2021中考數學壓軸題題型：專題13二次函數與交點公共點綜合問題（含原卷及解析卷）-學案下載-教習網

?2021新版中考數學壓軸題之學霸秘笈大揭秘
專題13二次函數與交點公共點綜合問題

【例1】（2020?襄陽）如圖，直線y=?12x+2交y軸于點A，交x軸于點C，拋物線y=?14x2+bx+c經過點A，點C，且交x軸于另一點B．
（1）直接寫出點A，點B，點C的坐標及拋物線的解析式；
（2）在直線AC上方的拋物線上有一點M，求四邊形ABCM面積的最大值及此時點M的坐標；
（3）將線段OA繞x軸上的動點P（m，0）順時針旋轉90°得到線段O′A′，若線段O′A′與拋物線只有一個公共點，請結合函數圖象，求m的取值范圍．

【分析】（1）令x＝0，由y=?12x+2，得A點坐標，令y＝0，由y=?12x+2，得C點坐標，將A、C的坐標代入拋物線的解析式便可求得拋物線的解析式，進而由二次函數解析式令y＝0，便可求得B點坐標；
（2）過M點作MN⊥x軸，與AC交于點N，設M（a，?14a2+12a+2），則N（a，?12a+2），由三角形的面積公式表示出四邊形的面積關于a的函數關系式，再根據二次函數的性質求得最大值，并求得a的值，便可得M點的坐標；
（3）根據旋轉性質，求得O′點和A′點的坐標，令O′點和A′點在拋物線上時，求出m的最大和最小值便可．
【解析】（1）令x＝0，得y=?12x+2＝2，
∴A（0，2），
令y＝0，得y=?12x+2＝0，解得，x＝4，
∴C（4，0），
把A、C兩點代入y=?14x2+bx+c得，
c=2?4+4b+c=0，解得b=12c=2，
∴拋物線的解析式為y=?14x2+12x+2，
令y＝0，得y=?14x2+12x+2=0，
解得，x＝4，或x＝﹣2，
∴B（﹣2，0）；

（2）過M點作MN⊥x軸，與AC交于點N，如圖1，
設M（a，?14a2+12a+2），則N（a，?12a+2），
∴S△ACM=12MN?OC=12(?14a2+a)×4=?12a2+2a，
∵S△ABC=12BC?OA=12×(4+2)×2=6，
∴S四邊形ABCM＝S△ACM+S△ABC=?12a2+2a+6=?12(a?2)2+8，
∴當a＝2時，四邊形ABCM面積最大，其最大值為8，
此時M的坐標為（2，2）；

（3）∵將線段OA繞x軸上的動點P（m，0）順時針旋轉90°得到線段O′A′，如圖2，

∴PO′＝PO＝m，O′A′＝OA＝2，
∴O′（m，m），A′（m+2，m），
當A′（m+2，m）在拋物線上時，有?14(m+2)2+12(m+2)+2=m，
解得，m＝﹣3±17，
當點O′（m，m）在拋物線上時，有?14m2+12m+2=m，
解得，m＝﹣4或2，
∴當﹣3?17≤m≤﹣4或﹣3+17≤m≤2時，線段O′A′與拋物線只有一個公共點．
【例2】（2020?丹東）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y=?12x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，A點坐標為（﹣2，0），與y軸交于點C（0，4），直線y=?12x+m與拋物線交于B，D兩點．
（1）求拋物線的函數表達式．
（2）求m的值和D點坐標．
（3）點P是直線BD上方拋物線上的動點，過點P作x軸的垂線，垂足為H，交直線BD于點F，過點D作x軸的平行線，交PH于點N，當N是線段PF的三等分點時，求P點坐標．
（4）如圖2，Q是x軸上一點，其坐標為（?45，0）．動點M從A出發(fā)，沿x軸正方向以每秒5個單位的速度運動，設M的運動時間為t（t＞0），連接AD，過M作MG⊥AD于點G，以MG所在直線為對稱軸，線段AQ經軸對稱變換后的圖形為A′Q′，點M在運動過程中，線段A′Q′的位置也隨之變化，請直接寫出運動過程中線段A′Q′與拋物線有公共點時t的取值范圍．

【分析】（1）利用待定系數法解決問題即可．
（2）求出點B的坐標，可得直線BD的解析式，構建方程組確定點D坐標即可．
（3）設P（a，?12a2+a+4），則N（a，52），F（a，?12a+2）推出PN=?12a2+a+4?52=?12a2+a+32，NF=52?（?12a+2）=12a+12，由N是線段PF的三等分點，推出PN＝2NF或NF＝2PN，構建方程求解即可．
（4）首先證明QQ′∥AD，由題意直線QQ′的解析式為y=52x+2，設直線QQ′交拋物線于E，利用方程組求出點E的坐標，求出兩種特殊情形t的值即可判斷．
【解析】（1）把A（﹣2，0），C（0，4）代入y=?12x2+bx+c，
得到c=4?2?2b+c=0，
解得b=1c=4，
∴拋物線的解析式為y=?12x2+x+4．

（2）令y＝0，則有?12x2+x+4＝0，
解得x＝﹣2或4，
∴B（4，0），
把B（4，0）代入y=?12x+m，得到m＝2，
∴直線BD的解析式為y=?12x+2，
由y=?12x2+x+4y=?12x+2，解得x=4y=0或x=?1y=52，
∴D（﹣1，52）．

（3）設P（a，?12a2+a+4），
則N（a，52），F（a，?12a+2），
∴PN=?12a2+a+4?52=?12a2+a+32，NF=52?（?12a+2）=12a+12，
∵N是線段PF的三等分點，
∴PN＝2NF或NF＝2PN，
∴?12a2+a+32=a+1或12a+12=?a2+2a+3，
解得a＝±1或﹣1或52，
∵a＞﹣1，
∴a＝1或52，
∴P（1，92）或（52，278）．

（4）如圖2中，

∵A（﹣2，0），D（﹣1，52），
∴直線AD的解析式為y=52x+5，
∵A′Q′與AQ關于MG對稱，MG⊥AD，
∴QQ′∥AD，
∵Q（?45，0），
∴直線QQ′的解析式為y=52x+2，設直線QQ′交拋物線于E，
由y=?12x2+x+4y=52x+2，解得x=1y=92或x=?4y=?8，
∴E（1，92），
當點A′與D重合時，直線GM的解析式為y=?25x+1320，可得M（138，0），此時t=2940，
當點Q′與E重合時，直線GM經過點（110，94），
∵GM⊥AD，
∴GM的解析式為y=?25x+229100，
令y＝0，可得x=22940，
∴M（22940，0），此時t=2272+2522940+25=309200，
觀察圖象可知，滿足條件的t的值為2940≤t≤309200．
【例3】（2020?宜賓）如圖，已知二次函數的圖象頂點在原點，且點（2，1）在二次函數的圖象上，過點F（0，1）作x軸的平行線交二次函數的圖象于M、N兩點．
（1）求二次函數的表達式；
（2）P為平面內一點，當△PMN是等邊三角形時，求點P的坐標；
（3）在二次函數的圖象上是否存在一點E，使得以點E為圓心的圓過點F和點N，且與直線y＝﹣1相切．若存在，求出點E的坐標，并求⊙E的半徑；若不存在，說明理由．

【分析】（1）設二次函數表達式為：y＝ax2，將（2，1）代入上式，即可求解；
（2）△PMN是等邊三角形，則點P在y軸上且PM＝4，故PF＝23，即可求解；
（3）在Rt△FQE中，EN=(2?1)2+(1?14)2=54，EF=(1?0)2+(1?14)2=54，即可求解．
【解析】（1）∵二次函數的圖象頂點在原點，
故設二次函數表達式為：y＝ax2，將（2，1）代入上式并解得：a=14，
故二次函數表達式為：y=14x2；

（2）將y＝1代入y=14x2并解得：x＝±2，故點M、N的坐標分別為（﹣2，1）、（2，1），
則MN＝4，
∵△PMN是等邊三角形，
∴點P在y軸上且PM＝4，
∴PF＝23；
∵點F（0，1），
∴點P的坐標為（0，1+23）或（0，1﹣23）；

（3）假設二次函數的圖象上存在一點E滿足條件，
設點Q是FN的中點，則點Q（1，1），
故點E在FN的中垂線上．
∴點E是FN的中垂線與y=14x2圖象的交點，
∴y=14×12=14，則點E（1，14），
EN=(2?1)2+(1?14)2=54，
同理EF=(1?0)2+(1?14)2=54，
點E到直線y＝﹣1的距離為|14?（﹣1）|=54，
故存在點E，使得以點E為圓心半徑為54的圓過點F，N且與直線y＝﹣1相切．
【例4】（2020?株洲）如圖所示，二次函數y＝ax2+bx+c（a＞0）的圖象（記為拋物線L）與y軸交于點C，與x軸分別交于點A、B，點A、B的橫坐標分別記為x1，x2，且0＜x1＜x2．
（1）若a＝c，b＝﹣3，且過點（1，﹣1），求該二次函數的表達式；
（2）若關于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的判別式△＝4．求證：當b＜?52時，二次函數y1＝ax2+（b+1）x+c的圖象與x軸沒有交點．
（3）若AB2=c2?2c+6c，點P的坐標為（?x0，﹣1），過點P作直線l垂直于y軸，且拋物線的L的頂點在直線l上，連接OP、AP、BP，PA的延長線與拋物線L交于點D，若∠OPB＝∠DAB，求x0的最小值．

【分析】（1）根據題意，把a＝c，b＝﹣3，點（1，﹣1），代入解析式，即可求出解析式；
（2）利用根的判別式進行判斷，即可得到結論；
（3）根據二次函數的性質，得到b2﹣4ac＝4a，結合根與系數的關系，得到4a=c2?2c+6c，然后證明△OAP∽△OPB，得到OAOP=OPOB，然后得到x0=ca?1，利用二次函數的性質即可得到答案．
【解析】（1）由題意得：y＝ax2﹣3x+a，
∵函數過點（1，﹣1），
∴a﹣3+a＝﹣1，
∴a＝c＝1，
∴y＝x2﹣3x+1；

（2）由題意，一元二次方程ax2+bx+c＝0的判別式△＝4．
∴△＝b2﹣4ac＝4，
∴4ac＝b2﹣4，
在函數y1=ax2+(b+1)x+c中，△1=(b+1)2?4ac=(b+1)2?(b2?4)=2b+5，
∵b＜?52，
∴2b+5＜0，
即函數圖象與x軸沒有交點；

（3）因為函數頂點在直線l上，則有4ac?b24a=?1，
即b2﹣4ac＝4a①，
∵AB2=c2?2c+6c，
∴(x2?x1)2=c2?2c+6c，
即(x1+x2)2?4x1x2=c2?2c+6c，
∴b2?4aca2=c2?2c+6c，
由①得：4a=c2?2c+6c②，
∵∠OAP＝∠DAB，∠OPB＝∠DAB，
∴∠OAP＝∠OPB，
∵∠OAP＝∠OBP+∠APB，∠OPB＝∠OPA+∠APB，
∴∠OBP＝∠OPA，
則△OAP∽△OPB．
∴OAOP=OPOB，
∴OA?OB＝OP2，
∴x1x2=(?x0)2+(?1)2．
∴ca=x0+1，
∴x0=ca?1．
由②得：x0=c2?2c+64?1，
∴x0=14(c?1)2+14，
∴當c＝1時，(x0)min=14．

【題組一】
1．（2020?濱湖區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=12x﹣2與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y=12x2+bx+c經過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B．
（1）求拋物線的函數表達式；
（2）點D為直線AC下方拋物線上一動點；
①連接CD，是否存在點D，使得AC平分∠OCD？若存在，求點D的橫坐標；若不存在，請說明理由．
②在①的條件下，若點P為拋物線上位于AC下方的一個動點，以P、C、A、D為頂點的四邊形面積記作S，則S取何值或在什么范圍時，相應的點P有且只有兩個？

【分析】（1）先求出直線與坐標軸的交點A、C的坐標，再用待定系數法求得拋物線的解析式；
（2）①作點O關于直線AC的對稱點F，過F作FG⊥y軸于點G，延長CF與拋物線交于點D，此時∠ACO＝∠ACD，即AC平分∠OCD，由三角形面積公式求得OE，進而求得OF，再證明△OAC∽△GOF，便可求得F點的坐標，進而求得直線CF的解析式，最后求得直線CF與拋物線的交點坐標便可；
②需要分類討論：點P在OC的左側、右側兩種情況．利用分割法求得S的值，進行比較即可得到答案．
【解析】（1）令x＝0，得y=12x﹣2＝﹣2，
令y＝0，得y=12x﹣2＝0，解得x＝4，
∴A（4，0），C（0，﹣2），
把A（4，0），C（0，﹣2）代入y=12x2+bx+c中，得
12×16+4b+c=0c=?2，
解得，b=?32c=?2，
∴拋物線的函數表達式為y=12x2?32x﹣2；
（2）①作點O關于直線AC的對稱點F，過F作FG⊥y軸于點G，延長CF與拋物線交于點D，
此時∠ACO＝∠ACD，即AC平分∠OCD，

∵OA＝4，OC＝2，
∴AC＝25，
∵OF⊥AC，
∴OE=OA?OCAC=455，
∴OF=2OE=855，
∵∠COE+∠ACO＝∠COE+OFG＝90°，
∴∠ACO＝∠OFG，
∵∠AOC＝∠OGF＝90°，
∴△OAC∽△GOF，
∴OCGF=OAGO=ACOF，即2GF=4OG=25855，
∴GF=85，OG=165，
∴F（85，?165），
設直線CF的解析式為y＝kx+b（k≠0），則
85k+b=?165b=?2，
解得，k=?34b=?2，
∴直線CF的解析式為：y=?34x?2，
聯(lián)立方程組y=?34x?2y=12x2?32x?2，
解得，x1=0y1=?2，x2=32y2=?258，
∴存在點D，使得AC平分∠OCD，點D的橫坐標為32；
②設P（x，12x2?32x﹣2）．
若點P在D點的左側，如圖2，過D作DE⊥x軸于E，連接OP，CP，PE，PD，AD，

S＝S△OCP+S△OPE+S△PDE+S△ADE﹣S△OAC
=12×2x+12×32(?12x2+32x+2)+12×258(32?x)+12×（4?32）×258?12×4×2
=?38（x?34）2+247128，
∴當x=34時，S取最大值為247128，
若點P在D點的右側，如圖3，過D作DE⊥x軸于點E，連接CD，DP，PE，PA．

S＝S梯形OCDE+S△PDE+S△APE﹣S△AOC
=12(2+258)×32+12×258(x?32)+12×(4?32)(?12x2+32x+2)?12×4×2
=?58（x?114）2+605128，
∴當x=114時，S取最大值為605128，
綜上，根據拋物線的對稱性質可知，當247128＜S＜605128時，P點有且只有兩個．
2．（2019秋?樂亭縣期末）如圖，在平面直角坐標系中，已知矩形ABCD的三個頂點B（4，0）、C（8，0）、D（8，8）．拋物線的解析式為y＝ax2+bx．
（1）如圖1，若拋物線經過A，D兩點，直接寫出A點的坐標?。?，8）??；拋物線的對稱軸為直線　6??；
（2）如圖2：①若拋物線經過A、C兩點，求拋物線的表達式．
②若點P為線段AB上一動點，過點P作PE⊥AB交AC于點E，過點E作EF⊥AD于點F交拋物線于點G．當線段EG最長時，求點E的坐標；
（3）若a＝﹣1，且拋物線與矩形ABCD沒有公共點，直接寫出b的取值范圍．

【分析】（1）點A的坐標為：（4，8）；函數的對稱軸為：x=12（4+8）＝6；
（2）①將點A、C的坐標代入拋物線表達式并解得：a=?12，b＝4，即可求解；
②由點A、C的坐標得，直線AC的表達式為：y＝﹣2x+16；EG=?12x2+4x﹣（﹣2x+16）=?12x2+6x﹣16，即可求解；
（3）若a＝﹣1，則拋物線的表達式為：y＝﹣x2+bx，當拋物線過點B和點D時，拋物線與矩形有一個交點，即可求解．
【解析】（1）點A的坐標為：（4，8）；函數的對稱軸為：x=12（4+8）＝6；
故答案為：（4，8）；6；

（2）①將點A、C的坐標代入拋物線表達式并解得：a=?12，b＝4，
故拋物線的表達式為：y=?12x2+4x；
②由點A、C的坐標得，直線AC的表達式為：y＝﹣2x+16；
設點E（x，﹣2x+16），則點G（x，?12x2+4x），
EG=?12x2+4x﹣（﹣2x+16）=?12x2+6x﹣16，
當x＝6時，EG由最大值為：2，此時點E（6，4）；

（3）若a＝﹣1，則拋物線的表達式為：y＝﹣x2+bx，
當拋物線過點B和點D時，拋物線與矩形有一個交點，
將點B的坐標代入拋物線表達式得：0＝﹣16+4b，解得：b＝4，
將點D的坐標代入拋物線表達式并解得：b＝9，
故b的取值范圍為：b＜4或b＞9．
3．（2020?姜堰區(qū)二模）二次函數y=m6x2?2m3x+m（m＞0）的圖象交y軸于點A，頂點為P，直線PA與x軸交于點B．
（1）當m＝1時，求頂點P的坐標；
（2）若點Q（a，b）在二次函數y=m6x2?2m3x+m（m＞0）的圖象上，且b﹣m＞0，試求a的取值范圍；
（3）在第一象限內，以AB為邊作正方形ABCD．
①求點D的坐標（用含m的代數式表示）；
②若該二次函數的圖象與正方形ABCD的邊CD有公共點，請直接寫出符合條件的整數m的值．

【分析】（1）當m＝1時，y=m6x2?2m3x+m=16（x﹣2）2+13，即可求解；
（2）對于y=m6x2?2m3x+m，令x＝0，則y＝m，即點A（0，m），b﹣m＞0，即點Q在點A的上方，即可求解；
（3）①證明△AOB≌△DHA（AAS），則HD＝AO＝m，AH＝BO＝3，即可求解；②分x＝m、m≥5、m≥2三種情況，即可求解．
【解析】（1）當m＝1時，y=m6x2?2m3x+m=16（x﹣2）2+13，
故點P（2，13）；

（2）對于y=m6x2?2m3x+m，令x＝0，則y＝m，即點A（0，m），
∵b﹣m＞0，即點Q在點A的上方，
而拋物線的對稱軸為x＝2，故點A關于對稱軸的對稱點的橫坐標為4，
故a的取值范圍為：a＜0或a＞4；

（3）①由拋物線的表達式知，點P（2，13m），
由點A（0，m）和點P的坐標得，直線PA的表達式為y=?13mx+m，
令y=?13mx+m＝0，解得x＝3，故點B（3，0），
過點D作DH⊥y軸于點H，
∵∠HAD+∠HDA＝90°，∠HAD+∠OAB＝90°，
∴∠OAB＝∠HDA，
∵∠AOB＝∠DHA＝90°，AD＝AB，
∴△AOB≌△DHA（AAS），
∴HD＝AO＝m，AH＝BO＝3，
故D（m，m+3）；
②同①的方法得，C（m+3，3），
∵二次函數的圖象與正方形ABCD的邊CD有公共點，
∴當x＝m時，y≤m+3，可得m36?2m23+m≤m+3，
化簡得：m3﹣4m2≤18．
∵m＞0，
∴m2?4m≤18m，
∴(m?2)2?4≤18m，
顯然：m＝1，2，3，4是上述不等式的解，
當m≥5時，（m﹣2）2﹣4≥5，18m≤3.6，此時，(m?2)2?4＞18m，
∴符合條件的正整數m＝1，2，3，4；
當x＝m+3時，y≥3，可得m(m+3)26?2m(m+3)6+m≥3，
∵m＞0，
∴m2+2m+3≥18m，即(m+1)2+2≥18m，
顯然：m＝1不是上述不等式的解，
當m≥2時，（m+1）2+2≥11，18m≤9，此時，(m+1)2+2＞18m恒成立，
∴符合條件的正整數m＝2，3，4；
綜上：符合條件的正整數m的值為2，3，4．
4．（2020?天心區(qū)模擬）如圖，拋物線y=?845(x+1538)（x﹣3m）（其中m＞0）與x軸分別交于A、B兩點（A在B的右側），與y軸交于點C；
（1）點B的坐標為　（?1538，0）　，點A的坐標為?。?m，0）?。ㄓ煤琺的代數式表示），點C的坐標為　（0，3m）　（用含m的代數式表示）；
（2）若點P為直線AC上的一點，且點P在第二象限，滿足OP2＝PC?PA，求tan∠APO的值及用含m的代數式表示點P的坐標；
（3）在（2）的情況下，線段OP與拋物線相交于點Q，若點Q恰好為OP的中點，此時對于在拋物線上且介于點C與頂點之間（含點C與頂點）的任意一點M（x0，y0）總能使不等式n≤43x0+23316及不等式2n?916≥?4x02+3x0+138恒成立，求n的取值范圍．

【分析】（1）分別令x＝0和y＝0，即可求解；
（2）根據特殊三角函數值可得∠CAO＝30°，證明△OPA∽△CPO，則∠POC＝∠OAC＝30°，可得tan∠APO=33，過P作PE⊥x軸于E，表示OE和PE的長，根據點P在第二象限，可得P的坐標；
（3）根據中點坐標公式可得Q的坐標，代入拋物線的解析式可得m的值，計算對稱軸，得x0的取值范圍，根據兩個不等式確定其解集即可．
【解析】（1）當x＝0時，y=?845×1538×（﹣3m）=3m，
∴C（0，3m），
∴OC=3m，
當y＝0時，即y=?845(x+1538)（x﹣3m）＝0，
解得：x1=?1538，x2＝3m，
∵A在B的右側，其中m＞0，
∴A（3m，0），點B（?1538，0）；
故答案為：（?1538，0）、（3m，0）、（0，3m）；

（2）Rt△AOC中，tan∠OAC=OCOA=3m3m=33，
∴∠CAO＝30°，
∵OP2＝PC?PA，
∵∠OPC＝∠OPC，
∴△OPA∽△CPO，
∴∠POC＝∠OAC＝30°，
∵∠ACO＝∠POC+∠APO，
∴∠APO＝60°﹣30°＝30°，
∴tan∠APO=33，
過P作PE⊥x軸于E，

∵∠APO＝∠OAC＝30°，
∴PO＝OA＝3m，∠POE＝60°，
Rt△PEO中，∠EPO＝30°，
∴OE=12OP=3m2，PE=33m2，
∵點P在第二象限，
∴P（?3m2，33m2）；
（3）由（2）知：P（?3m2，33m2），
∵點Q恰好為OP的中點，
∴Q（?3m4，33m4），
∵Q在拋物線上，
則33m4=?845（?3m4+1538）（?3m4?3m），
解得：m=3，
∴拋物線的解析式為：y=?845（x+1538）（x﹣33）=?845x2+35x+3，
則對稱軸是x=?352×(?845)=9316，
作拋物線的對稱軸交拋物線于點F，
∵M在點C與頂點F之間（含點C與頂點F），
∴0≤x0≤9316，
∵n≤43x0+23316，
設w1＝x0+23316，
∵1＞0，
∴w1隨x0的增大而增大，
∴當x0=9316時，w1有最大值，即43x0+23316有最小值為2，
∴n≤2，
對于不等式2n?916≥?4x0+3x0+138，
則n≥﹣2x02+32x0+3532=?2（x0?38）2+1916，
設w2＝﹣2（x0?38）2+1916，
∵﹣2＜0，
∴w2有最大值，
∵0＜38＜9316，
∴當x0=38時，w2有最大值為1916，
∴n≥1916，
綜上，n的取值范圍是1916≤n≤2．
【題組二】
5．（2020?開福區(qū)校級二模）如圖，拋物線y＝mx2+4mx﹣12m（m＜0）與x軸相交于點A、B（點A在點B的右邊），頂點為C．
（1）求A、B兩點的坐標；
（2）若△ABC為等邊三角形，點M（x0，y0）為拋物線y＝mx2+4mx﹣12m（m＜0）上任意一點，總有n?856≥1633my02+403y0﹣298成立，求n的最小值；
（3）若m=?12，點P為x軸上一動點，若α＝∠CAB+∠CPB，當tanα＝4時，求P點的坐標．

【分析】（1）令y＝mx2+4mx﹣12m＝0，解得x＝2或﹣6，即可求解；
（2）設t=1633my02+403y0﹣298，則t＝﹣4y02+403y0+2＝﹣4（y0﹣53）2﹣298≥﹣4（43?53）2+2＝﹣10，故有n?856≥?10，即可求解；
（3）證明α＝∠MCH，在△CHM中，tan∠CMH=12，tan∠MCH＝tanα＝4，利用三角形的邊角關系即可求出點H的坐標，進而求解．
【解析】（1）令y＝mx2+4mx﹣12m＝0，解得x＝2或﹣6，
故點A、B的坐標分別為（2，0）、（﹣6，0）；

（2）由點AB的坐標知，AB＝8，函數的對稱軸為x＝﹣2，
當x＝﹣2時，y＝mx2+4mx﹣12m＝﹣16m，
∵△ABC為等邊三角形，則yC＝ACsin∠CAB＝ABsin60°＝8×32=43，
故點C的坐標為（﹣2，43），
則﹣16m＝43，解得m=?34，
則拋物線的最大值為43，即y0≤43，
設t=1633my02+403y0﹣298，
則t＝﹣4y02+403y0﹣298＝﹣4（y0﹣53）2+2≥﹣4（43?53）2+2＝﹣10，
故有n?856≥?10，解得n≥256，
故n的最小值為256；

（3）連接BC并延長交y軸于點M，設直線CP與y軸交于點H，

過點H作HK⊥CM于點K，
由點B、C的坐標得，直線BC的表達式為y＝2x+12，則點M（0，12），
則tan∠CBA＝2，則tan∠CMH=12，
由點C、M的坐標得，CM=(?2)2+(8?12)2=20，
根據函數的對稱性，BC＝CA，則∠ABC＝CAB，
則α＝∠CAB+∠CPB＝∠CBA+∠CPB＝∠MCH，
在△CHM中，tan∠CMH=12，tan∠MCH＝tanα＝4，
則設HK＝4x，則CK＝x，MK＝8x，
則CM＝CK+KM＝x+8x＝9x=20，解得x=209，
HM=HK2+MK2=80x=409，
則OH＝12?409=689，故點H（0，689），
由點C、H的坐標得，直線CH的表達式為y=?29x+689，
令y＝0，則x＝34，
當點P在y軸左側時，
同理可得，點P（﹣38，0），
故點P的坐標為（34，0）或（﹣38，0）．
6．（2020?天心區(qū)校級模擬）對某一個函數給出如下定義：若存在實數M＞0，對于任意的函數值y，都滿足﹣M≤y≤M，則稱這個函數是有界函數，在所有滿足條件的M中，其最大值稱為這個函數的邊界值．例如，圖中的函數是有界函數，其邊界值是1．
（1）分別判斷函數y=1x（x＞0）和y＝x+2（﹣4≤x≤2）是不是有界函數？若是有界函數，求其邊界值；
（2）若函數y＝﹣x+2（a≤x≤b，b＞a）的邊界值是3，且這個函數的最小值也是3，求b的取值范圍；
（3）將函數y＝x2（﹣1≤x≤m，m≥0）的圖象向下平移m個單位，得到的函數的邊界值是t，當m在什么范圍時，滿足34≤t≤1？

【分析】（1）在x的取值范圍內，y=1x（x＞0）的y無最大值，不是有界函數；y＝x+2（﹣4≤x≤2）是有界函數，其邊界值是4；
（2）由一次函數的增減性，可得當x＝a時，ymax＝3，當x＝b時，y＝﹣b+2，由邊界值定義可列出不等式，即可求解；
（3）先設m＞1，函數向下平移m個單位后，x＝0時，y＝﹣m＜﹣1，此時邊界值t＞1，與題意不符，故m≤1，判斷出函數y＝x2所過的點，結合平移，即可求解．
【解析】（1）∵y=1x（x＞0）的y無最大值，
∴y=1x不是有界函數；
∵y＝x+2（﹣4≤x≤2）是有界函數，
當x＝﹣4時，y＝﹣2，
當x＝2時，y＝4，
對于﹣4≤x≤2時，任意函數值都滿足﹣4＜y≤4，
∴邊界值為4；

（2）∵y＝﹣x+2，y隨x的增大而減小，
∴當x＝a時，ymax＝3，當x＝b時，y＝﹣b+2，
∵邊界值是3，b＞a，
∴﹣3≤﹣b+2＜3，
∴﹣1＜b≤5；

（3）若m＞1，圖象向下平移m個單位后，x＝0時，y＜﹣m＜﹣1，此時函數的邊界值t＞1，不合題意，故m≤1．
∴函數y＝x2（﹣1≤x≤m，m≥0），當x＝﹣1時，ymax＝1，當x＝0時，ymin＝0，
∴向下平移m個單位后，ymax＝1﹣m，ymin＝﹣m，
∵邊界值34≤t≤1，
∴34≤1﹣m≤1互﹣1≤﹣m≤?34，
∴0≤m≤14或34≤m≤1．
7．（2020?長春一模）如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCD的四個頂點坐標分別是A（﹣1，﹣1）、B（4，﹣1）、C（4，1），D（﹣1，1）．函數y=?12x2+2x?1(x≥m)x2?2mx+2m+2(x＜m)（m為常數）．
（1）當此函數的圖象經過點D時，求此函數的表達式．
（2）在（1）的條件下，當﹣2≤x≤2時，求函數值y的取值范圍．
（3）當此函數的圖象與矩形ABCD的邊有兩個交點時，直接寫出m的取值范圍．
（4）記此函數在m﹣1≤x≤m+1范圍內的縱坐標為y0，若存在1≤y0≤2時，直接寫出m的取值范圍．

【分析】（1）根據矩形的性質結合平面直角坐標系先確定點D的坐標，再判斷出經過點D的函數，代入點D的坐標求出m的值即可；
（2）當﹣2≤x≤2時分﹣2≤x＜?12和?12≤x≤2兩種情況，結合函數圖象進一步確定函數的取值范圍；
（3）首先確定當x＜m時，y有最小值為﹣（x﹣m）2+3，再根據m的不同取值，結合圖象與矩形的邊的交點個數確定m的取值范圍；
（4）根據x的不同取值，分別得到關于m的不等式（組），求解不等式（組）即可．
【解析】（1）由題意得，點D的坐標為（﹣1，1），
當x＝﹣1時，y=?12?2?1=?312≠1，
∴函數y=?12x2+2x?1(x≥m)的圖象不經過點D，
∴函數y＝x2﹣2mx+2m+2（x＜m）的圖象經過點D，
∴（﹣1）2﹣2m×（﹣1）+2m+2＝1，
解得，m=?12，
∴y=?12x2+2x?1(x≥?12)x2+x+1(x＜?12)；
（2）由（1）可知y=?12x2+2x?1(x≥?12)x2+x+1(x＜?12)，
當﹣2≤x≤2時，分段討論：
①當﹣2≤x＜?12時，y＝x2+x+1，
該二次函數的對稱軸為直線x=?12，且開口向上，如圖，

∴當﹣2≤x＜?12時，y隨x的增大而減小，
當x＝﹣2時，y取最大值，最大值＝4﹣2+1＝3；
當x=?12時（取不到），y最小值=34；
所以，34＜y≤3；
②當?12≤x≤2時，y=?12x2+2x?1，
二次函數的對稱軸為x＝2，開口向下，如圖所示，

∴?12≤x≤2時，y隨x的增大而增大，
當x=?12時，y最小值=?178，
當x＝2時，y最大值是1，
∴?178≤x≤1．
綜上，當﹣2≤x＜?12時，34＜y≤3；
當?12≤x≤2時，?178≤x≤1；
∴y的取值范圍是：?178≤x≤3；
（3）y1=?12x2+2x?1過點E（0，﹣1），F（2，1），B（4，﹣1）三點，
y2=x2?2mx+2m+2=（x﹣m）2﹣（m﹣1）+3恒過（1，3），對稱軸為直線x＝m，
在x＜m時，y隨x的增大而減小，y有最小值，最小值＝m2﹣2m2+2m+2＝﹣（m﹣1）2+3．

①若m≤0，x≥0時，則y1與矩形的邊有3個交點，不符合題意；
②若0＜m≤2時，y1與矩形的邊有F、B兩個交點，即y2與矩形的邊無交點，
∴y最小值≥1，
∴﹣（m﹣1）2+3≥1，解得，?2+1≤m≤2+1，
即：0＜m≤2；
③若2＜m≤4，x≥m時，y1與矩形的邊的交點只有B，
∴y2有且只有一個交點，
∴﹣1≤﹣（m﹣1）2+3＜1，解得，﹣1≤﹣（m﹣1）2+3＜1，解得：?1≤m＜1?2或1+2＜m≤3，
∴1+2＜m≤3，
④若m＞4，y1與矩形的邊無交點，則y2與矩形的邊有兩個交點，
即：當x＝4時，y2＜1，有兩個交點，即16﹣8m+2m+2＜1，
∴m＞176，
∴m＞4，
綜上，m的取值范圍是：0＜m≤2或1+2＜m≤3或m＞4；
（4）①當m≤x≤m+1時，y0=y1=?12(x?2)2+1≤1，
若存在1≤y0≤2，僅有y0＝1，即x＝2時，y1＝1，
∴m≤2≤m+1，
∴1≤m≤2；
②當m﹣1≤x＜m時，y0=y2=x2?2mx+2m+2，
若存在1≤y0≤2，則?(m?1)2+3＜y2≤?(m?1)2+4，
即滿足最小值小于2，最大值大于等于1即可，
∴?(m?1)2+3＜2?(m?1)2+4≥1，
∴?3+1≤m＜0或1＜m≤3+1；
綜合①、②得：?3+1≤m＜0或1≤m≤3+1．
8．（2020?思明區(qū)校級模擬）已知拋物線C：y1＝a（x﹣h）2﹣1，直線l：y2＝kx﹣kh﹣1．
（1）判斷命題“拋物線C的對稱軸不可能是y軸”的真假，并說明理由；
（2）求證：直線l恒過拋物線C的頂點；
（3）①當a＝﹣1，m≤x≤2時，y1≥x﹣3恒成立，直接寫出m的取值范圍；
②當0＜a≤2，k＞0時，若在直線l下方的拋物線C上至少存在兩個橫坐標為整數的點，求k的取值范圍．
【分析】（1）拋物線C的對稱軸為x＝h，當h＝0時，拋物線C的對稱軸即為y軸，即可求解；
（2）由拋物線的解析式可知拋物線的頂點坐標為（h，﹣1），然后證明點（h，﹣1）在直線y2＝kx﹣kh﹣1的解析式上即可；
（3）①令y3＝x﹣3，依據拋物線的解析式可得到拋物線的頂點在直線y＝﹣1上，由m≤x≤2時，y1≥x﹣3恒成立可得到拋物線的頂點坐標為（2，﹣1），然后找出拋物線y1＝a（x﹣2）2﹣1位于直線y3＝x﹣3上方時自變量x的取值范圍，即可求解；
②由（2）可知拋物線C與直線l都過點A（h，﹣1）．當0＜a≤2時，k＞0，在直線l下方的拋物線C上至少存在兩個橫坐標為整數點，即當x＝h+2時，y2＞y1恒成立，然后由y2＞y1可得到關于k的不等式，進而求解．
【解析】（1）拋物線C的對稱軸為x＝h，
當h＝0時，拋物線C的對稱軸即為y軸，
故命題“拋物線C的對稱軸不可能是y軸”為假命題；

（2）拋物線C的頂點坐標為（h，﹣1），
當x＝h 時，y2＝kh﹣kh﹣1＝﹣1，
所以直線l恒過拋物線C的頂點；

（3）①當a＝﹣1時，拋物線C解析式為y1＝﹣（x﹣h）2﹣1，
不妨令y3＝x﹣3，
如圖1所示，拋物線C的頂點在直線y＝﹣1上移動，

當m≤x≤2時，y1≥x﹣3恒成立，
則可知拋物線C的頂點為（2，﹣1），
設拋物線C與直線y3＝x﹣3 除頂點外的另一交點為M，
此時點M的橫坐標即為m的最小值，
由y=?(x?2)2?1y=x?3，
解得：x=1y=?2或x=2y=?1，
所以m的最小值為1，
m的取值范圍為：2≥m≥1；
②如圖2所示，由（2）可知：拋物線C與直線l都過點A（h，﹣1）．

當0＜a≤2時，k＞0，在直線l下方的拋物線C上至少存在兩個橫坐標為整數點，即當x＝h+2時，y2＞y1恒成立．
所以k（h+2）﹣kh﹣1＞a（h+2﹣h）2﹣1，整理得：k＞2a．
又因為0＜a≤2，
所以0＜2a≤4，
所以k＞4．
【題組三】
9．（2020?海陵區(qū)一模）已知拋物線y1＝ax2﹣2amx+am2+4，直線y2＝kx﹣km+4，其中a≠0，a、k、m是常數．
（1）拋物線的頂點坐標是?。╩，4）　，并說明上述拋物線與直線是否經過同一點（說明理由）；
（2）若a＜0，m＝2，t≤x≤t+2，y1的最大值為4，求t的范圍；
（3）拋物線的頂點為P，直線與拋物線的另一個交點為Q，對任意的m值，若1≤k≤4，線段PQ（不包括端點）上至少存在兩個橫坐標為整數的點，求a的范圍．
【分析】（1）由拋物線y1＝ax2﹣2amx+am2+4＝a（x﹣m）2+4，可得頂點坐標，由x＝m時，可得y2＝4，即直線y2＝kx﹣km+4恒過點（m，4），即可求解；
（2）由二次函數的性質可得當x＝2時，y1有最大值4，結合t≤x≤t+2，y1的最大值為4，列出不等式組，可求解；
（3）先求出點Q的橫坐標，結合“1≤k≤4，線段PQ（不包括端點）上至少存在兩個橫坐標為整數的點”，分兩種情況，列出不等式可求解．
【解析】（1）∵y1＝ax2﹣2amx+am2+4＝a（x﹣m）2+4，
∴頂點坐標為（m，4），
∵y2＝kx﹣km+4＝k（x﹣m）+4，
當x＝m時，y2＝4，
∴直線y2＝kx﹣km+4恒過點（m，4），
∴拋物線與直線都經過同一點（m，4），
故答案為（m，4）；
（2）當m＝2時，y1＝a（x﹣2）2+4，
∵a＜0，
∴當x＝2時，y1有最大值4，
又∵t≤x≤t+2，y1的最大值為4，
∴t≤2t+2≥2，
∴0≤t≤2；
（3）令y1＝y(tǒng)2，則有ax2﹣2amx+am2+4＝kx﹣km+4，解得x1＝m，x2＝m+ka，
∵線段PQ上至少存在兩個橫坐標為整數的點，k＞0，
∴當a＞0時，m+ka?m＞2，
∴2a＜k，
又∵1≤k≤4，
∴2a＜1，即a＜12，
∴0＜a＜12；
同理當a＜0時，可求得?12＜a＜0，
綜上所述：0＜a＜12或?12＜a＜0．
10．（2020?朝陽區(qū)校級一模）在平面直角坐標系中，記函數y=x2+2nx+2n2(x＜0)x2?6nx(x≥0)的圖象為G，正方形ABCD的對稱中心與原點重合，頂點A的坐標為（2，2），點B在第四象限．
（1）當n＝1時．
①求G的最低點的縱坐標；
②求圖象G上所有到x軸的距離為2的點的橫坐標之和．
（2）當圖象G與正方形ABCD的邊恰好有兩個公共點時，直接寫出n的取值范圍．
【分析】（1）①畫出函數圖象，利用圖象法解決問題即可．
②求出圖象G上所有到x軸的距離為2的橫坐標即可解決問題．
（2）求出經過特殊位置n的值結合圖象判斷即可．
【解析】（1）①y=x2+2x+2(x＜0)x2?6x(x≥0)，
函數圖象如圖所示：

函數最低點的坐標（3，﹣9），
∴圖象G的最低點的縱坐標為﹣9．

②當y＝2時，x2+2x+2＝2，解得x＝﹣2或0（舍棄）
x2﹣6x＝2時，解得x＝3+11或3?11（舍棄），
當y＝﹣2時，x2﹣6x＝﹣2，解得x＝3+7或3?7，
∴圖象G上所有到x軸的距離為2的橫坐標之和＝﹣2+3+11+3+7+3?7=7+11．

（2）當y＝x2+2nx+2n2的頂點落在AD邊上時，n2＝2，解得n=2或?2（舍棄）

當n=2時，y＝x2+2nx+2n2（x＜0）與邊AD有一個交點，y＝x2﹣6nx與邊BC有一個交點，符合題意．
當2n2≤2，解得n≤1或n≥﹣1，
當y＝x2﹣6nx經過（2，﹣2）時，n=12，
觀察圖象可知當12＜n≤1時，滿足條件，
當y＝x2﹣6nx的頂點在BC邊上時，﹣9n2＝﹣2，
解得n=23或?23（舍棄），
當n＝﹣1時，y＝x2+2nx+2n2（x＜0）與正方形的邊沒有交點，
觀察圖象可知當﹣1＜n＜23時，滿足條件，
綜上所述，滿足條件的n的值為﹣1＜n＜23或12＜n≤1或n=2．
11．（2020?南關區(qū)校級模擬）定義：在平面直角坐標系xOy中，點P的坐標為（x，y），當x＞m時，Q點坐標為（﹣x，﹣y）；當x≤m時，Q點坐標為（﹣x，﹣y+2），則稱點Q為點P的m分變換點（其中m為常數）．例如：（﹣2，3）的0分變換點坐標為（2，﹣1）．
（1）點（5，7）的1分變換點坐標為　（﹣5，﹣7）　；點（1，6）的1分變換點在反比例函數y=kx圖象上，則k＝　4?。蝗酎c（a﹣1，5）的1分變換點在直線y＝x+2上，則a＝　8　
（2）若點P在二次函數y＝x2﹣2x﹣3的圖象上，點Q為點P的3分變換點．
①直接寫出點Q所在函數的解析式；
②求點Q所在函數的圖象與直線y＝﹣5交點坐標；
③當﹣4≤x≤t時，點Q所在函數的函數值﹣5≤y≤6，直接寫出t的取值范圍．
（3）點A（﹣3，﹣1），B（2，﹣1），若點P在二次函數y＝x2﹣mx+m22?2的圖象上，點Q為點P的m分變換點．當點Q所在的函數圖象與線段AB有兩個公共點時，直接寫出m的取值范圍．
【分析】（1）根據新定義進行解答便可；
（2）①分兩種情況：x＜﹣3；x≥﹣3．根據m分變換點的定義求出Q點的坐標，進而便可寫出點Q所在函數的解析式；
②把y＝﹣5代入點Q所在的函數解析式中，便可求得交點坐標；
③根據函數的性質進行解答便可；
（3）分兩種情況：x＞m和x≤m求得點Q所在的函數解析式，再根據函數的性質求得函數圖象與線段AB的兩個公共點時的m的取值范圍．
【解析】（1）∵5＞1，
∴點（5，7）的1分變換點坐標為（﹣5，﹣7）；
∵1＝1，
∴點（1，6）的1分變換點為（﹣1，﹣4），
∵點（1，6）的1分變換點在反比例函數y=kx圖象上，
∴k＝﹣1×（﹣4）＝4；
當a﹣1＞1，即a＞2時，點（a﹣1，5）的1分變換點為（1﹣a，﹣5），
∵點（a﹣1，5）的1分變換點在直線y＝x+2上，
∴﹣5＝1﹣a+2，
∴a＝8，
當a﹣1≤1，即a≤2時，點（a﹣1，5）的1分變換點為（1﹣a，﹣3），
∵點（a﹣1，5）的1分變換點在直線y＝x+2上，
∴﹣3＝1﹣a+2，
∴a＝6，（不合題意舍去）
故答案為：（﹣5，﹣7）；4；8；
（2）①設Q（m，n），
∵點Q為點P的3分變換點，
∴當﹣m＞3，即m＜﹣3時，P（﹣m，﹣n），
∴﹣n＝m2+2m﹣3，
∴n＝﹣m2﹣2m+3，
∴點Q所在函數的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3（x＜﹣3）；
當﹣m≤3，即m≥﹣3時，P（﹣m，2﹣n），
∴2﹣n＝m2+2m﹣3，
∴n＝﹣m2﹣2m+5，
∴點Q所在函數的解析式為y＝﹣x2﹣2x+5（m≥﹣3）
故點Q所在函數的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3（x＜﹣3）或y＝﹣x2﹣2x+5（x≥﹣3）．
②把y＝﹣5代入y＝﹣x2﹣2x+3（x＜﹣3）得﹣x2﹣2x+3＝﹣5，
解得，x＝﹣4，或x＝2（舍）；
把y＝﹣5代入y＝﹣x2﹣2x+5（x≥﹣3）得，﹣x2﹣2x+5＝﹣5，
解得，x＝﹣1?11（舍棄或x＝﹣1+11，
綜上，點Q所在函數的圖象與直線y＝﹣5交點坐標為（﹣1+11，﹣5）或（﹣4，﹣5）．
③∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4（x＞3），
∴y的最大值為4＜6，且當x＞3時，y隨x的增大而減小，
令y＝﹣5，得y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣5（x＞3），
解得，x＝2（舍），x＝﹣4（舍）；
∵y＝﹣x2﹣2x+5＝﹣（x+1）2+6（x≤3），
∴y的最大值為6，當﹣1＜x≤3時，y隨x的增大而減小，當x＜﹣1時，y隨x的增大而增大，
令y＝﹣5時，得﹣x2﹣2x+5＝﹣5，
解得，x＝﹣1+11，x＝﹣1?11，
∴當﹣1≤t≤﹣1+11時，點Q所在函數的函數值﹣5≤y≤6；
綜上，當﹣4≤x≤t時，點Q所在函數的函數值﹣5≤y≤6，其t的取值范圍是﹣1≤t≤﹣1+11；
（3）設P（x，x2﹣mx+m22?2），則Q（﹣x，﹣x2+mx?m22+2），
∴點Q所在的函數的解析式為：y＝﹣x2﹣mx?m22+2=?(x+m2)2?m24+2，
∴頂點坐標為（?m2，?m24+2），
∵點A（﹣3，﹣1），B（2，﹣1），點Q所在的函數圖象與線段AB有兩個公共點，
∴?m24+2＞?1?9+3m?m22+2≤?1?4?2m?m22+2≤?1，
解得，﹣23＜m≤﹣2?2，或﹣2+2≤m＜23．
12．（2020?遵化市三模）已知點P（2，﹣3）在拋物線L：y＝ax2﹣2ax+a+k（a，k均為常數，且a≠0）上，L交y軸于點C，連接CP．
（1）用a表示k，并求L的對稱軸及L與y軸的交點坐標；
（2）當L經過（3，3）時，求此時L的表達式及其頂點坐標；
（3）橫、縱坐標都是整數的點叫做整點．如圖，當a＜0時，若L在點C，P之間的部分與線段CP所圍成的區(qū)域內（不含邊界）恰有4個整點，求a的取值范圍；
（4）點M（x1，y1），N（x2，y2）是L上的兩點，若t≤x1≤t+1，當x2≥3時，均有y1≥y2，直接寫出t的取值范圍．

【分析】（1）點P（2，﹣3）代入拋物線上，則k＝﹣3﹣a；拋物線L的對稱軸為直線x=??2a2a=1，即x＝1．
（2）點（3，3），代入拋物線上，則有k＝﹣3﹣a，解得a＝2，k＝﹣5，即可求解．
（3）頂點坐標（1，﹣a﹣3），2＜﹣a﹣3≤3時在指定區(qū)域內有5個整數點．
（4）當a＞0時，t≥3或t+1≤﹣1；當a＜0時，t+1≤3或t≥﹣1．
【解析】（1）∵點P（2，﹣3）在拋物線L：y＝ax2﹣2ax+a+k（a，k均為常數且a≠0）上，
∴﹣3＝4a﹣4a+a+k，
∴k＝﹣3﹣a；
拋物線L的對稱軸為直線x=??2a2a=1，即x＝1，
與y軸的交點為（0，3）．
（2）∵L經過點（3，3），
∴9a﹣6a+a+k＝3，
∵k＝﹣3﹣a，
∴a＝2，k＝﹣5
∴L的表達式為y＝2x2﹣4x﹣3；
∵y＝2（x﹣1）2﹣5，
∴頂點坐標為（1，﹣5）；
（3）頂點坐標（1，﹣a﹣3），
∵在點C，P之間的部分與線段CP所圍成的區(qū)域內（不含邊界）恰有4個整點，
∴1＜﹣a﹣3≤2，
∴﹣5≤a＜﹣4；
（4）當a＞0時，t≥3或t+1≤﹣1，
∴t≥3或t≤﹣2；
觀察圖象，此時有不符合條件的點使y1≥y2，
故此情況舍去；
當a＜0時，t+1≤3且t≥﹣1，
∴﹣1≤t≤2；
綜上所述，﹣1≤t≤2；

【題組四】
13．（2020?中原區(qū)校級模擬）如圖1所示，拋物線y=23x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，已知C點坐標為（0，4），拋物線的頂點的橫坐標為72，點P是第四象限內拋物線上的動點，四邊形OPAQ是平行四邊形，設點P的橫坐標為m．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求使△APC的面積為整數的P點的個數；
（3）當點P在拋物線上運動時，四邊形OPAQ可能是正方形嗎？若可能，請求出點P的坐標，若不可能，請說明理由；
（4）在點Q隨點P運動的過程中，當點Q恰好落在直線AC上時，則稱點Q為“和諧點”，如圖（2）所示，請直接寫出當Q為“和諧點”的橫坐標的值．

【分析】（1）拋物線與y軸交于點C，頂點的橫坐標為72，則c=4?b2×23=72，即可求解；
（2）△APC的面積S＝S△PHA+S△PHC=12×PH×OA=12×6×（?23x+4?23x2+143x﹣4）＝﹣2x2+12（1＜x＜6），即可求解；
（3）當四邊形OPAQ是正方形時，點P只能在x軸的下方，此時OAP為等腰直角三角形，設點P（x，y），則x+y＝0，即可求解；
（4）求出直線AP的表達式為：y=23（m﹣1）（x﹣6），則直線OQ的表達式為：y=23（m﹣1）x②，聯(lián)立①②求出Q的坐標，又四邊形OPAQ是平行四邊形，則AO的中點即為PQ的中點，即可求解．
【解析】（1）拋物線與y軸交于點C，頂點的橫坐標為72，則c=4?b2×23=72，解得b=?143c=4，
故拋物線的拋物線為：y=23x2?143x+4；

（2）對于y=23x2?143x+4，令y＝0，則x＝1或6，故點B、A的坐標分別為（1，0）、（6，0）；
如圖，過點P作PH∥y軸交AC于點H，

由點A、C的坐標得，直線AC的表達式為：y=?23x+4①，
設點P（m，23m2?143m+4），則點H（m，?23m+4），
△APC的面積S＝S△PHA+S△PHC=12×PH×OA=12×6×（?23m+4?23m2+143m﹣4）＝﹣2m2+12m（1＜m＜6），
故在0＜S≤10時，整數的P點的個數為10個；
在10＜S＜18時，整數的P點的個數為14個；
在S＝18時，整數的P點的個數有1；
共計25個；

（3）不可能，理由：
當四邊形OPAQ是正方形時，點P只能在x軸的下方，
此時，OA＝6，故點P（3，﹣3），
當x＝3時，y=23x2?143x+4≠﹣3，
故點P不在拋物線上，
故四邊形OPAQ不可能是正方形；

（4）設點P（m，23m2?143m+4），而點A（6，0），
設直線AP的表達式為：y＝kx+t，
將點P、A的坐標代入上式并解得：直線AP的表達式為：y=23（m﹣1）（x﹣6），
∵AP∥OQ，則AP和OQ表達式中的k值相同，
故直線OQ的表達式為：y=23（m﹣1）x②，
聯(lián)立①②并解得：x=6m，則點Q（6m，4?4m），
∵四邊形OPAQ是平行四邊形，則AO的中點即為PQ的中點，
則m+6m=6，解得：m＝3±3，
則6m=3±3，
故Q的橫坐標的值為3±3．
14．（2020?唐山一模）如圖，已知二次函數L：y＝mx2+2mx+k（其中m，k是常數，k為正整數）．
（1）若L經過點（1，k+6），求m的值．
（2）當m＝2，若L與x軸有公共點時且公共點的橫坐標為非零的整數，確定k的值；
（3）在（2）的條件下將L：y＝mx2+2mx+k的圖象向下平移8個單位，得到函數圖象M，求M的解析式；
（4）將M的圖象在x軸下方的部分沿x軸翻折，圖象的其余部分保持不變，得到一個新的圖象N，請結合新的圖象解答問題，若直線y=12x+b與N有兩個公共點時，請直接寫出b的取值范圍．

【分析】（1）將點（1，k+6）代入y＝mx2+2mx+k，即可求解；
（2）由題意得：△＝16﹣8k≥0，即可求解；
（3）根據平移的公式即可求解；
（4）確定點H、A、B三個臨界點，求出臨界點時b的值，即可求解．
【解析】（1）將點（1，k+6）代入y＝mx2+2mx+k并解得：
m＝2；

（2）y＝mx2+2mx+k＝2x2+4x+k，
由題意得：△＝16﹣8k≥0，解得：k≤2，
∵k為正整數，當k＝1時，方程沒有整數解，故舍去，
則k＝2；

（3）在m＝2，k＝2時，y＝2x2+4x+2，向下平移8個單位，
平移后的表達式為：y＝2x2+4x+2﹣8＝2x2+4x﹣6；

（4）由（3）知，M的表達式為：y＝2x2+4x﹣6①，
則翻折后拋物線的表達式為：y′＝﹣2x2﹣4x+6②，
設直線m為：y=12x+b③，
①當直線m與翻折后的圖象有一個交點（點H）時，如下圖，

聯(lián)立②③并整理得：2x2+92x+b﹣6＝0，
則△=814?8（b﹣6）＝0，解得：b=27332；
②當直線m過點A（﹣3，0）時，
將點A的坐標代入③式得，0=12×（﹣3）+b，解得：b=32；
③當直線m過點B時，
同理可得：b=?12；
故直線y=12x+b與N有兩個公共點時，b的取值范圍為：?12＜b＜32或b＞27332．
15．（2020?平谷區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝mx2﹣2mx﹣1（m＞0）與x軸的交點為A，B，與y軸交點C．
（1）求拋物線的對稱軸和點C坐標；
（2）橫、縱坐標都是整數的點叫做整點．拋物線在點A，B之間的部分與線段AB所圍成的區(qū)域為圖形W（不含邊界）．
①當m＝1時，求圖形W內的整點個數；
②若圖形W內有2個整數點，求m的取值范圍．

【分析】（1）直接利用對稱軸公式計算，即可得出拋物線的對稱軸，再令x＝0，即可求出點C的坐標；
（2）①先確定出拋物線解析式，即可得出結論；
②先判斷出滿足條件的整數點由（1，﹣1），進而拋物線的頂點坐標的范圍即可得出結論．
【解析】（1）∵拋物線的解析式為y＝mx2﹣2mx﹣1（m＞0），
∴拋物線的對稱軸為直線x=??2m2m=1，
令x＝0，則y＝﹣1，
∴C（0，﹣1）；

（2）①當m＝1時，拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣1，
由（1）知，C（0，﹣1），拋物線的對稱軸為直線x＝1，
∴拋物線還經過（2，﹣1），
∵拋物線的頂點坐標為（1，﹣2），
∴圖形W內的整點只有（1，﹣1）一個；

②如圖，
由①知，拋物線過點（0，﹣1），（2，﹣1），
∵圖形W內有2個整數點，
∴﹣3≤4m×(?1)?(2m)24m＜?2，
∴1＜m≤2．

16．（2020?越秀區(qū)校級一模）已知拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數，b＞0）經過點A（﹣1，0），點M（m，0）是x軸正半軸上的動點．
（1）當b＝2時，求拋物線的頂點坐標；
（2）點D（b，yD）在拋物線上，當AM＝AD，m＝3時，求b的值；
（3）點Q（b+12，yQ）在拋物線上，當6AM+23QM的最小值為4564時，求b的值．（說明：yD表示D點的縱坐標，yQ表示Q點的縱坐標）
【分析】（1）將點A（﹣1，0）代入y＝x2﹣bx+c，求出c關于b的代數式，再將b代入即可求出c的值，可進一步寫出拋物線解析式及頂點坐標；
（2）將點D（b，yD）代入拋物線y＝x2﹣bx﹣b﹣1，求出點D縱坐標為﹣b﹣1，由b＞0判斷出點D（b，﹣b﹣1）在第四象限，且在拋物線對稱軸x=b2的右側，過點D作DE⊥x軸，可證△ADE為等腰直角三角形，利用銳角三角函數可求出b的值；
（3）將點Q（b+12，yQ）代入拋物線y＝x2﹣bx﹣b﹣1，求出Q縱坐標為?b2?34，可知點Q（b+12，?b2?34）在第四象限，且在直線x＝b的右側，點N（0，1），過點Q作直線AN的垂線，垂足為G，QG與x軸相交于點M，過點Q作QH⊥x軸于點H，則點H（b+12，0），在Rt△MQH中，可知∠QMH＝∠MQH＝45°，設點M（m，0），則可用含b的代數式表示m，因為6AM+23QM=4564，可得方程6[（b2?14）﹣（﹣1）]+23?2[（b+12）﹣（b2?14）]=4564，即可求解．
【解析】（1）∵拋物線y＝x2﹣bx+c經過點A（﹣1，0），
∴1+b+c＝0，
即c＝﹣b﹣1，
當b＝2時，
y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的頂點坐標為（1，﹣4）；
（2）由（1）知，拋物線的解析式為y＝x2﹣bx﹣b﹣1，
∵點D（b，yD）在拋物線y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yD＝b2﹣b?b﹣b﹣1＝﹣b﹣1，
由b＞0，得b＞b2＞0，﹣b﹣1＜0，
∴點D（b，﹣b﹣1）在第四象限，且在拋物線對稱軸x=b2的右側，
如圖1，過點D作DE⊥x軸，垂足為E，則點E（b，0），

∴AE＝b+1，DE＝b+1，得AE＝DE，
∴在Rt△ADE中，∠ADE＝∠DAE＝45°，
∴AD=2AE，
由已知AM＝AD，m＝3，
∴3﹣（﹣1）=2（b+1），
∴b＝22?1；
（3）∵點Q（b+12，yQ）在拋物線y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yQ＝（b+12）2﹣b（b+12）﹣b﹣1=?b2?34，
可知點Q（b+12，?b2?34）在第四象限，且在直線x＝b的右側，
∵6AM+23QM＝23（22AM+QM），
∴可取點N（0，1），
如圖2，過點Q作直線AN的垂線，垂足為G，QG與x軸相交于點M，

由∠GAM＝45°，得22AM＝GM，
則此時點M滿足題意，
過點Q作QH⊥x軸于點H，則點H（b+12，0），
在Rt△MQH中，可知∠QMH＝∠MQH＝45°，
∴QH＝MH，QM=2MH，
∵點M（m，0），
∴0﹣（?b2?34）＝（b+12）﹣m，
解得，m=b2?14，
∵6AM+23QM=4564，
∴6[（b2?14）﹣（﹣1）]+23?2[（b+12）﹣（b2?14）]=4564，
∴b＝6．
【題組五】
17．（2020?豐臺區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2﹣4ax+3a與y軸交于點A．
（1）求點A的坐標（用含a的式子表示）；
（2）求拋物線與x軸的交點坐標；
（3）已知點P（a，0），Q（0，a﹣2），如果拋物線與線段PQ恰有一個公共點，結合函數圖象，求a的取值范圍．
【分析】（1）根據拋物線y＝ax2﹣4ax+3a與y軸交于點A即可直接寫出點A的坐標；
（2）解方程即可得到結論；
（3）根據點P（a，0），Q（0，a﹣2），如果拋物線與線段PQ恰有一個公共點，結合函數圖象，即可求a的取值范圍．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2﹣4ax+3a與y軸交于點A，
∴A的坐標為（0，3a）；
（2）當y＝0時．即ax2﹣4ax+3a＝0，
解得：x1＝1，x2＝3，
∴拋物線與x軸的交點坐標為（1，0），（3，0）；
（3）當拋物線過點Q（0，a﹣2）時，a＝﹣1，

∴P（﹣1，0），
此時，拋物線與線段PQ有一個公共點．
當拋物線過點P（a，0）時，a＝1或a＝3（不合題意舍去），

此時，Q（0，﹣1），拋物線與線段PQ有一個公共點；
綜上所述，當﹣1≤a＜0或1≤a＜3時，拋物線與線段PQ恰有一個公共點．
18．（2020?密云區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線C1：y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C．點B的坐標為（3，0），將直線y＝kx沿y軸向上平移3個單位長度后，恰好經過B、C兩點．
（1）求k的值和點C的坐標；
（2）求拋物線C1的表達式及頂點D的坐標；
（3）已知點E是點D關于原點的對稱點，若拋物線C2：y＝ax2﹣2（a≠0）與線段AE恰有一個公共點，結合函數的圖象，求a的取值范圍．

【分析】（1）先求出平移后解析式，將點B坐標代入可求k的值，即可求直線解析式，可得點C坐標；
（2）將點B，點C坐標代入解析式可求拋物線解析式，即可求點D坐標；
（3）利用函數圖象列出不等式組，即可求解．
【解析】（1）∵將直線y＝kx沿y軸向上平移3個單位長度，
∴平移后直線解析式為：y＝kx+3，
∵直線y＝kx+3經過點B（3，0），
∴3k+3＝0，
∴k＝﹣1，
∴平移后解析式為：y＝x+3，
∵y＝﹣x+3與y軸的交點為C，
∴y＝0+3＝3，
∴點C（0，3）；
（2）∵拋物線y＝x2+bx+c經過點B（3，0）和點C（0，3），
∴c=30=9+3b+c，
解得b=?4c=3，
∴拋物線C1的函數表達式為y＝x2﹣4x+3，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴頂點D的坐標為（2，﹣1）；

（3）∵拋物線C1：y＝x2﹣4x+3與x軸交于A、B兩點，
∴點A（1，0），點B（3，0），
∵點E是點D關于原點的對稱點，
∴點E的坐標為（﹣2，1），
如圖，

由圖象可得：a×1?2＜0a×(?2)2?2≥1，
∴a的取值范圍是34≤a＜2．
19．（2020?北京二模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2﹣4ax（a≠0）與x軸交于點A，B（A在B的左側）．
（1）求點A，B的坐標及拋物線的對稱軸；
（2）已知點P（2，2），Q（2+2a，5a），若拋物線與線段PQ有公共點，請結合函數圖象，求a的取值范圍．

【分析】（1）令y＝0，求出x的值，可求出A，B兩點的坐標，由對稱性可得出拋物線的對稱軸方程；
（2）①當a＞0時，拋物線開口向上，頂點位于x軸下方，且Q（2+2a，5a）位于點P的右側，②當a＜0時，拋物線開口向下，頂點位于x軸上方，點Q（2+2a，5a）位于點P的左側，分別畫出函數的圖象，由圖象可得出答案．
【解析】（1）∵y＝ax2﹣4ax＝ax（x﹣4），
∴y＝0時，ax（x﹣4）＝0，
∴x＝0或x＝4，
∴拋物線與x軸交于點A（0，0），B（4，0）．
∴拋物線y＝ax2﹣4ax的對稱軸為直線：x=??4a2a=2．
（2）y＝ax2﹣4ax＝a（x2﹣4x）＝a（x﹣2）2﹣4a，
∴拋物線的頂點坐標為（2，﹣4a）．
令y＝5a，得ax2﹣4ax＝5a，a（x﹣5）（x+1）＝0，
解得x＝﹣1或x＝5，
∴當y＝5a時，拋物線上兩點M（﹣1，5a），N（5，5a）．
①當a＞0時，拋物線開口向上，頂點位于x軸下方，且Q（2+2a，5a）位于點P的右側，
如圖1，當點N位于點Q左側時，拋物線與線段PQ有公共點，

此時2+2a≥5，
解得a≥32．
②當a＜0時，拋物線開口向下，頂點位于x軸上方，點Q（2+2a，5a）位于點P的左側，
（?。┤鐖D2，當頂點位于點P下方時，拋物線與線段PQ有公共點，

此時﹣4a≤2，
解得a≥?12．
（ⅱ）如圖3，當頂點位于點P上方，點M位于點Q右側時，拋物線與線段PQ有公共點，

此時2+2a≤﹣1，
解得a≤?32．
綜上，a的取值范圍是a≥32或?12≤a＜0或a≤?32．
20．（2020?西城區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A，B（A在B的左側），拋物線的對稱軸與x軸交于點D，且OB＝2OD．
（1）當b＝2時，
①寫出拋物線的對稱軸；
②求拋物線的表達式；
（2）存在垂直于x軸的直線分別與直線l：y＝x+b+22和拋物線交于點P，Q，且點P，Q均在x軸下方，結合函數圖象，求b的取值范圍．
【分析】（1）①由二次函數的對稱軸方程可得出答案；
②根據題意求出B點坐標為（2，0），代入拋物線解析式y(tǒng)＝x2+2x+c可得出答案；
（2）求出E（?b+22，0），點D的坐標為（?b2，0）．①當b＞0時，得出點A的坐標為（﹣2b，0），點B的坐標為（b，0），則﹣2b＜?b+22，解不等式即可；②當b＜0時，點A的坐標為（0，0），點B的坐標為（﹣b，0），則0＜?b+22，解出b＜﹣2．
【解析】（1）當b＝2時，拋物線y＝x2+bx+c化為y＝x2+2x+c．
①拋物線的對稱軸x=?b2a=?22×1=?1．
②∵拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，
∴點D的坐標為（﹣1，0），OD＝1．
∵OB＝2OD，
∴OB＝2．
∵點A，點B關于直線x＝﹣1對稱，
∴點B在點D的右側．
∴點B的坐標為（2，0）．
∵拋物線y＝x2+2x+c與x軸交于點B（2，0），
∴4+4+c＝0．
解得c＝﹣8．
∴拋物線的表達式為y＝x2+2x﹣8．
（2）設直線y＝x+b+22與x軸交點為點E，
∵y＝0時，x=?b+22，
∴E（?b+22，0）．
∵拋物線的對稱軸為x=?b2，
∴點D的坐標為（?b2，0），
①當b＞0時，OD=b2，
∵OB＝2OD，
∴OB＝b．
∴點A的坐標為（﹣2b，0），點B的坐標為（b，0）．

如圖1，當﹣2b＜?b+22時，存在垂直于x軸的直線分別與直線l：y＝x+b+22和拋物線交于點P，Q，且點P，Q均在x軸下方，
解得b＞23．
②當b＜0時，﹣b＞0．
∴OD=?b2，
∵OB＝2OD，
∴OB＝﹣b．
∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A，B，且A在B的左側，
∴點A的坐標為（0，0），點B的坐標為（﹣b，0）．

如圖2，當0＜?b+22時，存在垂直于x軸的直線分別與直線l：y＝x+b+22和拋物線交于點P，Q，且點P，Q均在x軸下方，
解得b＜﹣2．
綜合以上可得，b的取值范圍是b＜﹣2或b＞23．
【題組六】
21．（2020?順義區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝mx2﹣3（m﹣1）x+2m﹣1（m≠0）．
（1）當m＝3時，求拋物線的頂點坐標；
（2）已知點A（1，2）．試說明拋物線總經過點A；
（3）已知點B（0，2），將點B向右平移3個單位長度，得到點C，若拋物線與線段BC只有一個公共點，求m的取值范圍．
【分析】（1）求出拋物線的解析式，由配方法可得出答案；
（2）把x＝1，y＝2代入y＝mx2﹣3（m﹣1）x+2m﹣1，可得出答案；
（3）分三種情況：①當拋物線的頂點是點A（1，2）時，拋物線與線段BC只有一個公共點，求出m＝3；
②當拋物線過點B（0，2）時，將點B（0，2）代入拋物線表達式，得2m﹣1＝2．解得m=32，則當0＜m＜32時，拋物線與線段BC只有一個公共點．
③當拋物線過點C（3，2）時，將點C（3，2）代入拋物線表達式，得m＝﹣3＜0．則當﹣3＜m＜0時，拋物線與線段BC只有一個公共點．
【解析】（1）把m＝3代入y＝mx2﹣3（m﹣1）x+2m﹣1中，得y＝3x2﹣6x+5＝3（x﹣1）2+2，
∴拋物線的頂點坐標是（1，2）．
（2）當x＝1時，y＝m﹣3（m﹣1）+2m﹣1＝m﹣3m+3+2m﹣1＝2．
∵點A（1，2），
∴拋物線總經過點A．
（3）∵點B（0，2），由平移得C（3，2）．
①當拋物線的頂點是點A（1，2）時，拋物線與線段BC只有一個公共點．
由（1）知，此時，m＝3．
②當拋物線過點B（0，2）時，
將點B（0，2）代入拋物線表達式，得
2m﹣1＝2．
∴m=32＞0．
此時拋物線開口向上（如圖1）．

∴當0＜m＜32時，拋物線與線段BC只有一個公共點．
③當拋物線過點C（3，2）時，
將點C（3，2）代入拋物線表達式，得
9m﹣9（m﹣1）+2m﹣1＝2．
∴m＝﹣3＜0．
此時拋物線開口向下（如圖2）．

∴當﹣3＜m＜0時，拋物線與線段BC只有一個公共點．
綜上，m的取值范圍是m＝3或0＜m＜32或﹣3＜m＜0．
22．（2020?惠安縣校級模擬）已知拋物線C：y＝ax2+bx+c（a＞0）的頂點在第一象限，且與直線y＝1只有一個公共點．
（1）若拋物線的對稱軸為直線x＝1，求a、c之間應當滿足的關系式；
（2）若b＝﹣2，點P是拋物線的頂點，且點P與點Q關于y軸對稱，△OPQ是等腰直角三角形．
①求拋物線的解析式；
②直線y＝kx（k＞0）與拋物線C1交于兩不同點A、B（點A在點B的左側），與直線y＝﹣2x+4交于點R．求證：對于每個給定的實數k，總有1OA+1OB=2OR成立．
【分析】（1）拋物線頂點坐標為（1，1），當x＝1時，y＝a+b+c＝1，而x=?b2a=1，即可求解；
（2）①PQ＝2t，OP=t2+1=OQ，△OPQ是等腰直角三角形，則OP2+OQ2＝PQ2，即可求解；②求出點A、B、R的橫坐標，即可求解．
【解析】（1）拋物線與直線y＝1只有一個公共點，則拋物線頂點的縱坐標為1，
而拋物線的對稱軸為直線x＝1，故頂點坐標為（1，1），
當x＝1時，y＝a+b+c＝1，
而x=?b2a=1，即b＝﹣2a，
故﹣a+c＝1，
故a＝c﹣1；

（2）①b＝﹣2，則拋物線的表達式為：y＝ax2﹣2x+c，
設點P（t，1），則點Q（﹣t，1），
則PQ＝2t，OP=t2+1=OQ，
∵△OPQ是等腰直角三角形，
∴OP2+OQ2＝PQ2，即2（t2+1）＝4t2，
解得：t＝±1（舍去﹣1），
故點P（1，1），
由（1）得，b＝﹣2a＝﹣2，解得：a＝1，c＝a+1＝2，
故拋物線的表達式為：y＝x2﹣2x+2；

②如圖，過點A、R、B分別作x軸的垂線，垂足分別為M、H、N，

則OAOM=OBON=OROH，
設OAOM=OBON=OROH=1m（m＞0，m為常數），
則OM＝m?AO，ON＝m?OB，OH＝m?OR
∵點A、B是直線y＝kx與拋物線的交點，
∴聯(lián)立兩個函數表達式并整理得：x2﹣（2+k）x+2＝0，
故x1+x2＝2+k，x1?x2＝2，
故1x1+1x2=x1+x2x1x2=2+k2，
∴1OM+1ON=2+k2，即1m?OA+1m?OB=2+k2，
聯(lián)立兩條直線表達式得y=kxy=?2x+4，解得：x=4k+2=OH＝m?OR，
∴1m?OR=k+24=12（1m?OA+1m?OB），
故每個給定的實數k，總有1OA+1OB=2OR成立．
23．（2020?河北區(qū)一模）在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2﹣3ax﹣1與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右側）與y軸交于點C．
（Ⅰ）當點（1，?32）在二次函數y＝ax2﹣3ax﹣1上時．
（i）求二次函數解析式；
（ii）P為第四象限內的拋物線上的一動點，連接PA、PC．若△PAC的面積最大時，求點P的坐標；
（Ⅱ）點M、N的坐標分別為（1，2），（4，2），連接MN，直接寫出線段MN與二次函數y＝ax2﹣3ax﹣1的圖象只有一個交點時a的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）（i）當點（1，?32）在二次函數y＝ax2﹣3ax﹣1上時，故?32=a﹣3a﹣1，解得：a=14，即可求解；（ii）△PAC的面積S=12×PF×（OE+EA）=12×（?14m2+m）×AO=?12m2+2m=?12（m﹣2）2+2，即可求解；
（Ⅱ）分a＞0、a＜0兩種情況，結合函數圖象即可求解．
【解析】（Ⅰ）（i）當點（1，?32）在二次函數y＝ax2﹣3ax﹣1上時，
故?32=a﹣3a﹣1，解得：a=14；
故二次函數解析式為：y=14x2?34x﹣1；
（ii）對于y=14x2?34x﹣1，令x＝0，y＝﹣1，令y＝0，x＝4或﹣1，
故點A、B、C的坐標分別為：（4，0）、（﹣1，0）、（0，﹣1），
設直線AC的表達式為：y＝kx+b，則4k+b=0b=?1，解得：k=14b=?1，
故直線AC的表達式為：y=14x﹣1，
過點P作PE⊥x軸于點E，交AC于點F，

設點P（m，14m2?34m﹣1），則點F（m，14m﹣1），
則PF＝（14m﹣1）﹣（14m2?34m﹣1）=?14m2+m，
△PAC的面積S=12×PF×（OE+EA）=12×（?14m2+m）×AO=?12m2+2m=?12（m﹣2）2+2，
∵當m＝2時，S有最大值，此時點P（2，?32）；

（Ⅱ）當a＞0時，如圖2，

函數的對稱軸為x=?b2a=32，
線段與拋物線有一個交點只能如圖所示，臨界點為點N，
當拋物線過點N時，x＝4，y＝ax2﹣3ax﹣1＝4a﹣1＝2，解得：a=34，
故線段MN與二次函數y＝ax2﹣3ax﹣1的圖象只有一個交點時a≥34；
當a＜0時，分兩種情況，
當拋物線頂點過MN時，即x=32時，y＝ax2﹣3ax﹣1=94a?92a﹣1＝2，解得：a=?43；
當拋物線頂點不過MN時，如圖3所示，

同理可得，臨界點為點M，故當x＝1時，y＝ax2﹣3ax﹣1＝a﹣3a﹣1＝2，解得：a=?32，
故a＜?32；
綜上，a≥34或a=?43或a＜?32．
24．（2020?永康市一模）我們知道求函數圖象的交點坐標，可以聯(lián)立兩個函數解析式組成方程組，方程組的解就是交點的坐標．如：求直線y＝2x+3與y＝﹣x+6的交點坐標，我們可以聯(lián)立兩個解析式得到方程組y=2x+3y=?x+6，解得x=1y=5，所以直線y＝2x+3與y＝﹣x+6的交點坐標為（1，5）．請利用上述知識解決下列問題：
（1）已知直線y＝kx﹣2和拋物線y＝x2﹣2x+3，
①當k＝4時，求直線與拋物線的交點坐標；
②當k為何值時，直線與拋物線只有一個交點？
（2）已知點A（a，0）是x軸上的動點，B（0，42），以AB為邊在AB右側做正方形ABCD，當正方形ABCD的邊與反比例函數y=22x的圖象有4個交點時，試求a的取值范圍．

【分析】（1）①由題意得：y=4x?2y=x2?2x+3，解得x1=1y1=2，x2=5y2=18，即可求解；②利用△＝0，即可求解；
（2）分a＞0、a＜0兩種情況，探討正方形的邊與反比例函數圖象交點的情況，進而求解．
【解析】（1）①由題意得：y=4x?2y=x2?2x+3，解得：x1=1y1=2，x2=5y2=18，
所以直線與拋物線的交點坐標是（1，2），（5，18）；
②聯(lián)立兩個函數并整理得：x2﹣（k+2）x+5＝0，
△＝（﹣k﹣2）2﹣4×5＝0，
解得：k＝﹣2±25；

（2）①當a＞0時，如圖1，

點A、B的坐標分別為：（a，0）、（0，42），
由點A、B的坐標得，直線AB的表達式為：y=?42ax+42，
當線段AB與雙曲線有一個交點時，
聯(lián)立AB表達式與反比例函數表達式得：?42ax+42=22x，
整理得：4x2﹣4ax+2a＝0，
△＝（﹣4a）2﹣16×2a＝0，解得：a＝2，
故當a＞2時，正方形ABCD與反比例函數的圖象有4個交點；
②當a＜0時，如圖2，

（Ⅰ）當邊AD與雙曲線有一個交點時，
過點D作ED⊥x軸于點E，
∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠BAO，
∵AB＝AD，∠AOB＝∠DEA＝90°，
∴△AOB≌△DEA（AAS），
∴ED＝AO＝﹣a，AE＝OB＝42，
故點D（a+42，a），
由點A、D的坐標可得，直線AD的表達式為：y=28a（x﹣a），
聯(lián)立AD與反比例函數表達式并整理得：ax2﹣a2x﹣16＝0，
△＝（﹣a2）2﹣4a×（16）＝0，解得：a＝﹣4（不合題意值已舍去）；
（Ⅱ）當邊BC與雙曲線有一個交點時，
同理可得：a＝﹣16，
所以當正方形ABCD的邊與反比例函數的圖象有4個交點時，a的取值范圍為：﹣16＜a＜﹣4；
綜上所述，a的取值范圍是a＞2或﹣16＜a＜﹣4．

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