移動，交x軸于點P（m，0）（﹣3＜m＜﹣1），與拋物線，線段BC的交點分別為點E、F，用含m的代數式表示線段EF的長度，并求出當m為何值時，線段EF最長．
【分析】（1）根據頂點D坐標設其頂點式，再將點C
（2）連接BC，交DH于點M，使△ABM周長最小，即AM+BM最小，先求出BC直線解析式，再令x＝﹣1，求得M（﹣1，2）；
（3）由題意得出E（m，﹣m2﹣2m+3），F(xiàn)（m，m+3），據此可知EF＝EP﹣FP＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3），再根據二次函數的性質可得答案．
【解答】解：（1）由拋物線的頂點D的坐標（﹣1，4）可設其解析式為y＝a（x+1）2+4，
將點C（﹣3，0）代入，得：4a+4＝0，
解得a＝﹣1，
則拋物線解析式為y＝﹣（x+1）2+4＝﹣x2﹣2x+3；
（2）連接BC，交DH于點M，此時△ABM的周長最小，
當y＝0時，﹣（x+1）2+4＝0，
解得x＝﹣3或x＝1，
則A（1，0），C（﹣3，0），
當x＝0時，y＝3，則B（0，3），
設直線BC的解析式為y＝kx+b，
將B（0，3），C（﹣3，0）代入得，
解得：，
∴直線BC解析式為y＝x+3，
當x＝﹣1時，y＝﹣1+3＝2，
所以點M坐標為（﹣1，2）；
（3）由題意知E（m，﹣m2﹣2m+3），F(xiàn)（m，m+3），
則EF＝EP﹣FP＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，
∴當m＝﹣時，線段EF最長．
3． (2023?橋西區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A（﹣1，0），B兩點，與y軸交于點C，且CO＝BO，連接BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖2，拋物線的頂點為D，其對稱軸與線段BC交于點E，求線段DE的長度；
（3）如圖3，垂直于x軸的動直線l分別交拋物線和線段BC于點P和點F，連接CP，CD，拋物線上是否存在點P，使△CDE∽△PCF，如果存在，求出點P的坐標，如果不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據題意可求得點C，B的坐標，將A，B坐標代入拋物線解析式求出a，b的值，即可得到拋物線解析式；
（2）設直線BC的解析式為y＝kx+b，將點C，B的坐標代入求得k，b的值，即可求得直線BC的解析式，再求DE即可；
（3）根據△CDE∽△PCF，DE∥PF，可得：＝，設點P坐標為（t，﹣t2+2t+3），點F坐標為（t，﹣t+3），建立關于t的方程求解即可．
【解答】解：（1）在拋物線y＝ax2+bx+3中，令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
∴CO＝3，
∵CO＝BO，
∴BO＝3，
∴B（3，0），
∵A（﹣1，0），
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2x+3；
（2）設直線BC的解析式為y＝kx+b，
∵B（3，0），C（0，3），
∴，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
∵拋物線y＝﹣x2+2x+3的頂點D坐標為（1，4），
∴當x＝1時，y＝﹣1+3＝2，
∴E（1，2），
∴DE＝2；
（3）∵PF∥DE，
∴∠CED＝∠CFP，
當＝時，△PCF∽△CDE，
由D（1，4），C（0，3），E（1，2），
利用勾股定理，可得CE＝＝，
DE＝4﹣2＝2，
設點P坐標為（t，﹣t2+2t+3），點F坐標為（t，﹣t+3），
∴PF＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，CF＝＝t，
∴＝，
∵t≠0，
∴t＝2，
當t＝2時，﹣t2+2t+3＝﹣22+2×2+3＝3，
∴點P坐標為（2，3）．
4． (2023?和平區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線頂點A的坐標為（﹣2，4），且經過坐標原點，與x軸負半軸交于點B．
（1）求拋物線的函數表達式并直接寫出點B的坐標；
（2）過點A作AC⊥x軸于點C，若點D是y軸左側的拋物線上一個動點（點D與點A不重合），過點D作DE⊥x軸于點E，連接AO，DO，當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，求點D的坐標；
（3）在（2）的條件下，當點D在第二象限時，在平面內存在一條直線，這條直線與拋物線在第二象限交于點F，在第三象限交于點G，且點A，點B，點D，到直線FG的距離都相等，請直接寫出線段FG的長．
【分析】（1）設該拋物線解析式為y＝a（x+2）2+4（a≠0），把點（0，0）代入，即可求解；
（2）根據題意得OC＝2，AC＝4，設點D（x，﹣x2﹣4x），則DE＝|﹣x2﹣4x|，OE＝﹣x，根據∠ACO＝∠DEO＝90°，可得當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，∠AOC＝∠ODE或∠AOC＝∠DOE，分兩種討論，即可求解；
（3）求出直線BD的解析式y(tǒng)＝x+14，直線BD與y軸交于（0，14），可得過點A平行于BD的直線AM的解析式為y＝x+11，交y軸于（0，11），可得直線FG的的解析式為y＝x+，聯(lián)立方程組，得到點F．G的坐標，即可求解．
【解答】解：（1）∵拋物線頂點的坐標為（﹣2，4），
∴設拋物線解析式為y＝a（x+2）2+4（a≠0），
把點（0，0）代入得：0＝a（x+2）2+4．
解得：a＝﹣1，
∴拋物線解析式為y＝﹣（x+2）2+4＝﹣x2﹣4x．
令y﹣0，則﹣x2﹣4x＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝0，
∴點B（﹣4，0），
∴拋物線解析式為y＝﹣x2﹣4x．點B（﹣4，0）；
（2）∵AC⊥x軸，點A （﹣2，4），
∴點C（﹣2，0），
∴OC＝2，AC＝4，
∵∠ACO＝∠DEO＝90°，
∴當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，∠AOC＝∠ODE或∠AOC＝∠DOE，
設D（x，﹣x2﹣4x），
①當∠AOC＝∠ODE時，△AOC∽△ODE，如圖：
∵∠AOC＝∠ODE，
∴tan∠AOC＝tan∠ODE，
∴＝＝2，
∴＝2，
∴﹣x＝2（x2+4x）或﹣x＝﹣2（x2+4x），
∴x1＝0（舍去），x2＝﹣或x3＝0（舍去），x4＝﹣，
∴點D的坐標為（﹣，﹣）或（﹣，）；
②當∠AOC＝∠DOE時，△AOC∽△DOE，如圖：
∵∠AOC＝∠DOE，
∴tan∠AOC＝tan∠DOE，
∴＝＝2，
∴＝2，
∴﹣2x＝x2+4x或2x＝x2+4x，
∴x1＝0（舍去），x2＝﹣6或x3＝0（舍去），x4＝﹣2（舍去），
∴點D的坐標為（﹣6，﹣12）；
點D（﹣6，﹣12）；
綜上所述，當以A，O，C為頂點的三角形與以D，O，E為頂點的三角形相似時，點D的坐標為（﹣6，﹣12）或（﹣，﹣）或（﹣，）；
（3）∵在（2）的條件下，點D在第二象限，
∴點D的坐標為（﹣，），
直線BD的解析式y(tǒng)＝kx+m，
∴，解得，
∴直線BD的解析式y(tǒng)＝x+14，直線BD與y軸交于（0，14），
∴過點A平行于BD的直線AM的解析式為y＝x+11，交y軸于（0，11），
∵點A，點B，點D，到直線FG的距離都相等，
∴直線FG的的解析式為y＝x+，
聯(lián)立得，解得，，
∴F（﹣，），G（﹣5，﹣5），
∴FG＝＝．
5． (2023?鹿城區(qū)校級二模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B（5，0），與y軸交于點C．
（1）求拋物線的解析式和頂點D的坐標．
（2）連結AD，點E是對稱軸與x軸的交點，過E作EF∥AD交拋物線于點F（F在E的右側），過點F作FG∥x軸交ED于點H，交AD于點G，求HF的長．
【分析】（1）把點A（﹣1，0），B（5，0）代入拋物線解析式即可求解；
（2）延長FG交y軸于點I，根據A，E，D坐標求出AE＝3，DE＝9，在Rt△EAD中，tan∠EAD＝3，再根據四邊形AGFE是平行四邊形，得出tan∠EFH＝tan∠EAD＝3，設HF＝m，EH＝3m，易證四邊形OIHE是矩形，把點F（m+2，﹣3m）代入y＝x2﹣4x﹣5，求出m即可．
【解答】解：（1）把點A（﹣1，0），B（5，0）代入拋物線解析式，
得：，
解得：，
∴y＝x2﹣4x﹣5＝（x﹣2）2﹣9，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x﹣5，頂點D坐標為（2，﹣9）；
（2）延長FG交y軸于點I，
∵A（﹣1，0），E（2，0），D（2，﹣9），
∴AE＝3，DE＝9，
∴在Rt△EAD中，
，
∵EF∥AD，F(xiàn)G∥x軸，
∴四邊形AGFE是平行四邊形，
∴tan∠EFH＝tan∠EAD＝3，
∴在Rt△EHF中，EH＝3HF，
設HF＝m，EH＝3m，易證四邊形OIHE是矩形，
把點F（m+2，﹣3m）代入y＝x2﹣4x﹣5，
得，﹣3m＝（m+2）2﹣4（m+2）﹣5，
解得：或m＝（舍去），
∴．
6． (2023?南崗區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣4交x軸于點A（﹣3，0），B（4，0），交y軸于點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P為第一象限拋物線上一點，過點P作x軸的平行線，與拋物線的另一個交點為點G，連接CG交x軸于點N，設點P的橫坐標為t，ON的長為d，求d與t之間的函數解析式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，連接PB，將線段PB繞著點P順時針旋轉90°得到線段PD，點D恰好落在y軸上，點E在線段OB上，連接PE，點Q在EB的延長線上，且EQ＝PE，連接DQ交PE于點F，若PE＝3PF，求QN的長．
【分析】（1）運用待定系數法即可得出答案；
（2）設P（t，t2﹣t﹣4），則G（1﹣t，t2﹣t﹣4），利用tan∠GCH＝＝，求出CN，即可得出答案；
（3）過點P作PT⊥x軸于點T，可證得△PDH≌△PBT（AAS），過點F作x軸的垂線，垂足為K，過點D作KF的垂線，垂足為R，KR與PH交于點M，再證得△DRF≌△QKF（ASA），過點Q作QW∥PD，可證得△DPF≌△QWF（AAS），過點Q作QZ⊥PE于點Z，再證明△EQZ≌△EPT（AAS），再利用HL證明Rt△QWZ≌Rt△PBT，設EB＝m，運用勾股定理建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣4交x軸于點A（﹣3，0），B（4，0），
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為；
（2）如圖1，設P（t，t2﹣t﹣4），
∵拋物線的對稱軸為直線，PG∥x軸，
∴點G與點P是拋物線上的一對對稱點，
∴G（1﹣t，t2﹣t﹣4），
設PG與y軸交于點H，則H（0，t2﹣t﹣4），
在拋物線中，
令x＝0，得y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∴OC＝4，
又CH＝t2﹣t﹣4﹣（﹣4）＝t2﹣t，GH＝t﹣1，
∵tan∠GCH＝＝，
∴，
解得：，
∴d與t之間的函數解析式為d＝；
（3）如圖2，過點P作PT⊥x軸于點T，
∵∠DPB＝∠PHO＝∠HOB＝∠PTO＝∠PHD＝90°，
∴四邊形PHOT為矩形，
∴∠HPT＝90°，
∴∠DPH＝∠BPT，
∵PD＝PB，
∴△PDH≌△PBT（AAS），
∴DH＝BT，PH＝PT，
∴，
解得：t1＝6，t2＝﹣2（舍），
∴P（6，6），
∴T（6，0），
∴DH＝BT＝2，ON＝d＝2，
過點F作x軸的垂線，垂足為K，過點D作KF的垂線，垂足為R，KR與PH交于點M，
∵PE＝3PF，
∴EF＝2PF，
∵cs∠PFM＝cs∠EFK，
∴，
∴FK＝2FM，
∵∠MPT＝∠PTK＝∠TKM＝90°，
∴四邊形PMKT為矩形，
∴MK＝PT＝6，
∴FM＝2，F(xiàn)K＝4，
同理四邊形DHMR為矩形，
∴DH＝RM＝2，RF＝FK＝4，∠R＝∠FKQ＝90°，
∵∠DFR＝∠KFQ，
∴△DRF≌△QKF（ASA），
∴DF＝QF，
過點Q作QW∥PD，
∴∠DPF＝∠QWF
∵∠DFP＝∠WFQ，DF＝FQ，
∴△DPF≌△QWF（AAS），
∴DP＝QW＝PB，PF＝WF，
∴，
過點Q作QZ⊥PE于點Z，
∴∠EZQ＝∠PTE＝90°，
∵∠PET＝∠QEZ，EP＝EQ，
∴△EQZ≌△EPT（AAS），
∴PT＝QZ，EZ＝ET，
∵QW＝PB，
∴Rt△QWZ≌Rt△PBT（HL），
∴WZ＝BT，
∴EW＝EB．
設EB＝m，
則EW＝WF＝FP＝m，
∴EP＝3m，
∵BT＝2，
∴ET＝m+2，PT＝6，
在Rt△EPT中，∵PE2＝ET2+PT2，
∴（3m）2＝（m+2）2+62，
解得：，m2＝﹣2（舍），
∴，
∴BQ＝2BE＝5，
∵OB＝4，
∴OQ＝9，
∵ON＝2，
∴QN＝OQ+ON＝11．
7． (2023?涼山州模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，已知B點坐標為（1，0），且OA＝OC＝3OB，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）圖象經過A，B，C三點，其中D點是該拋物線的頂點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）判斷△ADC的形狀并且求△ADC的面積；
（3）如圖2，點P是該拋物線第三象限部分上的一個動點，過P點作PE⊥AC于E點，當PE的值最大時，求此時P點的坐標及PE的最大值．
【分析】（1）根據B點坐標為（1，0），且OA＝OC＝3OB，得出B，C點的坐標，用待定系數法求解析式即可；
（2）根據坐標求出三角形各邊的長，利用勾股定理判斷其為直角三角形，再用三角形面積公式求面積即可；
（3）求出直線AC的解析式，過點P作PH∥y軸交AC于H，設出P點和H點坐標，用含x的代數式求出PE的值，根據二次函數性質求最值即可．
【解答】解：（1）∵B點坐標為（1，0），
∴OB＝1，
又∵OA＝OC＝3OB，
∴OA＝OC＝3，
∴A（﹣3，0），C（0，﹣3），
將A，B，C三點代入解析式得，
，
解得，
∴拋物線的解析式為：y＝x2+2x﹣3；
（2）由（1）知拋物線的解析式為y＝x2+2x﹣3，
∴對稱軸為直線x＝﹣＝﹣1，
當x＝﹣1時，y＝（﹣1）2+2×（﹣1）﹣3＝﹣4，
∴D點的坐標為（﹣1，﹣4），
∴|AD|＝＝2，|AC|＝＝3，|CD|＝＝，
∵|AD|2＝|AC|2+|CD|2，
∴△ACD是直角三角形，
S△ABC＝|AC|?|CD|＝×＝3；
（3）設直線AC的解析式為y＝sx+t，
代入A，C點坐標，
得，
解得，
∴直線AC的解析式為y＝﹣x﹣3，
如右圖，過點P作y軸的平行線交AC于點H，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∵PH∥y軸，
∴∠PHE＝∠OCA＝45°，
設點P（x，x2+2x﹣3），則點H（x，﹣x﹣3），
∴PH＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x，
∴PE＝PH?sin∠PHE＝（﹣x2﹣3x）×＝﹣（x+）2+，
∴當x＝﹣時，PE有最大值為，
此時P點的坐標為（﹣，﹣）．
8． (2023?無錫二模）已知拋物線y＝mx2﹣2mx+3（m＜0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，且OB＝3OA．
（1）求拋物線的函數表達式；
（2）若M、N是第一象限的拋物線上不同的兩點，且△BCN的面積總小于△BCM的面積，求點M的坐標；
（3）若D為拋物線的頂點，P為第二象限的拋物線上的一點，連接BP、DP，分別交y軸于點E、F，若EF＝OC，求點P的坐標．
【分析】（1）設A（x1，0），B（x2，0），因為OB＝3OA，所以x2＝﹣3x1，又由于x1，x2是方程mx2﹣2mx+3＝0的兩根，所以x1+x2＝2，從而求出x1的值，得到A點坐標，代入到解析式中，求出m，即可解決問題；
（2）由題意可得，只要求得第一象限內M點，使△BCM面積最大，過M作y軸平行線交BC于G點，設M（a，﹣a2+2a+3），先求出直線BC的解析式，可以得到G（a，﹣a+3），從而得的MG＝﹣a2+3a，利用S△MBC＝S△MGC+S△MGB，得到S△MBC＝，當a＝時，△MBC面積最大，從而求得M點坐標；
（3）由EF＝得EF＝1，過D作DQ∥y軸交BP于Q點，設出P點坐標，求出D點坐標和直線BP解析式，從而表示出DQ的長度，由△PEF∽△PQD，利用相似三角形對應邊上的高的比等于相似比，列出方程，即可解決．
【解答】解：（1）設A（x1，0），B（x2，0），
∵OB＝3OA，
∴x2＝﹣3x1，
令y＝0，則mx2﹣2mx+3＝0，
∵x1與x2是方程的兩根，
∴x1+x2＝2，
又x2＝﹣3x1，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
將x＝﹣1代入到方程中得m＝﹣1，
∴拋物線的函數表達式為：y＝﹣x2+2x+3；
（2）令x＝0，則y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴C（0，3），
設直線BC解析式為y＝kx+3，
代入點B的坐標得，k＝﹣1，
∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，
設M（a，﹣a2+2a+3），
如圖1，過M作MG∥y軸交直線BC于G點，則G（a，﹣a+3），
∴MG＝﹣a2+3a，
∴S△MBC＝S△MGC+S△MGB＝＝，
當a＝時，△MBC面積最大，此時△BCN的面積總小于△BCM的面積，
∴M（）；
（3）如圖2，由（1）可得，OC＝3，
∴EF＝，
設P（t，﹣t2+2t+3），
∵B（3，0），
∴直線BP的解析式為y＝﹣（t+1）（x﹣3），
∵y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），
過D作y軸的平行線交直線BP于Q點，
∴Q（1，2t+2），
∴DQ＝2﹣2t，
∵DQ∥y軸，
∴△PEF∽△PQD，
∴，
∴，
∴P（）．
9． (2023?乳源縣三模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（5，0），B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C（0，）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點M是拋物線的頂點，連接AM，CM，求△AMC的面積；
（3）若點P是拋物線上的一個動點，過點P作PE垂直y軸于點E，交直線AC于點D，過點D作x軸的垂線，垂足為點F，連接EF，當線段EF的長度最短時，求出點P的坐標．
【分析】（1）用待定系數法即可求解；
（2）△AMC的面積＝S△MHC+S△MHA＝×MH×OA，即可求解；
（3）點D在直線AC上，設點D（m，﹣m+），由題意得，四邊形OEDF為矩形，故EF＝OD，即當線段EF的長度最短時，只需要OD最短即可，進而求解．
【解答】解：（1）設拋物線的表達式為y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x﹣5）（x+1），
將點C的坐標代入上式得：＝a（0﹣5）（0+1），解得a＝﹣，
故拋物線的表達式為y＝﹣（x﹣5）（x+1）＝﹣x2+2x+；
（2）由拋物線的表達式得頂點M（2，），
過點M作MH∥y軸交AC于點H，
設直線AC的表達式為y＝kx+t，則，解得，
故直線AC的表達式為y＝﹣x+，
當x＝2時，y＝，則MH＝﹣＝3，
則△AMC的面積＝S△MHC+S△MHA＝×MH×OA＝×3×5＝；
（3）點D在直線AC上，設點D（m，﹣m+），
由題意得，四邊形OEDF為矩形，故EF＝OD，即當線段EF的長度最短時，只需要OD最短即可，
則EF2＝OD2＝m2+（﹣m+）2＝m2﹣m+，
∵＞0，故EF2存在最小值（即EF最?。?，此時m＝1，
故點D（1，2），
∵點P、D的縱坐標相同，
故2＝﹣x2+2x+，解得x＝2±，
故點P的坐標為（2，2）或（2﹣，2）．
10． (2023?河池）在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣（x﹣1）2+4與x軸交于A，B兩點（A在B的右側），與y軸交于點C．
（1）求直線CA的解析式；
（2）如圖，直線x＝m與拋物線在第一象限交于點D，交CA于點E，交x軸于點F，DG⊥CA于點G，若E為GA的中點，求m的值．
（3）直線y＝nx+n與拋物線交于M（x1，y1），N（x2，y2）兩點，其中x1＜x2．若x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，結合函數圖象，探究n的取值范圍．
【分析】（1）由y＝﹣（x﹣1）2+4中，得A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），利用待定系數法即可得，直線CA的解析式為y＝﹣x+3；
（2）根據直線x＝m與拋物線在第一象限交于點D，交CA于點E，交x軸于點F，可得D（m，﹣（m﹣1）2+4），且0＜m＜3，E（m，﹣m+3），F(xiàn)（m，0），從而AF＝3﹣m，DE＝﹣m2+3m，而△EAF是等腰直角三角形，可得AE＝AF＝3﹣m，△DEG是等腰直角三角形，即可列﹣m2+3m＝（3﹣m），解得m＝2或m＝3（舍去）；
（3）由得或，①若3﹣n＞﹣1，即n＜4，根據x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，可得3﹣n﹣（﹣1）＞3，且﹣n2+4n﹣0＞0，即解得0＜n＜1；②若3﹣n＜﹣1，即n＞4，可得：﹣1﹣（3﹣n）＞3且0﹣（﹣n2+4n）＞0，即解得n＞7．
【解答】解：（1）在y＝﹣（x﹣1）2+4中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝﹣1或3，
∴A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），
設直線CA的解析式為y＝kx+b，則，
解得，
∴直線CA的解析式為y＝﹣x+3；
（2）∵直線x＝m與拋物線在第一象限交于點D，交CA于點E，交x軸于點F，
∴D（m，﹣（m﹣1）2+4），且0＜m＜3，E（m，﹣m+3），F(xiàn)（m，0），
∴AF＝3﹣m，DE＝﹣（m﹣1）2+4﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∵A（3，0），C（0，3），
∴∠EAF＝45°，△EAF是等腰直角三角形，
∴AE＝AF＝3﹣m，∠DEG＝∠AEF＝45°，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DE＝GE，
∵E為GA的中點，
∴GE＝AE＝3﹣m，
∴﹣m2+3m＝（3﹣m），
解得m＝2或m＝3，
∵m＝3時，D與A重合，舍去，
∴m＝2；
（3）由得或，
①若3﹣n＞﹣1，即n＜4，如圖：
∵x2﹣x1＞3且y2﹣y1＞0，
∴3﹣n﹣（﹣1）＞3，且﹣n2+4n﹣0＞0，
解得0＜n＜1；
②若3﹣n＜﹣1，即n＞4，同理可得：
﹣1﹣（3﹣n）＞3且0﹣（﹣n2+4n）＞0，
解得n＞7，
綜上所述，n的取值范圍是0＜n＜1或n＞7．
11． (2023?桂林）如圖，已知拋物線y＝a（x﹣3）（x+6）過點A（﹣1，5）和點B（﹣5，m），與x軸的正半軸交于點C．
（1）求a，m的值和點C的坐標；
（2）若點P是x軸上的點，連接PB，PA，當＝時，求點P的坐標；
（3）在拋物線上是否存在點M，使A，B兩點到直線MC的距離相等？若存在，求出滿足條件的點M的橫坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用待定系數法求解即可．
（2）設P（t，0），則有＝，解方程，可得結論．
（3）存在．連接AB，設AB的中點為T．分兩種情形：①當直線CM經過AB的中點T時，滿足條件．②CM′∥AB時，滿足條件．根據方程組求出點M的坐標即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝a（x﹣3）（x+6）過點A（﹣1，5），
∴5＝﹣20a，
∴a＝﹣，
∴拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣3）（x+6），
令y＝0，則﹣（x﹣3）（x+6）＝0，解得x＝3或﹣6，
∴C（3，0），
當x＝﹣5時，y＝﹣×（﹣8）×1＝2，
∴B（﹣5，2），
∴m＝2．
（2）設P（t，0），則有＝，
整理得，21t2+242t+621＝0，
解得t＝﹣或﹣，
經檢驗t＝﹣或﹣是方程的解，
∴滿足條件的點P坐標為（﹣，0）或（﹣，0）．
（3）存在．連接AB，設AB的中點為T．
①當直線CM經過AB的中點T時，滿足條件．
∵A（﹣1，5），B（﹣5，2），TA＝TB，
∴T（﹣3，），
∵C（3，0），
∴直線CT的解析式為y＝﹣x+，
由，解得（即點C）或，
∴M（﹣，），
②CM′∥AB時，滿足條件，
∵直線AB的解析式為y＝x+，
∴直線CM′的解析式為y＝x﹣，
由，解得（即點C）或，
∴M′（﹣9，﹣9），
綜上所述，滿足條件的點M的橫坐標為﹣或﹣9．
12． (2023?吉林）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y＝x2+bx+c的圖象經過點A（0，﹣），點B（1，）．
（1）求此二次函數的解析式；
（2）當﹣2≤x≤2時，求二次函數y＝x2+bx+c的最大值和最小值；
（3）點P為此函數圖象上任意一點，其橫坐標為m，過點P作PQ∥x軸，點Q的橫坐標為﹣2m+1．已知點P與點Q不重合，且線段PQ的長度隨m的增大而減小．
①求m的取值范圍；
②當PQ≤7時，直接寫出線段PQ與二次函數y＝x2+bx+c（﹣2≤x＜）的圖象交點個數及對應的m的取值范圍．
【分析】（1）利用待定系數法求解．
（2）將函數代數式配方，由拋物線開口方向和對稱軸直線方程求解．
（3）①由0＜PQ≤7求出m取值范圍，
②通過數形結合求解．
【解答】解：（1）將A（0，﹣），點B（1，）代入y＝x2+bx+c得：
，
解得，
∴y＝x2+x﹣．
（2）∵y＝x2+x﹣＝（x+）2﹣2，
∵拋物線開口向上，對稱軸為直線x＝﹣．
∴當x＝﹣時，y取最小值為﹣2，
∵2﹣（﹣）＞﹣﹣（﹣2），
∴當x＝2時，y取最大值22+2﹣＝．
（3）①PQ＝|﹣2m+1﹣m|＝|﹣3m+1|，
當﹣3m+1＞0時，PQ＝﹣3m+1，PQ的長度隨m的增大而減小，
當﹣3m+1＜0時，PQ＝3m﹣1，PQ的長度隨m增大而增大，
∴﹣3m+1＞0滿足題意，
解得m＜．
②∵0＜PQ≤7，
∴0＜﹣3m+1≤7，
解得﹣2≤m＜，
如圖，當m＝﹣時，點P在最低點，PQ與圖象有1交點，
m增大過程中，﹣＜m＜，點P與點Q在對稱軸右側，PQ與圖象只有1個交點，
直線x＝關于拋物線對稱軸直線x＝﹣對稱后直線為x＝﹣，
∴﹣＜m＜﹣時，PQ與圖象有2個交點，
當﹣2≤m≤﹣時，PQ與圖象有1個交點，
綜上所述，﹣2≤m≤﹣或﹣≤m時，PQ與圖象交點個數為1，﹣＜m＜﹣時，PQ與圖象有2個交點．
13． (2023?武漢模擬）已知：在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a交x軸于A、B兩點（點A在點B的左邊），交y軸負半軸于點C．
（1）則點A的坐標為 （﹣1，0） ，點B的坐標為 （3，0） ．
（2）如圖1，過點A的直線y＝ax+a交y軸正半軸于點F，交拋物線于點D，過點B作BE∥y軸交AD于E，求證：AF＝DE．
（3）如圖2，直線DE：y＝kx+b與拋物線只有一個交點D，與對稱軸交于點E，對稱軸上存在點F，滿足DF＝FE．若a＝1，求點F坐標．
【分析】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0，解出x即可；
（2）過E，D分別作x軸，y軸的平行線，交于H，證明∴&△FAO≌△DEH即可；
（3）令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0，得出k與b的關系，然后求出D，E的坐標，根據FE＝FD，列方程求出F的坐標．
【解答】（1）令y＝0，得ax2﹣2ax﹣3a＝0
即x2﹣2x﹣3＝0
得x1＝3，x2＝﹣1
∴A（﹣1，0）B（3，0）
（2）過E，D分別作x軸，y軸的平行線，交于H．
令ax+a＝ax2﹣2ax﹣3a
得ax2﹣3ax﹣4a＝0，
∴x2﹣3x﹣4＝0
∴x1＝4，x2＝﹣1
∴xD＝4
∴EH＝AO＝1
＝∠AOF＝∠EHD，∠FAO＝∠DEH
∴△FAO≌△DEH
∴AF＝DE
（3）令x^{2}﹣2 x﹣3＝kx+b
得x2﹣（2+k）x﹣3﹣b＝0
（2+k）2+4（3+b）＝0
∴
＝
＝
∴
∴
＝
∴，
∴
＝
＝
∴
＝
＝
∵EF＝DF
∴
整理得
∴yF＝﹣
F的坐標為（1，﹣）
14． (2023?哈爾濱模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+5經過坐標軸上A、B和C三點，連接AC，tanC＝，5OA＝3OB．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點Q在第四象限的拋物線上且橫坐標為t，連接BQ交y軸于點E，連接CQ、CB，△BCQ的面積為S，求S與t的函數解析式；
（3）已知點D是拋物線的頂點，連接CQ，DH所在直線是拋物線的對稱軸，連接QH，若∠BQC＝45°，HR∥x軸交拋物線于點R，HQ＝HR，求點R的坐標．
【分析】（1）c＝5，OC＝5，tanC＝，則OA＝3，5OA＝3OB，則OB＝5，故點A、B、C的坐標分別為：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），即可求解；
（2）S＝CE×（xQ﹣xB）＝×（5+t﹣5）×（t+5）＝t2+t；
（3）證明△CTE≌△QTJ（AAS），故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，tan∠EQN＝tan∠JCN，即，解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故點Q（3m，5﹣6m），將點Q的坐標代入拋物線表達式并解得：m＝0（舍去）或，故點Q（4，﹣3），設：HR＝k，則點R（k﹣1，﹣k2+），
QS＝y(tǒng)Q﹣yR＝k2﹣，由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，即（k2﹣）2+25＝k2，即可求解．
【解答】解：（1）c＝5，OC＝5，tanC＝，則OA＝3，
5OA＝3OB，則OB＝5，
故點A、B、C的坐標分別為：（3，0）、（﹣5，0）、（0，5），
則拋物線表達式為：y＝a（x+5）（x﹣3）＝a（x2+2x﹣15），
即﹣15a＝5，解得：a＝﹣，
故拋物線的表達式為：y＝﹣x2﹣x+5；
（2）設點Q（t，﹣t2﹣t+5），點B（﹣5，0），
由點B、Q的坐標得：直線BQ的表達式為：y＝﹣（t﹣3）（x+5），
故點E（0，﹣t+5），
S＝CE×（xQ﹣xB）＝×（5+t﹣5）×（t+5）＝t2+t；
（3）過點Q作QJ∥x軸交y軸于點N，交對稱軸于點L，過點C作CT⊥BQ于點T，
延長CT交QJ于點J，過點Q作y軸的平行線交x軸于點K，交HR于點S，
則OKQN為矩形，OK＝QN＝t，
由（2）知，CE＝t，故QN：CE＝3：5，
設QN＝3m，則CE＝5m，
∵∠BQC＝45°，故CT＝QT，
∠EQN＝90°﹣∠NEQ＝90°﹣∠CET＝∠TCE＝∠JCN，
故△CTE≌△QTJ（AAS），
故CE＝QJ＝5m，JN＝JQ﹣QN＝5m﹣3m＝2m，
tan∠EQN＝tan∠JCN，即，
解得：EN＝m或﹣6m（舍去﹣6m）；
CN＝CE+EN＝5m+m＝6m，故點Q（3m，5﹣6m），
將點Q的坐標代入拋物線表達式并解得：m＝0（舍去）或，
故點Q（4，﹣3），
拋物線的頂點D坐標為：（﹣1，），
QL＝4+1＝5＝HS，
設：HR＝k，則點R（k﹣1，﹣k2+），
QS＝y(tǒng)Q﹣yR＝k2﹣，
由勾股定理得：QS2+HS2＝HQ2，
即（k2﹣）2+25＝k2，
解得：k＝（不合題意值已舍去），
故點R（﹣1，﹣6）．
15． (2023?衡陽）如圖，二次函數y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點N，以AB為邊在x軸上方作正方形ABCD，點P是x軸上一動點，連接CP，過點P作CP的垂線與y軸交于點E．
（1）求該拋物線的函數關系表達式；
（2）當點P在線段OB（點P不與O、B重合）上運動至何處時，線段OE的長有最大值？并求出這個最大值；
（3）在第四象限的拋物線上任取一點M，連接MN、MB．請問：△MBN的面積是否存在最大值？若存在，求出此時點M的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將點A、B的坐標代入二次函數表達式，即可求解；
（2）設OP＝x，則PB＝3﹣x，由△POE∽△CBP得出比例線段，可表示OE的長，利用二次函數的性質可求出線段OE的最大值；
（3）過點M作MH∥y軸交BN于點H，由S△MNB＝S△BMH+S△MNH＝即可求解．
【解答】解：（1））∵拋物線y＝x2+bx+c經過A（﹣1，0），B（3，0），
把A、B兩點坐標代入上式，，
解得：，
故拋物線函數關系表達式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵A（﹣1，0），點B（3，0），
∴AB＝OA+OB＝1+3＝4，
∵正方形ABCD中，∠ABC＝90°，PC⊥PE，
∴∠OPE+∠CPB＝90°，
∠CPB+∠PCB＝90°，
∴∠OPE＝∠PCB，
又∵∠EOP＝∠PBC＝90°，
∴△POE∽△CBP，
∴，
設OP＝x，則PB＝3﹣x，
∴，
∴OE＝，
∵0＜x＜3，
∴時，線段OE長有最大值，最大值為．
即OP＝時，點P在線段OB上運動至P（，0）時，線段OE有最大值．最大值是．
（3）存在．
如圖，過點M作MH∥y軸交BN于點H，
∵拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，
∴x＝0，y＝﹣3，
∴N點坐標為（0，﹣3），
設直線BN的解析式為y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直線BN的解析式為y＝x﹣3，
設M（a，a2﹣2a﹣3），則H（a，a﹣3），
∴MH＝a﹣3﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a，
∴S△MNB＝S△BMH+S△MNH＝＝＝，
∵，
∴a＝時，△MBN的面積有最大值，最大值是，此時M點的坐標為（）．
16． (2023?天津）已知點A（1，0）是拋物線y＝ax2+bx+m（a，b，m為常數，a≠0，m＜0）與x軸的一個交點．
（Ⅰ）當a＝1，m＝﹣3時，求該拋物線的頂點坐標；
（Ⅱ）若拋物線與x軸的另一個交點為M（m，0），與y軸的交點為C，過點C作直線l平行于x軸，E是直線l上的動點，F(xiàn)是y軸上的動點，EF＝2．
①當點E落在拋物線上（不與點C重合），且AE＝EF時，求點F的坐標；
②取EF的中點N，當m為何值時，MN的最小值是？
【分析】（Ⅰ）將A（1，0）代入拋物線的解析式求出b＝2，由配方法可求出頂點坐標；
（Ⅱ）①根據題意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出拋物線的解析式為y＝x2﹣（m+1）x+m．則點C（0，m），點E（m+1，m），過點A作AH⊥l于點H，由點A（1，0），得點H（1，m）．根據題意求出m的值，可求出CF的長，則可得出答案；
②得出CN＝EF＝．求出MC＝﹣m，當MC≥，即m≤﹣1時，當MC＜，即﹣1＜m＜0時，根據MN的最小值可分別求出m的值即可．
【解答】解：（Ⅰ）當a＝1，m＝﹣3時，拋物線的解析式為y＝x2+bx﹣3．
∵拋物線經過點A（1，0），
∴0＝1+b﹣3，
解得b＝2，
∴拋物線的解析式為y＝x2+2x﹣3．
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴拋物線的頂點坐標為（﹣1，﹣4）．
（Ⅱ）①∵拋物線y＝ax2+bx+m經過點A（1，0）和M（m，0），m＜0，
∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．
∴a＝1，b＝﹣m﹣1．
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣（m+1）x+m．
根據題意得，點C（0，m），點E（m+1，m），
過點A作AH⊥l于點H，由點A（1，0），得點H（1，m）．
在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，
∴AE＝＝﹣m，
∵AE＝EF＝2，
∴﹣m＝2，
解得m＝﹣2．
此時，點E（﹣1，﹣2），點C（0，﹣2），有EC＝1．
∵點F在y軸上，
∴在Rt△EFC中，CF＝＝．
∴點F的坐標為（0，﹣2﹣）或（0，﹣2+）．
②由N是EF的中點，連接CN，CM，得CN＝EF＝．
根據題意，點N在以點C為圓心、為半徑的圓上，
由點M（m，0），點C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，
∴在Rt△MCO中，MC＝＝﹣m．
當MC≥，即m≤﹣1時，滿足條件的點N在線段MC上．
MN的最小值為MC﹣NC＝﹣m﹣＝，解得m＝﹣；
當MC＜，即﹣1＜m＜0時，滿足條件的點N落在線段CM的延長線上，MN的最小值為NC﹣MC＝﹣（﹣m）＝，
解得m＝﹣．
∴當m的值為﹣或﹣時，MN的最小值是．
17． (2023?涼山州）如圖，二次函數y＝ax2+bx+c的圖象過O（0，0）、A（1，0）、B（，）三點．
（1）求二次函數的解析式；
（2）若線段OB的垂直平分線與y軸交于點C，與二次函數的圖象在x軸上方的部分相交于點D，求直線CD的解析式；
（3）在直線CD下方的二次函數的圖象上有一動點P，過點P作PQ⊥x軸，交直線CD于Q，當線段PQ的長最大時，求點P的坐標．
【分析】（1）將點O、A、B的坐標代入拋物線表達式，即可求解；
（2）由點B的坐標知，直線BO的傾斜角為30°，則OB中垂線（CD）與x軸正半軸的夾角為60°，故設CD的表達式為：y＝﹣x+b，而OB中點的坐標為（，），將該點坐標代入CD表達式，即可求解；
（3）過點P作y軸額平行線交CD于點Q，PQ＝﹣x+﹣（x2﹣x）＝﹣x2﹣x+，即可求解．
【解答】解：（1）將點O、A、B的坐標代入拋物線表達式得，解得，
故拋物線的表達式為：y＝x2﹣x；
（2）由點B的坐標知，直線BO的傾斜角為30°，
∵BO⊥AD，
則∠BOA+∠BOC＝90°，∠BOC+∠OCA＝90°，
∴∠OCA＝∠BOA＝30°，
則CD與x軸負半軸的夾角為60°，
故設CD的表達式為：y＝﹣x+b，而OB中點的坐標為（，），
將該點坐標代入CD表達式并解得：b＝，
故直線CD的表達式為：y＝﹣x+；
（3）設點P（x，x2﹣x），則點Q（x，﹣x+），
則PQ＝﹣x+﹣（x2﹣x）＝﹣x2﹣x+，
∵＜0，
∴當x＝﹣時，PQ有最大值，
此時點P的坐標為（﹣，）．
18． (2023?濱州）如圖，拋物線的頂點為A（h，﹣1），與y軸交于點B（0，﹣），點F（2，1）為其對稱軸上的一個定點．
（1）求這條拋物線的函數解析式；
（2）已知直線l是過點C（0，﹣3）且垂直于y軸的定直線，若拋物線上的任意一點P（m，n）到直線l的距離為d，求證：PF＝d；
（3）已知坐標平面內的點D（4，3），請在拋物線上找一點Q，使△DFQ的周長最小，并求此時△DFQ周長的最小值及點Q的坐標．
【分析】（1）由題意拋物線的頂點A（2，﹣1），可以假設拋物線的解析式為y＝a（x﹣2）2﹣1，把點B坐標代入求出a即可．
（2）由題意P（m，m2﹣m﹣），求出d2，PF2（用m表示）即可解決問題．
（3）如圖，過點Q作QH⊥直線l于H，過點D作DN⊥直線l于N．因為△DFQ的周長＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，推出DQ+QF的值最小時，△DFQ的周長最小，再根據垂線段最短解決問題即可．
【解答】（1）解：由題意拋物線的頂點A（2，﹣1），可以假設拋物線的解析式為y＝a（x﹣2）2﹣1，
∵拋物線經過B（0，﹣），
∴﹣＝4a﹣1，
∴a＝
∴拋物線的解析式為y＝（x﹣2）2﹣1．
（2）證明：過點P作PJ⊥AF于J．
∵P（m，n），
∴n＝（m﹣2）2﹣1＝m2﹣m﹣，
∴P（m，m2﹣m﹣），
∴d＝m2﹣m﹣﹣（﹣3）＝m2﹣m+，
∵F（2，1），
∴PF＝＝＝，
∵d2＝m4﹣m3+m2﹣m+，PF2＝m4﹣m3+m2﹣m+，
∴d2＝PF2，
∴PF＝d．
（3）如圖，過點Q作QH⊥直線l于H，過點D作DN⊥直線l于N．
∵△DFQ的周長＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，
∴DQ+QF的值最小時，△DFQ的周長最小，
由（2）可知QF＝QH，
∴DQ+QF＝DQ+QH，
根據垂線段最短可知，當D，Q，H共線時，DQ+QH的值最小，此時點H與N重合，點Q在線段DN上，
∴DQ+QH的最小值為6，
∴△DFQ的周長的最小值為2+6，此時Q（4，﹣）．
19．（2016?巴彥淖爾）如圖所示，拋物線y＝ax2﹣x+c經過原點O與點A（6，0）兩點，過點A作AC⊥x軸，交直線y＝2x﹣2于點C，且直線y＝2x﹣2與x軸交于點D．
（1）求拋物線的解析式，并求出點C和點D的坐標；
（2）求點A關于直線y＝2x﹣2的對稱點A′的坐標，并判斷點A′是否在拋物線上，并說明理由；
（3）點P（x，y）是拋物線上一動點，過點P作y軸的平行線，交線段CA′于點Q，設線段PQ的長為l，求l與x的函數關系式及l(fā)的最大值．
【分析】（1）把O、A代入拋物線解析式即可求出a、c，令y＝0，即可求出D坐標，根據A、C兩點橫坐標相等，即可求出點C坐標．
（2）過點A′作AF⊥x軸于點F，求出A′F、FO即可解決問題．
（3）設點P（x，x2﹣x），先求出直線A′C的解析式，再構建二次函數，利用二次函數的性質即可解決問題．
【解答】解：（1）把點O（0，0），A（6，0）代入y＝ax2﹣x+c，得，解得，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣x．
當x＝6時，y＝2×6﹣2＝10，
當y＝0時，2x﹣2＝0，解得x＝1，
∴點C坐標（6，10），點D的坐標（1，0）
（2）過點A′作AF⊥x軸于點F，
∵點D（1，0），A（6，0），可得AD＝5，
在Rt△ACD中，CD＝＝5，
∵點A與點A′關于直線y＝2x﹣2對稱，
∴∠AED＝90°，
∴S△ADC＝×?AE＝×5×10，
解得AE＝2，
∴AA′＝2AE＝4，DE＝＝，
∵∠AED＝∠AFA′＝90°，∠DAE＝∠A′AF，
∴△ADE∽△AA′F，
∴＝＝，
解得AF＝4，A′F＝8，
∴OF＝8﹣6＝2，
∴點A′坐標為（﹣2，4），
當x＝﹣2時，y＝×4﹣×（﹣2）＝4，
∴A′在拋物線上．
（3）∵點P在拋物線上，則點P（x，x2﹣x），
設直線A′C的解析式為y＝kx+b，
∵直線A經過A′（﹣2，4），C（6，10）兩點，
∴，解得，
∴直線A′C的解析式為y＝x+，
∵點Q在直線A′C上，PQ∥AC，點Q的坐標為（x，x+），
∵PQ∥AC，又點Q在點P上方，
∴l(xiāng)＝（x+）﹣（x2﹣x）＝﹣x2+x+，
∴l(xiāng)與x的函數關系式為l＝﹣x2+x+，（﹣2＜x≤6），
∵l＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣）2+，
∴當x＝時，l的最大值為．
20．（2018?葫蘆島）如圖，拋物線y＝ax2+4x+c（a≠0）經過點A（﹣1，0），點E（4，5），與y軸交于點B，連接AB．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）將△ABO繞點O旋轉，點B的對應點為點F．
①當點F落在直線AE上時，求點F的坐標和△ABF的面積；
②當點F到直線AE的距離為時，過點F作直線AE的平行線與拋物線相交，請直接寫出交點的坐標．
【分析】（1）根據待定系數法，可得函數解析式；
（2）①根據旋轉的性質，可得關于n的方程，根據自變量與函數值的對應關系，可得F點的坐標，根據面積的和差，可得答案；
②根據相似三角形的判定與性質，可得HG＝CG＝，根據勾股定理，可得HC，根據平移的規(guī)律，可得直線l，直線l1，根據解方程組，可得答案．
【解答】解：（1）將A（﹣1，0），E（4，5）點坐標代入函數解析式，得
，
解得，
拋物線的解析式是y＝﹣x2+4x+5，
（2）①設AE的解析式為y＝kx+b，將A（﹣1，0），E（4，5）點坐標代入，得
，
解得，
AE的解析式為y＝x+1，
x＝0時，y＝1即C（0，1），
設F點坐標為（n，n+1），
由旋轉的性質得，OF＝OB＝5，
n2+（n+1）2＝25，解得n1＝﹣4，n2＝3，
F（﹣4，﹣3），F(xiàn)（3，4），
當F（﹣4，﹣3）時如圖1，
S△ABF＝S△BCF﹣S△ABC＝BC?|xF|﹣BC?|xA|＝BC?（xA﹣xF）
S△ABF＝×4（﹣1+4）＝6；
當F（3，4）時，如圖2，
S△ABF＝S△BCF+S△ABC＝BC?|xF|+BC?|xA|＝BC?（xF﹣xA）
S△ABF＝×4（3+1）＝8；
②如圖3，
∵∠HCG＝∠ACO，∠HGC＝∠COA，
∴△HGC∽△COA，
∵OA＝OC＝1，∴CG＝HG＝，
由勾股定理，得
HC＝＝2，
直線AE向上平移2個單位或向下平移2個單位，
l的解析是為y＝x+3，l1的解析是為y＝x﹣1，
聯(lián)立解得x1＝，x2＝，
，解得x3＝，x4＝，
交點的坐標為（，），（，），（，），（，）．

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