?2021新版中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘
專題15純函數(shù)的計(jì)算推理綜合問題


【例1】（2020?廣州）平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）過點(diǎn)A（1，c﹣5a），B（x1，3），C（x2，3）．頂點(diǎn)D不在第一象限，線段BC上有一點(diǎn)E，設(shè)△OBE的面積為S1，△OCE的面積為S2，S1＝S2+32．
（1）用含a的式子表示b；
（2）求點(diǎn)E的坐標(biāo)：
（3）若直線DE與拋物線G的另一個(gè)交點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為6a+3，求y＝ax2+bx+c在1＜x＜6時(shí)的取值范圍（用含a的式子表示）．
【分析】（1）將點(diǎn)A坐標(biāo)代入解析式可求解；
（2）分兩種情況討論，由三角形面積關(guān)系，可得BE＝CE+1，由對(duì)稱軸為x＝3，可求BC中點(diǎn)M的坐標(biāo)（3，3），由線段的數(shù)量關(guān)系，可求EM=12，可求解；
（3）先求出點(diǎn)F坐標(biāo)，點(diǎn)D坐標(biāo)可求直線DF解析式，可得點(diǎn)E坐標(biāo)，可求DE解析式，可得c＝9a，由二次函數(shù)的性質(zhì)可求解．
【解析】（1）∵拋物線G：y＝ax2+bx+c（0＜a＜12）過點(diǎn)A（1，c﹣5a），
∴c﹣5a＝a+b+c，
∴b＝﹣6a；
（2）如圖1，當(dāng)點(diǎn)B在點(diǎn)C的左邊時(shí)，設(shè)BC的中點(diǎn)為M，

∵B（x1，3），C（x2，3），線段BC上有一點(diǎn)E，
∴S1=12×BE×3=32BE，S2=12×CE×3=32CE，
∵S1＝S2+32．
∴32CE+32=32BE，
∴BE＝CE+1，
∵b＝﹣6a，
∴拋物線G：y＝ax2﹣6ax+c，
∴對(duì)稱軸為x=?6a?2a=3，
∴BC的中點(diǎn)M坐標(biāo)為（3，3），
∵BE＝BM+EM，CE＝CM﹣EM，BM＝CM，BE＝CE+1，
∴EM=12，
∴點(diǎn)E（72，3）
當(dāng)點(diǎn)B在點(diǎn)C的右邊時(shí)，設(shè)BC的中點(diǎn)為M，

同理可求點(diǎn)E（52，3），
綜上所述：點(diǎn)E（72，3）或（52，3）；
（3）∵直線DE與拋物線G：y＝ax2﹣6ax+c的另一個(gè)交點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為6a+3，
∴y＝a（6a+3）2﹣6a×（6a+3）+c=36a?9a+c，
∴點(diǎn)F（6a+3，36a?9a+c），
∵點(diǎn)D是拋物線的頂點(diǎn)，
∴點(diǎn)D（3，﹣9a+c），
∴直線DF的解析式為：y＝6x﹣18+c﹣9a，
∴點(diǎn)E坐標(biāo)為（72，3），
又∵點(diǎn)D（3，﹣9a+c），
∴直線DE解析式為：y＝（6+18a﹣2c）x+7c﹣63a﹣18，
∵直線DE與直線DF是同一直線，
∴6＝6+18a﹣2c，
∴c＝9a，
∴拋物線解析式為：y＝ax2﹣6ax+9a，
∵1＜x＜6，
∴當(dāng)x＝3時(shí)，ymin＝0，當(dāng)x＝6時(shí)，ymax＝9a，
∴0≤y＜9a．
【例2】（2020?福建）已知直線l1：y＝﹣2x+10交y軸于點(diǎn)A，交x軸于點(diǎn)B，二次函數(shù)的圖象過A，B兩點(diǎn)，交x軸于另一點(diǎn)C，BC＝4，且對(duì)于該二次函數(shù)圖象上的任意兩點(diǎn)P1（x1，y1），P2（x2，y2），當(dāng)x1＞x2≥5時(shí)，總有y1＞y2．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）若直線l2：y＝mx+n（n≠10），求證：當(dāng)m＝﹣2時(shí)，l2∥l1；
（3）E為線段BC上不與端點(diǎn)重合的點(diǎn)，直線l3：y＝﹣2x+q過點(diǎn)C且交直線AE于點(diǎn)F，求△ABE與△CEF面積之和的最小值．
【分析】（1）先求出點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)C坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求解析式；
（2）利用反證法可得結(jié)論；
（3）通過證明△CEF∽△BEA，可得S△CEFS△ABE=（CEBE）2，BE＝t（0＜t＜4），則CE＝4﹣t，可求S△ABE=12×t×10＝5t，S△CEF=5(4?t)2t，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求解．
【解析】（1）∵直線l1：y＝﹣2x+10交y軸于點(diǎn)A，交x軸于點(diǎn)B，
∴點(diǎn)A（0，10），點(diǎn)B（5，0），
∵BC＝4，
∴點(diǎn)C（9，0）或點(diǎn)C（1，0），
∵點(diǎn)P1（x1，y1），P2（x2，y2），當(dāng)x1＞x2≥5時(shí)，總有y1＞y2．
∴當(dāng)x≥5時(shí)，y隨x的增大而增大，
當(dāng)拋物線過點(diǎn)C（9，0）時(shí)，則當(dāng)5＜x＜7時(shí)，y隨x的增大而減少，不合題意舍去，
當(dāng)拋物線過點(diǎn)C（1，0）時(shí)，則當(dāng)x＞3時(shí)，y隨x的增大而增大，符合題意，
∴設(shè)拋物線解析式為：y＝a（x﹣1）（x﹣5），過點(diǎn)A（0，10），
∴10＝5a，
∴a＝2，
∴拋物線解析式為：y＝2（x﹣1）（x﹣5）＝2x2﹣12x+10；
（2）當(dāng)m＝﹣2時(shí)，直線l2：y＝﹣2x+n（n≠10），
∴直線l2：y＝﹣2x+n（n≠10）與直線l1：y＝﹣2x+10不重合，
假設(shè)l1與l2不平行，則l1與l2必相交，設(shè)交點(diǎn)為P（xP，yP），
∴yP=?2xP+nyP=?2xP+10
解得：n＝10，
∵n＝10與已知n≠10矛盾，
∴l(xiāng)1與l2不相交，
∴l(xiāng)2∥l1；
（3）如圖，
、
∵直線l3：y＝﹣2x+q過點(diǎn)C，
∴0＝﹣2×1+q，
∴q＝2，
∴直線l3解析式為：y＝﹣2x+2，
∴l(xiāng)3∥l1，
∴CF∥AB，
∴∠ECF＝∠ABE，∠CFE＝∠BAE，
∴△CEF∽△BEA，
∴S△CEFS△ABE=（CEBE）2，
設(shè)BE＝t（0＜t＜4），則CE＝4﹣t，
∴S△ABE=12×t×10＝5t，
∴S△CEF＝（CEBE）2×S△ABE＝（4?tt）2×5t=5(4?t)2t，
∴S△ABE+S△CEF＝5t+5(4?t)2t=10t+80t?40＝10（t?22t）2+402?40，
∴當(dāng)t＝22時(shí)，S△ABE+S△CEF的最小值為402?40．
【例3】（2020?北京）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M（x1，y1），N（x2，y2）為拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）上任意兩點(diǎn)，其中x1＜x2．
（1）若拋物線的對(duì)稱軸為x＝1，當(dāng)x1，x2為何值時(shí)，y1＝y(tǒng)2＝c；
（2）設(shè)拋物線的對(duì)稱軸為x＝t，若對(duì)于x1+x2＞3，都有y1＜y2，求t的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)拋物線的對(duì)稱性解決問題即可．
（2）由題意點(diǎn)（x1，0），（x2，0）連線的中垂線與x軸的交點(diǎn)的坐標(biāo)大于32，利用二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可．
【解析】（1）由題意y1＝y(tǒng)2＝c，
∴x1＝0，
∵對(duì)稱軸x＝1，
∴M，N關(guān)于x＝1對(duì)稱，
∴x2＝2，
∴x1＝0，x2＝2時(shí)，y1＝y(tǒng)2＝c．
（2）①當(dāng)x1≥t時(shí)，恒成立．
②當(dāng)x1＜x2≤t時(shí)，恒不成立．
③當(dāng)x1＜t．x2＞t時(shí)，∵拋物線的對(duì)稱軸為x＝t，若對(duì)于x1+x2＞3，都有y1＜y2，
當(dāng)x1+x2＝3，且y1＝y(tǒng)2時(shí)，對(duì)稱軸x=32，
∴滿足條件的值為：t≤32．
【例4】（2020?湘西州）已知直線y＝kx﹣2與拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數(shù)，b＞0）的一個(gè)交點(diǎn)為A（﹣1，0），點(diǎn)M（m，0）是x軸正半軸上的動(dòng)點(diǎn)．
（1）當(dāng)直線y＝kx﹣2與拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數(shù)，b＞0）的另一個(gè)交點(diǎn)為該拋物線的頂點(diǎn)E時(shí)，求k，b，c的值及拋物線頂點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）在（1）的條件下，設(shè)該拋物線與y軸的交點(diǎn)為C，若點(diǎn)Q在拋物線上，且點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為b，當(dāng)S△EQM=12S△ACE時(shí)，求m的值；
（3）點(diǎn)D在拋物線上，且點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為b+12，當(dāng)2AM+2DM的最小值為2724時(shí)，求b的值．
【分析】（1）將A點(diǎn)坐標(biāo)代入直線與拋物線的解析式中求得k的值和b與c的關(guān)系式，再將拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)代入求得的直線的解析式，便可求得b、c的值，進(jìn)而求得E點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）先根據(jù)拋物線的解析式求得C、Q點(diǎn)坐標(biāo)，用m表示△EQM的面積，再根據(jù)S△EQM=12S△ACE列出m的方程進(jìn)行解答；
（3）取點(diǎn)N（0，1），則∠OAN＝45°，過D作直線AN的垂線，垂足為G，DG與x軸相交于點(diǎn)M，此時(shí)2AM+2DM＝2DG的值最小，由2DG=2724列出關(guān)于b的方程求解便可．
【解析】（1）∵直線y＝kx﹣2與拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數(shù)，b＞0）的一個(gè)交點(diǎn)為A（﹣1，0），
∴﹣k﹣2＝0，1+b+c＝0，
∴k＝﹣2，c＝﹣b﹣1，
∴直線y＝kx﹣2的解析式為y＝﹣2x﹣2，
∵拋物線y＝x2﹣bx+c的頂點(diǎn)坐標(biāo)為E（b2，4c?b24），
∴E（b2，?4b?4?b24），
∵直線y＝﹣2x﹣2與拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數(shù)，b＞0）的另一個(gè)交點(diǎn)為該拋物線的頂點(diǎn)E，
∴?4b?4?b24=?2×b2?2，
解得，b＝2，或b＝﹣2（舍），
當(dāng)b＝2時(shí)，c＝﹣3，
∴E（1，﹣4），
故k＝﹣2，b＝2，c＝﹣3，E（1，﹣4）；
（2）由（1）知，直線的解析式為y＝﹣2x﹣2，拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，
∴C（0，﹣3），Q（2，﹣3），
如圖1，設(shè)直線y＝﹣2x﹣2與y軸交點(diǎn)為N，則N（0，﹣2），

∴CN＝1，
∴S△ACE=S△ACN+S△ECN=12×1×1+12×1×1=1，
∴S△EQM=12，
設(shè)直線EQ與x軸的交點(diǎn)為D，顯然點(diǎn)M不能與點(diǎn)D重合，
設(shè)直線EQ的解析式為y＝dx+n（d≠0），
則2d+n=?3d+n=?4，
解得，d=1n=?5，
∴直線EQ的解析式為y＝x﹣5，
∴D（5，0），
∴S△EQM＝S△EDM﹣S△QDM=12DM×|?4|?12DM×|?3|=12DM=12|5?m|=12，
解得，m＝4，或m＝6；
（3）∵點(diǎn)D（b+12，yD）在拋物線y＝x2﹣bx﹣b﹣1上，
∴yD=(b+12)2?b(b+12)?b?1=?b2?34，
可知點(diǎn)D（b+12，?b2?34）在第四象限，且在直線x＝b的右側(cè)，
∵2AM+2DM=2(22AM+DM)，
∴可取點(diǎn)N（0，1），則∠OAN＝45°，
如圖2，過D作直線AN的垂線，垂足為G，DG與x軸相交于點(diǎn)M，

∵∠GAM＝90°﹣∠OAN＝45°，得22AM＝GM，
則此時(shí)點(diǎn)M滿足題意，
過D作DH⊥x軸于點(diǎn)H，則點(diǎn)H（b+12，0），
在Rt△MDH中，可知∠DMH＝∠MDH＝45°，
∴DH＝MH，DM=2MH，
∵點(diǎn)M（m，0），
∴0﹣（?b2?34）＝（b+12）﹣m，
解得，m=b2?14，
∵2AM+2DM=2724，
∴2[(b2?14)?(?1)]+22[(b+12)?(b2?14)]=2724，
解得，b＝3，
此時(shí)，m=32?14=54＞0，符合題意，
∴b＝3．
【例5】（2020?長(zhǎng)春）在平面直角坐標(biāo)系中，函數(shù)y＝x2﹣2ax﹣1（a為常數(shù)）的圖象與y軸交于點(diǎn)A．
（1）求點(diǎn)A的坐標(biāo)．
（2）當(dāng)此函數(shù)圖象經(jīng)過點(diǎn)（1，2）時(shí)，求此函數(shù)的表達(dá)式，并寫出函數(shù)值y隨x的增大而增大時(shí)x的取值范圍．
（3）當(dāng)x≤0時(shí)，若函數(shù)y＝x2﹣2ax﹣1（a為常數(shù)）的圖象的最低點(diǎn)到直線y＝2a的距離為2，求a的值．
（4）設(shè)a＜0，Rt△EFG三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為E（﹣1，﹣1）、F（﹣1，a﹣1）、G（0，a﹣1）．當(dāng)函數(shù)y＝x2﹣2ax﹣1（a為常數(shù)）的圖象與△EFG的直角邊有交點(diǎn)時(shí)，交點(diǎn)記為點(diǎn)P．過點(diǎn)P作y軸的垂線，與此函數(shù)圖象的另一個(gè)交點(diǎn)為P′（P′與P不重合），過點(diǎn)A作y軸的垂線，與此函數(shù)圖象的另一個(gè)交點(diǎn)為A′．若AA′＝2PP′，直接寫出a的值．

【分析】（1）當(dāng)x＝0時(shí)，代入y＝x2﹣2ax﹣1，即可得出結(jié)果；
（2）將點(diǎn)（1，2）代入y＝x2﹣2ax﹣1，得a＝﹣1，則函數(shù)的表達(dá)式為y＝x2+2x﹣1，由y＝x2+2x﹣1＝（x+1）2﹣2，得出拋物線的開口向上，對(duì)稱軸為x＝﹣1，則當(dāng)x＞﹣1時(shí)，y隨x的增大而增大；
（3）拋物線y＝x2﹣2ax﹣1＝（x﹣a）2﹣a2﹣1的對(duì)稱軸為x＝a，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（a，﹣a2﹣1），當(dāng)a＞0時(shí)，對(duì)稱軸在y軸右側(cè)，最低點(diǎn)就是A（0，﹣1），則2a﹣（﹣1）＝2，即可得出結(jié)果；當(dāng)a＜0，對(duì)稱軸在y軸左側(cè)，頂點(diǎn)（a，﹣a2﹣1）就是最低點(diǎn)，則2a﹣（﹣a2﹣1）＝2，即可得出結(jié)果；
（4）易證直角邊為EF與FG，由拋物線的對(duì)稱軸為x＝a，A（0，﹣1），則AA′＝﹣2a，當(dāng)點(diǎn)P在EF邊上時(shí)，PP′＝2（a+1），則﹣2a＝2×2（a+1），即可得出結(jié)果；當(dāng)點(diǎn)P在FG邊上時(shí)，求出PP′＝2a2+a，則﹣2a＝4a2+a，即可得出結(jié)果．
【解析】（1）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝x2﹣2ax﹣1＝﹣1，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為：（0，﹣1）；
（2）將點(diǎn)（1，2）代入y＝x2﹣2ax﹣1，
得：2＝1﹣2a﹣1，
解得：a＝﹣1，
∴函數(shù)的表達(dá)式為：y＝x2+2x﹣1，
∵y＝x2+2x﹣1＝（x+1）2﹣2，
∴拋物線的開口向上，對(duì)稱軸為x＝﹣1，如圖1所示：
∴當(dāng)x＞﹣1時(shí)，y隨x的增大而增大；
（3）拋物線y＝x2﹣2ax﹣1＝（x﹣a）2﹣a2﹣1的對(duì)稱軸為：x＝a，頂點(diǎn)坐標(biāo)為：（a，﹣a2﹣1），
當(dāng)a＞0時(shí)，對(duì)稱軸在y軸右側(cè)，如圖2所示：
∵x≤0，
∴最低點(diǎn)就是A（0，﹣1），
∵圖象的最低點(diǎn)到直線y＝2a的距離為2，
∴2a﹣（﹣1）＝2，
解得：a=12；
當(dāng)a＜0，對(duì)稱軸在y軸左側(cè)，頂點(diǎn)（a，﹣a2﹣1）就是最低點(diǎn)，
如圖3所示：
∴2a﹣（﹣a2﹣1）＝2，
整理得：（a+1）2＝2，
解得：a1＝﹣1?2，a2＝﹣1+2（不合題意舍去）；
綜上所述，a的值為12或﹣1?2；
（4）∵a＜0，Rt△EFG三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為E（﹣1，﹣1）、F（﹣1，a﹣1）、G（0，a﹣1），
∴直角邊為EF與FG，
∵拋物線y＝x2﹣2ax﹣1＝（x﹣a）2﹣a2﹣1的對(duì)稱軸為：x＝a，A（0，﹣1），
∴AA′＝﹣2a，
當(dāng)點(diǎn)P在EF邊上時(shí)，如圖4所示：
則xp＝﹣1，
∵EA＝OA＝1，
∴點(diǎn)P在對(duì)稱軸x＝a的左側(cè)，
∴PP′＝2（a+1），
∵AA′＝2PP′，
∴﹣2a＝2×2（a+1），
解得：a=?23；
當(dāng)點(diǎn)P在FG邊上時(shí)，如圖5所示：
則yp＝a﹣1，
∴x2﹣2ax﹣1＝a﹣1，
解得：x1＝a+a2+a，x2＝a?a2+a，
∴PP′＝a+a2+a?（a?a2+a）＝2a2+a，
∵AA′＝2PP′，
∴﹣2a＝4a2+a，
解得：a1=?43，a2＝0（不合題意舍去）；
綜上所述，a的值為?23或?43．





【例6】（2020?云南）拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3）．點(diǎn)P為拋物線y＝x2+bx+c上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，交直線BC于點(diǎn)E．
（1）求b、c的值；
（2）設(shè)點(diǎn)F在拋物線y＝x2+bx+c的對(duì)稱軸上，當(dāng)△ACF的周長(zhǎng)最小時(shí)，直接寫出點(diǎn)F的坐標(biāo)；
（3）在第一象限，是否存在點(diǎn)P，使點(diǎn)P到直線BC的距離是點(diǎn)D到直線BC的距離的5倍？若存在，求出點(diǎn)P所有的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）把A、C點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線的解析式列出b、c的方程組，解得b、c便可；
（2）連接BC與對(duì)稱軸交于點(diǎn)F，此時(shí)△ACF的周長(zhǎng)最小，求得BC的解析式，再求得BC與對(duì)稱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)便可；
（3）設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），根據(jù)相似三角形的比例式列出m的方程解答便可．
【解析】（1）把A、C點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線的解析式得，
1?b+c=0c=?3，
解得，b=?2c=?3；
（2）直線BC與拋物線的對(duì)稱軸交于點(diǎn)F，連接AF，如圖1，
此時(shí)，AF+CF＝BF+CF＝BC的值最小，
∵AC為定值，
∴此時(shí)△AFC的周長(zhǎng)最小，
由（1）知，b＝﹣2，c＝﹣3，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3，
∴對(duì)稱軸為x＝1，
令y＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得，x＝﹣1，或x＝3，
∴B（3，0），
令x＝0，得y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+b（k≠0），得
3k+b=0b=?3，
解得，k=1b=?3，
∴直線BC的解析式為：y＝x﹣3，
當(dāng)x＝1時(shí)，y＝x﹣3＝﹣2，
∴F（1，﹣2）；

（3）設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3）（m＞3），過P作PH⊥BC于H，過D作DG⊥BC于G，如圖2，
則PH＝5DG，E（m，m﹣3），
∴PE＝m2﹣3m，DE＝m﹣3，
∵∠PHE＝∠DGE＝90°，∠PEH＝∠DEG，
∴△PEH∽△DEG，
∴PEDE=PHDG=5，
∴m2?3mm?3=5，
∵m＝3（舍），或m＝5，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（5，12）．
故存在點(diǎn)P，使點(diǎn)P到直線BC的距離是點(diǎn)D到直線BC的距離的5倍，其P點(diǎn)坐標(biāo)為（5，12）．



【題組一】
1．（2020?思明區(qū)校級(jí)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(duì)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(diǎn)；
（3）①當(dāng)a＝﹣1，m≤x≤2時(shí)，y1≥x﹣3恒成立，直接寫出m的取值范圍；
②當(dāng)0＜a≤2，k＞0時(shí)，若在直線l下方的拋物線C上至少存在兩個(gè)橫坐標(biāo)為整數(shù)的點(diǎn)，求k的取值范圍．
【分析】（1）拋物線C的對(duì)稱軸為x＝h，當(dāng)h＝0時(shí)，拋物線C的對(duì)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(diǎn)坐標(biāo)為（h，﹣1），然后證明點(diǎn)（h，﹣1）在直線y2＝kx﹣kh﹣1的解析式上即可；
（3）①令y3＝x﹣3，依據(jù)拋物線的解析式可得到拋物線的頂點(diǎn)在直線y＝﹣1上，由m≤x≤2時(shí)，y1≥x﹣3恒成立可得到拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)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(shí)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(diǎn)A（h，﹣1）．當(dāng)0＜a≤2時(shí)，k＞0，在直線l下方的拋物線C上至少存在兩個(gè)橫坐標(biāo)為整數(shù)點(diǎn)，即當(dāng)x＝h+2時(shí)，y2＞y1恒成立，然后由y2＞y1可得到關(guān)于k的不等式，進(jìn)而求解．
【解析】（1）拋物線C的對(duì)稱軸為x＝h，
當(dāng)h＝0時(shí)，拋物線C的對(duì)稱軸即為y軸，
故命題“拋物線C的對(duì)稱軸不可能是y軸”為假命題；

（2）拋物線C的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（h，﹣1），
當(dāng)x＝h 時(shí)，y2＝kh﹣kh﹣1＝﹣1，
所以直線l恒過拋物線C的頂點(diǎn)；

（3）①當(dāng)a＝﹣1時(shí)，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(diǎn)在直線y＝﹣1上移動(dòng)，

當(dāng)m≤x≤2時(shí)，y1≥x﹣3恒成立，
則可知拋物線C的頂點(diǎn)為（2，﹣1），
設(shè)拋物線C與直線y3＝x﹣3 除頂點(diǎn)外的另一交點(diǎn)為M，
此時(shí)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)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(diǎn)A（h，﹣1）．

當(dāng)0＜a≤2時(shí)，k＞0，在直線l下方的拋物線C上至少存在兩個(gè)橫坐標(biāo)為整數(shù)點(diǎn)，即當(dāng)x＝h+2時(shí)，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?yàn)?＜a≤2，
所以0＜2a≤4，
所以k＞4．
2．（2020?長(zhǎng)春一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是A（﹣1，﹣1）、B（4，﹣1）、C（4，1），D（﹣1，1）．函數(shù)y=?12x2+2x?1(x≥m)x2?2mx+2m+2(x＜m)（m為常數(shù)）．
（1）當(dāng)此函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)D時(shí)，求此函數(shù)的表達(dá)式．
（2）在（1）的條件下，當(dāng)﹣2≤x≤2時(shí)，求函數(shù)值y的取值范圍．
（3）當(dāng)此函數(shù)的圖象與矩形ABCD的邊有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，直接寫出m的取值范圍．
（4）記此函數(shù)在m﹣1≤x≤m+1范圍內(nèi)的縱坐標(biāo)為y0，若存在1≤y0≤2時(shí)，直接寫出m的取值范圍．

【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)結(jié)合平面直角坐標(biāo)系先確定點(diǎn)D的坐標(biāo)，再判斷出經(jīng)過點(diǎn)D的函數(shù)，代入點(diǎn)D的坐標(biāo)求出m的值即可；
（2）當(dāng)﹣2≤x≤2時(shí)分﹣2≤x＜?12和?12≤x≤2兩種情況，結(jié)合函數(shù)圖象進(jìn)一步確定函數(shù)的取值范圍；
（3）首先確定當(dāng)x＜m時(shí)，y有最小值為﹣（x﹣m）2+3，再根據(jù)m的不同取值，結(jié)合圖象與矩形的邊的交點(diǎn)個(gè)數(shù)確定m的取值范圍；
（4）根據(jù)x的不同取值，分別得到關(guān)于m的不等式（組），求解不等式（組）即可．
【解析】（1）由題意得，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣1，1），
當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y=?12?2?1=?312≠1，
∴函數(shù)y=?12x2+2x?1(x≥m)的圖象不經(jīng)過點(diǎn)D，
∴函數(shù)y＝x2﹣2mx+2m+2（x＜m）的圖象經(jīng)過點(diǎn)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(dāng)﹣2≤x≤2時(shí)，分段討論：
①當(dāng)﹣2≤x＜?12時(shí)，y＝x2+x+1，
該二次函數(shù)的對(duì)稱軸為直線x=?12，且開口向上，如圖，

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

∴?12≤x≤2時(shí)，y隨x的增大而增大，
當(dāng)x=?12時(shí)，y最小值=?178，
當(dāng)x＝2時(shí)，y最大值是1，
∴?178≤x≤1．
綜上，當(dāng)﹣2≤x＜?12時(shí)，34＜y≤3；
當(dāng)?12≤x≤2時(shí)，?178≤x≤1；
∴y的取值范圍是：?178≤x≤3；
（3）y1=?12x2+2x?1過點(diǎn)E（0，﹣1），F(xiàn)（2，1），B（4，﹣1）三點(diǎn)，
y2=x2?2mx+2m+2=（x﹣m）2﹣（m﹣1）+3恒過（1，3），對(duì)稱軸為直線x＝m，
在x＜m時(shí)，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(shí)，則y1與矩形的邊有3個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；
②若0＜m≤2時(shí)，y1與矩形的邊有F、B兩個(gè)交點(diǎn)，即y2與矩形的邊無(wú)交點(diǎn)，
∴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(shí)，y1與矩形的邊的交點(diǎn)只有B，
∴y2有且只有一個(gè)交點(diǎn)，
∴﹣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(wú)交點(diǎn)，則y2與矩形的邊有兩個(gè)交點(diǎn)，
即：當(dāng)x＝4時(shí)，y2＜1，有兩個(gè)交點(diǎn)，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(dāng)m≤x≤m+1時(shí)，y0=y1=?12(x?2)2+1≤1，
若存在1≤y0≤2，僅有y0＝1，即x＝2時(shí)，y1＝1，
∴m≤2≤m+1，
∴1≤m≤2；
②當(dāng)m﹣1≤x＜m時(shí)，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．
3．（2020?寧德二模）在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2+bx+3的圖象經(jīng)過點(diǎn)M（1﹣m，n），點(diǎn)N（m+3a，n），交y軸于點(diǎn)A．
（1）求a，b滿足的關(guān)系式；
（2）若拋物線上始終存在不重合的P，Q兩點(diǎn)（P在Q的左邊）關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．
①求a的取值范圍；
②若點(diǎn)A，P，Q三點(diǎn)到直線l：y=?94x+32的距離相等，求線段PQ長(zhǎng)．
【分析】（1）點(diǎn)M、N的縱坐標(biāo)相同，故拋物線的對(duì)稱軸為直線x=12（1﹣m+m+3a）=?b2a，即可求解；
（2）設(shè)點(diǎn)P（x，y），則點(diǎn)Q（﹣x，﹣y），將點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得y=ax2+bx+3?y=a(?x)2?bx+3，即可求解；
（3）分點(diǎn)P、Q在直線l的兩側(cè)、點(diǎn)P、Q在直線l的同側(cè)兩種情況進(jìn)行討論求解，最終確定直線PQ的表達(dá)式，進(jìn)而求解．
【解析】（1）∵點(diǎn)M、N的縱坐標(biāo)相同，故拋物線的對(duì)稱軸為直線x=12（1﹣m+m+3a）=?b2a，
解得：a+b＝﹣3；

（2）設(shè)點(diǎn)P（x，y），則點(diǎn)Q（﹣x，﹣y），
將點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得y=ax2+bx+3?y=a(?x)2?bx+3，
解得ax2＝﹣3，
故a＜0；

（3）由（1）知，拋物線的表達(dá)式為y＝ax2﹣（a+3）x+3＝0①，
①當(dāng)點(diǎn)P、Q在直線l的兩側(cè)時(shí)，如圖1，
過點(diǎn)P、Q分別作直線l的垂線，垂足分別為G、H，設(shè)兩直線的交點(diǎn)為R，

由題意得：PG＝QH，
而∠PGR＝∠QHR＝90°，∠GRP＝∠QRH，
∴△PGR≌△QHR（AAS），
∴PR＝QR，即點(diǎn)R是PQ的中點(diǎn)，即點(diǎn)R與點(diǎn)O重合，
而直線l不過原點(diǎn)，故這種情況不存在；
②點(diǎn)P、Q在直線l的同側(cè)時(shí)，如圖2，
設(shè)直線l交y軸于點(diǎn)H，則點(diǎn)H（0，32），
而點(diǎn)A（0，3），故點(diǎn)H是OA的中點(diǎn)，
過點(diǎn)A、O分別作直線l的垂線，垂足分別為M、N，

同理可得：△AMH≌△ONH（AAS），
即點(diǎn)A、O到直線l的距離相等，
而A，P，Q三點(diǎn)到直線l距離相等，
過直線PQ與直線l平行，
則直線PQ的表達(dá)式為y=?94x②，
聯(lián)立①②并整理得：ax2﹣（a+34）x+3＝0，
則xP+xQ=a+34a=0，解得a=?34，
故拋物線的表達(dá)式為y=?34x2?94x+3③，
聯(lián)立②③并解得：x=?2y=4.5或x=2y=?4.5，
故點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)分別為（﹣2，4.5）、（2，﹣4.5），
由點(diǎn)PQ的坐標(biāo)得，PQ=(2+2)2+(4.5+4.5)2=97．
4．（2020?海淀區(qū)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2﹣2mx+m2+m的頂點(diǎn)為A．
（1）當(dāng)m＝1時(shí)，直接寫出拋物線的對(duì)稱軸；
（2）若點(diǎn)A在第一象限，且OA=2，求拋物線的解析式；
（3）已知點(diǎn)B（m?12，m+1），C（2，2）．若拋物線與線段BC有公共點(diǎn)，結(jié)合函數(shù)圖象，直接寫出m的取值范圍．

【分析】（1）將m＝1代入拋物線解析式即可求出拋物線的對(duì)稱軸；
（2）根據(jù)拋物線y＝x2﹣2mx+m2+m的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（m，m）．點(diǎn)A在第一象限，且OA=2，即可求拋物線的解析式；
（3）將點(diǎn)B（m?12，m+1），C（2，2）．分別代入拋物線y＝x2﹣2mx+m2+m，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出m的取值范圍．
【解析】（1）當(dāng)m＝1時(shí)，拋物線y＝x2﹣2mx+m2+m＝x2﹣2x+2．
∴拋物線的對(duì)稱軸為x＝1；
（2）∵y＝x2﹣2mx+m2+m＝（x﹣m）2+m，
∴拋物線y＝x2﹣2mx+m2+m的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（m，m）．
∵點(diǎn)A在第一象限，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為（m，m），
∴過點(diǎn)A作AM垂直于x軸于點(diǎn)M，連接OA，
∵m＞0，
∴OM＝AM＝m，
∴OA=2m，
∵OA=2，
∴m＝1，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x+2．

（3）∵點(diǎn)B（m?12，m+1），C（2，2）．
∴把點(diǎn)B（m?12，m+1），代入拋物線y＝x2﹣2mx+m2+m時(shí)，
方程無(wú)解；
把點(diǎn)C（2，2）代入拋物線y＝x2﹣2mx+m2+m，
得m2﹣3m+2＝0，
解得m＝1或m＝2，
根據(jù)函數(shù)圖象性質(zhì)：
當(dāng)m≤1或m≥2時(shí)，
拋物線與線段BC有公共點(diǎn)，
∴m的取值范圍是：m≤1或m≥2．
【題組二】
5．（2020?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）已知拋物線y＝﹣x2+4ax﹣4a2+3a（a＞34），頂點(diǎn)為點(diǎn)D，拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C．
（1）若a＝3時(shí)，求此時(shí)拋物線的最大值；
（2）若當(dāng)0≤x≤2時(shí)，拋物線函數(shù)有最大值3，求此時(shí)a的值；
（3）若直線CD交x軸于點(diǎn)G，求AG?BGOG的值．
【分析】（1）將a＝3代入拋物線的解析式，配方成頂點(diǎn)式，可得最大值；
（2）利用配方法得：y＝﹣（x﹣2a）2+3a，得拋物線的對(duì)稱軸是：x＝2a，分兩種情況：①當(dāng)對(duì)稱軸在0與2之間時(shí)，最大值就是頂點(diǎn)坐標(biāo)的縱坐標(biāo)，②當(dāng)對(duì)稱軸在點(diǎn)（2，0）的右側(cè)時(shí)，在0≤x≤2時(shí)，y隨x的增大而增大，x＝2時(shí)有最大值，列式可得a的值；
（3）根據(jù)（2）可得D的坐標(biāo)，令y＝0和x＝0可得A、B、C的坐標(biāo)，從而利用待定系數(shù)法可得CD的解析式，可得G的坐標(biāo)，根據(jù)兩點(diǎn)的距離可得AG、BG和OG的長(zhǎng)，代入所求的式子化簡(jiǎn)可得結(jié)論．
【解析】（1）當(dāng)a＝3時(shí)，y＝﹣x2+12x﹣36+9＝﹣x2+12x﹣27＝﹣（x﹣6）2+9，
∵﹣1＜0，
∴當(dāng)x＝6時(shí)，y有最大值是9；
（2）y＝﹣x2+4ax﹣4a2+3a＝﹣（x﹣2a）2+3a，
∴拋物線的對(duì)稱軸是：x＝2a，
∵a＞34，
∴2a＞32，
分兩種情況：
①當(dāng)32＜2a≤2時(shí)，即34＜a≤1，
∴當(dāng)0≤x≤2時(shí)，拋物線函數(shù)有最大值是3a，即3a＝3，
∴a＝1；
②當(dāng)2a＞2時(shí)，即a＞1，y隨x的增大而增大，
∴當(dāng)0≤x≤2時(shí)，x＝2時(shí)有最大值3，
∴y＝﹣（2﹣2a）2+3a＝3，
解得：a1=74，a2＝1（舍），
綜上，a的值是1或74；
（3）如圖，∵y＝﹣（x﹣2a）2+3a，

∴D（2a，3a），C（0，﹣4a2+3a），
當(dāng)y＝0時(shí)，﹣（x﹣2a）2+3a＝0，
解得：x1＝2a?3a，x2＝2a+3a，
∴A（2a?3a，0），B（2a+3a，0），
設(shè)DC的解析式為：y＝kx+b，
則2ak+b=3ab=?4a2+3a，解得：k=2ab=?4a2+3a，
∴設(shè)DC的解析式為：y＝2ax﹣4a2+3a，
當(dāng)y＝0時(shí)，2ax﹣4a2+3a＝0，
∴x＝2a?32，
∴OG＝2a?32，
∴AG?BGOG=[(2a?32)?(2a?3a)][(2a+3a)?(2a?32)]2a?32=(3a?32)(3a+32)2a?32=3a?942a?32=12a?98a?6=32．
6．（2020?日照）如圖，函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（m，0），B（0，n）兩點(diǎn)，m，n分別是方程x2﹣2x﹣3＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且m＜n．
（Ⅰ）求m，n的值以及函數(shù)的解析式；
（Ⅱ）設(shè)拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為C，拋物線的頂點(diǎn)為D，連接AB，BC，BD，CD．求證：△BCD∽△OBA；
（Ⅲ）對(duì)于（Ⅰ）中所求的函數(shù)y＝﹣x2+bx+c，
（1）當(dāng)0≤x≤3時(shí)，求函數(shù)y的最大值和最小值；
（2）設(shè)函數(shù)y在t≤x≤t+1內(nèi)的最大值為p，最小值為q，若p﹣q＝3，求t的值．

【分析】（I）首先解方程求得A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法確定二次函數(shù)的解析式即可；
（II）根據(jù)解方程直接寫出點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后確定頂點(diǎn)D的坐標(biāo)，根據(jù)兩點(diǎn)的距離公式可得△BDC三邊的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理的逆定理可得∠DBC＝90°，根據(jù)邊長(zhǎng)可得△AOB和△DBC兩直角邊的比相等，則兩直角三角形相似；
（III）（1）確定拋物線的對(duì)稱軸是x＝1，根據(jù)增減性可知：x＝1時(shí)，y有最大值，當(dāng)x＝3時(shí)，y有最小值；
（2）分5種情況：①當(dāng)函數(shù)y在t≤x≤t+1內(nèi)的拋物線完全在對(duì)稱軸的左側(cè)；②當(dāng)t+1＝1時(shí)；③當(dāng)函數(shù)y在t≤x≤t+1內(nèi)的拋物線分別在對(duì)稱軸的兩側(cè)；④當(dāng)t＝1時(shí)，⑤函數(shù)y在t≤x≤t+1內(nèi)的拋物線完全在對(duì)稱軸的右側(cè)；分別根據(jù)增減性可解答．
【解析】（I）解：∵m，n分別是方程x2﹣2x﹣3＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且m＜n，
用因式分解法解方程：（x+1）（x﹣3）＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴m＝﹣1，n＝3，
∴A（﹣1，0），B（0，3），
把（﹣1，0），（0，3）代入得，?1?b+c=0c=3，解得b=2c=3，
∴函數(shù)解析式為y＝﹣x2+2x+3．
（ II）證明：令y＝﹣x2+2x+3＝0，即x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸的交點(diǎn)為A（﹣1，0），C（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，
∴對(duì)稱軸為x=?1+32=1，頂點(diǎn)D（1，﹣1+2+3），即D（1，4），
∴BC=32+32=32，BD=12+12=2，DC=42+22=25，
∵CD2＝DB2+CB2，
∴△BCD是直角三角形，且∠DBC＝90°，
∴∠AOB＝∠DBC，
在Rt△AOB和Rt△DBC中，AOBD=12=22，OBBC=332=22，
∴AOBD=OBBC，
∴△BCD∽△OBA；
（ III）解：拋物線y＝﹣x2+2x+3的對(duì)稱軸為x＝1，頂點(diǎn)為D（1，4），
（1）在0≤x≤3范圍內(nèi)，
當(dāng)x＝1時(shí)，y最大值＝4；當(dāng)x＝3時(shí)，y最小值＝0；
（2）①當(dāng)函數(shù)y在t≤x≤t+1內(nèi)的拋物線完全在對(duì)稱軸的左側(cè)，當(dāng)x＝t時(shí)取得最小值q＝﹣t2+2t+3，最大值p＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
令p﹣q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即﹣2t+1＝3，解得t＝﹣1．
②當(dāng)t+1＝1時(shí)，此時(shí)p＝4，q＝3，不合題意，舍去；
③當(dāng)函數(shù)y在t≤x≤t+1內(nèi)的拋物線分別在對(duì)稱軸的兩側(cè)，
此時(shí)p＝4，令p﹣q＝4﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即t2﹣2t﹣2＝0解得：t1＝1+3（舍），t2＝1?3（舍）；
或者p﹣q＝4﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，即t=±3（不合題意，舍去）；
④當(dāng)t＝1時(shí)，此時(shí)p＝4，q＝3，不合題意，舍去；
⑤當(dāng)函數(shù)y在t≤x≤t+1內(nèi)的拋物線完全在對(duì)稱軸的右側(cè)，當(dāng)x＝t時(shí)取得最大值p＝﹣t2+2t+3，最小值q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
令p﹣q＝﹣t2+2t+3﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，解得t＝2．
綜上，t＝﹣1或t＝2．
7．（2020?興化市一模）已知，拋物線y＝ax2﹣2amx+am2+2m﹣5與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2）兩點(diǎn)，頂點(diǎn)為P．
（1）當(dāng)a＝1，m＝2時(shí)，求線段AB的長(zhǎng)度；
（2）當(dāng)a＝2，若點(diǎn)P到x軸的距離與點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離相等，求該拋物線的解析式；
（3）若a=?15，當(dāng)2m﹣5≤x≤2m﹣2時(shí)，y的最大值為2，求m的值．
【分析】（1）將a＝1，m＝2直接代入拋物線的解析式中得：y＝x2﹣4x+3，令y＝0，解方程可得結(jié)論；
（2）將a＝2代入代入拋物線的解析式中，配方成頂點(diǎn)式，可得P（m，2m﹣5），分情況討論并根據(jù)點(diǎn)P到x軸的距離與點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離相等列方程可得m的值，即可得拋物線的解析式；
（3）先把a(bǔ)=?15代入拋物線的解析式為y=?15（x﹣m）2+2m﹣5，分三種情況考慮：符合條件的x值在對(duì)稱軸的左側(cè)，在對(duì)稱軸的兩側(cè)，在對(duì)稱軸的右側(cè)，根據(jù)增減性和y的最大值為2列方程可得m的值．
【解析】（1）當(dāng)a＝1，m＝2時(shí)，y＝x2﹣4x+3，
當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣4x+3＝0，
解得：x1＝1，x2＝3，
∴AB＝3﹣1＝2；
（2）當(dāng)a＝2時(shí)，y＝2x2﹣4mx+2m2+2m﹣5＝2（x﹣m）2+2m﹣5，
∵頂點(diǎn)為P，
∴P（m，2m﹣5），
∴點(diǎn)P在直線 y＝2x﹣5上，
∵點(diǎn)P到x軸的距離與點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離相等，
∴當(dāng)點(diǎn)P在第一象限時(shí)，m＝2m﹣5，m＝5，該拋物線的解析式為y＝2（x﹣5）2+5，
當(dāng)解析式為y＝2（x﹣5）2+5時(shí)，該拋物線與x軸無(wú)交點(diǎn)與題意有兩個(gè)交點(diǎn)矛盾，故這種情況舍去，
當(dāng)點(diǎn)P在第四象限時(shí)，m＝﹣（2m﹣5），m=53，該拋物線的解析式為y=2(x?53)2?53；
（3）當(dāng)a=?15時(shí)，拋物線的解析式為y=?15（x﹣m）2+2m﹣5，
分三種情況考慮：
①當(dāng)m＞2m﹣2，即m＜2時(shí)，有?15（2m﹣2﹣m）2+2m﹣5＝2，
整理，得：m2﹣14m+39＝0，
解得：m1＝7?10（舍去），m2＝7+10（舍去）；
②當(dāng)2m﹣5≤m≤2m﹣2，即2≤m≤5時(shí)，有2m﹣5＝2，
解得：m=72；
③當(dāng)m＜2m﹣5，即m＞5時(shí)，有?15（2m﹣5﹣m）2+2m﹣5＝2，
整理，得：m2﹣20m+60＝0，
解得：m3＝10﹣210（舍去），m4＝10+210．
綜上所述：m的值為72或10+210．
8．（2020?長(zhǎng)春一模）函數(shù)y=12x2?mx?m+1(x≥1)?x2+2mx+2m?2(x＜1)（m為常數(shù)）
（1）若點(diǎn)（﹣2，3）在函數(shù)y上，求m的值．
（2）當(dāng)點(diǎn)（m，﹣1）在函數(shù)y上時(shí)，求m的值．
（3）若m＝1，當(dāng)﹣1≤x≤2時(shí)，求函數(shù)值y的取值范圍．
（4）已知正方形ABCD的中心點(diǎn)為原點(diǎn)O，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，1），當(dāng)函數(shù)y與正方形ABCD有3個(gè)交點(diǎn)時(shí)，直接寫出實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【分析】（1）把（﹣2，3）代入y＝﹣x2+2mx+2m﹣2中，列方程可解答；
（2）分兩種情況：①當(dāng)m≥1時(shí)，把（m，﹣1）代入y=12x2?mx﹣m+1中，②當(dāng)m＜1時(shí)，（m，﹣1）代入y＝﹣x2+2mx+2m﹣2中，計(jì)算可解答；
（3）先將m＝1代入函數(shù)y中，畫出圖象，分別代入x＝﹣1，x＝2計(jì)算對(duì)應(yīng)的函數(shù)y的值，再將x＝1代入y＝﹣x2+2x中根據(jù)圖象可得結(jié)論；
（4）畫出相關(guān)函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象即可求得．
【解析】（1）把（﹣2，3）代入y＝﹣x2+2mx+2m﹣2中得，
﹣4﹣4m+2m﹣2＝3，
∴m=?92；
（2）分兩種情況：
①當(dāng)m≥1時(shí)，把（m，﹣1）代入y=12x2?mx﹣m+1中得：
12m2?m2﹣m+1＝﹣1，
m2+2m﹣4＝0，
∴m＝﹣1+5或﹣1?5（舍）；
②當(dāng)m＜1時(shí)，把（m，﹣1）代入y＝﹣x2+2mx+2m﹣2中得：
﹣m2+2m2+2m﹣2＝﹣1，
∴m＝﹣1+2或﹣1?2；
綜上，m取值為?1+5或?1±2；
（3）當(dāng)m＝1時(shí)，y=12x2?x(x≥1)?x2+2x(x＜1)，如圖1所示，

當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝﹣1﹣2＝﹣3，
當(dāng)x＝2時(shí)，y＝2﹣2＝0，
把x＝1代入y＝﹣x2+2x中得：y＝﹣1+2＝1
∴當(dāng)﹣1≤x≤2時(shí)，函數(shù)值y的取值范圍是﹣3≤y＜1；
（4）如圖2，當(dāng)y＝﹣x2+2mx+2m﹣2的頂點(diǎn)落在線段BC上時(shí)，頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)為﹣1，有：
m2+2m﹣2＝﹣1，
解得：m1＝﹣1?2（舍），m2＝﹣1+2．
如圖3，當(dāng)y＝﹣x2+2mx+2m﹣2經(jīng)過點(diǎn)B（1，﹣1）時(shí)，有：
﹣1+2m+2m﹣2＝﹣1，
解得：m=12．
∴﹣1+2＜m＜12．
如圖4，當(dāng)函數(shù)圖象經(jīng)過點(diǎn)A（1，1）時(shí)，有：
﹣1+4m﹣2＝1，
∴m＝1．
如圖5，當(dāng)y=12x2﹣mx﹣m+1經(jīng)過點(diǎn)B（1，﹣1）時(shí)，有：
12?m﹣m+1＝﹣1，
解得：m=54．
∴1＜m≤54．




綜上，當(dāng)﹣1+2＜m＜12或1＜m≤54時(shí)相關(guān)函數(shù)圖象與正方形ABCD的邊有3個(gè)交點(diǎn)．
【題組三】
9．（2020?東明縣模擬）已知，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax（a＞0）的頂點(diǎn)為C，與x軸交于點(diǎn)O、A，關(guān)于x的一次函數(shù)y＝﹣ax（a＞0）．
（1）試說明點(diǎn)C在一次函數(shù)的圖象上；
（2）若兩個(gè)點(diǎn)（k，y1）、（k+2，y2）（k≠0，±2）都在二次函數(shù)的圖象上，是否存在整數(shù)k，滿足1y1+1y2=16a？如果存在，請(qǐng)求出k的值；如果不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）若點(diǎn)E是二次函數(shù)圖象上一動(dòng)點(diǎn)，E點(diǎn)的橫坐標(biāo)是n，且﹣1≤n≤1，過點(diǎn)E作y軸的平行線，與一次函數(shù)圖象交于點(diǎn)F，當(dāng)0＜a≤2時(shí)，求線段EF的最大值．
【分析】（1）先求出二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax＝a（x﹣1）2﹣a頂點(diǎn)C（1，﹣a），當(dāng)x＝1時(shí)，一次函數(shù)值y＝﹣a所以點(diǎn)C在一次函數(shù)y＝﹣ax的圖象上；
（2）存在．將點(diǎn)（k，y1）、（k+2，y2）（k≠0，±2）代入二次函數(shù)解析式，y1＝ak2﹣2ak，y2＝a（k+2）2﹣2a（k+2），因?yàn)闈M足1y1+1y2=16a，1ak2?2ak+1a(k+2)2?2a(k+2)=16a，整理，得 1ak(k?2)+1ak(k+2)=16a，2k2?4=16，解得k＝±4，經(jīng)檢驗(yàn)：k＝±4是原方程的根，所以整數(shù)k的值為±4；
（3）分兩種情況討論：①當(dāng)﹣1≤n≤0時(shí)，EF＝y(tǒng)E﹣yF＝an2﹣2an﹣（﹣an）＝a（n?12）2?14a，②當(dāng)0＜n≤1時(shí)，EF＝y(tǒng)F﹣yE＝﹣an﹣（an2﹣2an）＝﹣a（n?12）2+14a．
【解析】（1）∵二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax＝a（x﹣1）2﹣a，
∴頂點(diǎn)C（1，﹣a），
∵當(dāng)x＝1時(shí)，一次函數(shù)值y＝﹣a
∴點(diǎn)C在一次函數(shù)y＝﹣ax的圖象上；
（2）存在．
∵點(diǎn)（k，y1）、（k+2，y2）（k≠0，±2）都在二次函數(shù)的圖象上，
∴y1＝ak2﹣2ak，y2＝a（k+2）2﹣2a（k+2），
∵滿足1y1+1y2=16a，
∴1ak2?2ak+1a(k+2)2?2a(k+2)=16a，
整理，得 1ak(k?2)+1ak(k+2)=16a，
∴1k(k?2)+1k(k+2)=16，
∴2k2?4=16，
解得k＝±4，
經(jīng)檢驗(yàn)：k＝±4是原方程的根，
∴整數(shù)k的值為±4．
（3）∵點(diǎn)E是二次函數(shù)圖象上一動(dòng)點(diǎn)，
∴E（n，an2﹣2an），
∵EF∥y軸，F(xiàn)在一次函數(shù)圖象上，∴F（n，﹣an）．
①當(dāng)﹣1≤n≤0時(shí)，EF＝y(tǒng)E﹣yF＝an2﹣2an﹣（﹣an）＝a（n?12）2?14a，
∵a＞0，
∴當(dāng)n＝﹣1時(shí)，EF有最大值，且最大值是2a，
又∵0＜a≤2，
∴0＜2a≤4，即EF的最大值是4；
②當(dāng)0＜n≤1時(shí)，EF＝y(tǒng)F﹣yE＝﹣an﹣（an2﹣2an）＝﹣a（n?12）2+14a，
此時(shí)EF的最大值是14a，
又∵0＜a≤2，
∴0＜14a≤12，即EF的最大值是12；
綜上所述，EF的最大值是4．
10．（2019?天津）已知拋物線y＝x2﹣bx+c（b，c為常數(shù)，b＞0）經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)M（m，0）是x軸正半軸上的動(dòng)點(diǎn)．
（Ⅰ）當(dāng)b＝2時(shí)，求拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（Ⅱ）點(diǎn)D（b，yD）在拋物線上，當(dāng)AM＝AD，m＝5時(shí)，求b的值；
（Ⅲ）點(diǎn)Q（b+12，yQ）在拋物線上，當(dāng)2AM+2QM的最小值為3324時(shí)，求b的值．
【分析】（Ⅰ）將點(diǎn)A（﹣1，0）代入y＝x2﹣bx+c，求出c關(guān)于b的代數(shù)式，再將b代入即可求出c的值，可進(jìn)一步寫出拋物線解析式及頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（Ⅱ）將點(diǎn)D（b，yD）代入拋物線y＝x2﹣bx﹣b﹣1，求出點(diǎn)D縱坐標(biāo)為﹣b﹣1，由b＞0判斷出點(diǎn)D（b，﹣b﹣1）在第四象限，且在拋物線對(duì)稱軸x=b2的右側(cè)，過點(diǎn)D作DE⊥x軸，可證△ADE為等腰直角三角形，利用銳角三角函數(shù)可求出b的值；
（Ⅲ）將點(diǎn)Q（b+12，yQ）代入拋物線y＝x2﹣bx﹣b﹣1，求出Q縱坐標(biāo)為?b2?34，可知點(diǎn)Q（b+12，?b2?34）在第四象限，且在直線x＝b的右側(cè)，點(diǎn)N（0，1），過點(diǎn)Q作直線AN的垂線，垂足為G，QG與x軸相交于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作QH⊥x軸于點(diǎn)H，則點(diǎn)H（b+12，0），在Rt△MQH中，可知∠QMH＝∠MQH＝45°，設(shè)點(diǎn)M（m，0），則可用含b的代數(shù)式表示m，因?yàn)?AM+2QM=3324，所以2[（b2?14）﹣（﹣1）]+22[（b+12）﹣（b2?14）]=3324，解方程即可．
【解析】（Ⅰ）∵拋物線y＝x2﹣bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0），
∴1+b+c＝0，
即c＝﹣b﹣1，
當(dāng)b＝2時(shí)，
y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣4）；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，拋物線的解析式為y＝x2﹣bx﹣b﹣1，
∵點(diǎn)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(diǎn)D（b，﹣b﹣1）在第四象限，且在拋物線對(duì)稱軸x=b2的右側(cè)，
如圖1，過點(diǎn)D作DE⊥x軸，垂足為E，則點(diǎn)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＝5，
∴5﹣（﹣1）=2（b+1），
∴b＝32?1；

（Ⅲ）∵點(diǎn)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(diǎn)Q（b+12，?b2?34）在第四象限，且在直線x＝b的右側(cè)，
∵2AM+2QM＝2（22AM+QM），
∴可取點(diǎn)N（0，1），
如圖2，過點(diǎn)Q作直線AN的垂線，垂足為G，QG與x軸相交于點(diǎn)M，
由∠GAM＝45°，得22AM＝GM，
則此時(shí)點(diǎn)M滿足題意，
過點(diǎn)Q作QH⊥x軸于點(diǎn)H，則點(diǎn)H（b+12，0），
在Rt△MQH中，可知∠QMH＝∠MQH＝45°，
∴QH＝MH，QM=2MH，
∵點(diǎn)M（m，0），
∴0﹣（?b2?34）＝（b+12）﹣m，
解得，m=b2?14，
∵2AM+2QM=3324，
∴2[（b2?14）﹣（﹣1）]+22[（b+12）﹣（b2?14）]=3324，
∴b＝4．


11．（2019?廣州）已知拋物線G：y＝mx2﹣2mx﹣3有最低點(diǎn)．
（1）求二次函數(shù)y＝mx2﹣2mx﹣3的最小值（用含m的式子表示）；
（2）將拋物線G向右平移m個(gè)單位得到拋物線G1．經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)，隨著m的變化，拋物線G1頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)y與橫坐標(biāo)x之間存在一個(gè)函數(shù)關(guān)系，求這個(gè)函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量x的取值范圍；
（3）記（2）所求的函數(shù)為H，拋物線G與函數(shù)H的圖象交于點(diǎn)P，結(jié)合圖象，求點(diǎn)P的縱坐標(biāo)的取值范圍．
【分析】（1）拋物線有最低點(diǎn)即開口向上，m＞0，用配方法或公式法求得對(duì)稱軸和函數(shù)最小值．
（2）寫出拋物線G的頂點(diǎn)式，根據(jù)平移規(guī)律即得到拋物線G1的頂點(diǎn)式，進(jìn)而得到拋物線G1頂點(diǎn)坐標(biāo)（m+1，﹣m﹣3），即x＝m+1，y＝﹣m﹣3，x+y＝﹣2即消去m，得到y(tǒng)與x的函數(shù)關(guān)系式．再由m＞0，即求得x的取值范圍．
（3）法一：求出拋物線恒過點(diǎn)B（2，﹣4），函數(shù)H圖象恒過點(diǎn)A（2，﹣3），由圖象可知兩圖象交點(diǎn)P應(yīng)在點(diǎn)A、B之間，即點(diǎn)P縱坐標(biāo)在A、B縱坐標(biāo)之間．
法二：聯(lián)立函數(shù)H解析式與拋物線解析式組成方程組，整理得到用x表示m的式子．由x與m的范圍討論x的具體范圍，即求得函數(shù)H對(duì)應(yīng)的交點(diǎn)P縱坐標(biāo)的范圍．
【解析】（1）∵y＝mx2﹣2mx﹣3＝m（x﹣1）2﹣m﹣3，拋物線有最低點(diǎn)
∴二次函數(shù)y＝mx2﹣2mx﹣3的最小值為﹣m﹣3

（2）∵拋物線G：y＝m（x﹣1）2﹣m﹣3
∴平移后的拋物線G1：y＝m（x﹣1﹣m）2﹣m﹣3
∴拋物線G1頂點(diǎn)坐標(biāo)為（m+1，﹣m﹣3）
∴x＝m+1，y＝﹣m﹣3
∴x+y＝m+1﹣m﹣3＝﹣2
即x+y＝﹣2，變形得y＝﹣x﹣2
∵m＞0，m＝x﹣1
∴x﹣1＞0
∴x＞1
∴y與x的函數(shù)關(guān)系式為y＝﹣x﹣2（x＞1）

（3）法一：如圖，函數(shù)H：y＝﹣x﹣2（x＞1）圖象為射線
x＝1時(shí)，y＝﹣1﹣2＝﹣3；x＝2時(shí)，y＝﹣2﹣2＝﹣4
∴函數(shù)H的圖象恒過點(diǎn)B（2，﹣4）
∵拋物線G：y＝m（x﹣1）2﹣m﹣3
x＝1時(shí)，y＝﹣m﹣3；x＝2時(shí)，y＝m﹣m﹣3＝﹣3
∴拋物線G恒過點(diǎn)A（2，﹣3）
由圖象可知，若拋物線與函數(shù)H的圖象有交點(diǎn)P，則yB＜yP＜yA
∴點(diǎn)P縱坐標(biāo)的取值范圍為﹣4＜yP＜﹣3
法二：y=?x?2y=mx2?2mx?3
整理的：m（x2﹣2x）＝1﹣x
∵x＞1，且x＝2時(shí)，方程為0＝﹣1不成立
∴x≠2，即x2﹣2x＝x（x﹣2）≠0
∴m=1?xx(x?2)＞0
∵x＞1
∴1﹣x＜0
∴x（x﹣2）＜0
∴x﹣2＜0
∴x＜2即1＜x＜2
∵yP＝﹣x﹣2
∴﹣4＜yP＜﹣3

12．（2019?呼和浩特）已知二次函數(shù)y＝ax2﹣bx+c且a＝b，若一次函數(shù)y＝kx+4與二次函數(shù)的圖象交于點(diǎn)A（2，0）．
（1）寫出一次函數(shù)的解析式，并求出二次函數(shù)與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）當(dāng)a＞c時(shí)，求證：直線y＝kx+4與拋物線y＝ax2﹣bx+c一定還有另一個(gè)異于點(diǎn)A的交點(diǎn)；
（3）當(dāng)c＜a≤c+3時(shí)，求出直線y＝kx+4與拋物線y＝ax2﹣bx+c的另一個(gè)交點(diǎn)B的坐標(biāo)；記拋物線頂點(diǎn)為M，拋物線對(duì)稱軸與直線y＝kx+4的交點(diǎn)為N，設(shè)S=259S△AMN﹣S△BMN，寫出S關(guān)于a的函數(shù)，并判斷S是否有最大值？如果有，求出最大值；如果沒有，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）把點(diǎn)A坐標(biāo)代入一次函數(shù)解析式即求得k的值；把點(diǎn)A坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式，且把a(bǔ)＝b代入，求得c＝﹣2a，所有二次函數(shù)解析式為y＝ax2﹣ax﹣2a，令y＝0即求得與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）由（1）得直線解析式為y＝﹣2x+4，拋物線解析式為y＝ax2﹣ax﹣2a，兩方程聯(lián)立消去y后，得到關(guān)于x的一元二次方程，求得其△＝（3a+2）2．由于a＞c，c＝﹣2a，求得a＞0，故△＝（3a+2）2＞0，方程有兩個(gè)不相等實(shí)數(shù)根，即直線與拋物線除了點(diǎn)A還有另一個(gè)交點(diǎn)．
（3）由c＜a≤c+3和c＝﹣2a求得0＜a≤1，故拋物線開口向上，可畫出拋物線與直線的大致圖象．聯(lián)立直線與拋物線解方程即求得點(diǎn)B坐標(biāo)（用a表示）．將拋物線解析式配方求得頂點(diǎn)M和對(duì)稱軸，求拋物線對(duì)稱軸與直線交點(diǎn)N的坐標(biāo)，點(diǎn)N縱坐標(biāo)減去點(diǎn)M縱坐標(biāo)得MN的長(zhǎng)，進(jìn)而能用含a的式子表示S△AMN與S△BMN，代入即寫出S關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式．由0＜a≤1得到當(dāng)a＝1時(shí)，S能有最大值，并能求出最大值．
【解析】（1）把點(diǎn)A（2，0）代入y＝kx+4得：2k+4＝0
∴k＝﹣2
∴一次函數(shù)的解析式為y＝﹣2x+4
∵二次函數(shù)y＝ax2﹣bx+c的圖象過點(diǎn)A（2，0），且a＝b
∴4a﹣2a+c＝0
解得：c＝﹣2a
∴二次函數(shù)解析式為y＝ax2﹣ax﹣2a（a≠0）
當(dāng)ax2﹣ax﹣2a＝0，解得：x1＝2，x2＝﹣1
∴二次函數(shù)與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），（﹣1，0）．

（2）證明：由（1）得：直線解析式為y＝﹣2x+4，拋物線解析式為y＝ax2﹣ax﹣2a
y=?2x+4y=ax2?ax?2a
整理得：ax2+（2﹣a）x﹣2a﹣4＝0
∴△＝（2﹣a）2﹣4a（﹣2a﹣4）＝a2﹣4a+4+8a2+16a＝9a2+12a+4＝（3a+2）2
∵a＞c，c＝﹣2a
∴a＞﹣2a
∴a＞0
∴3a+2＞0
∴△＝（3a+2）2＞0
∴關(guān)于x的一元二次方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根
∴直線與拋物線還有另一個(gè)異于點(diǎn)A的交點(diǎn)

（3）∵c＜a≤c+3，c＝﹣2a
∴﹣2a＜a≤﹣2a+3
∴0＜a≤1，拋物線開口向上
∵y=?2x+4y=ax2?ax?2a 整理得：ax2+（2﹣a）x﹣2a﹣4＝0，且△＝（3a+2）2＞0
∴x=?(2?a)±(3a+2)22a=?(2?a)±(3a+2)2a
∴x1＝2（即點(diǎn)A橫坐標(biāo)），x2＝﹣1?2a
∴y2＝﹣2（﹣1?2a）+4=4a+6
∴直線y＝kx+4與拋物線y＝ax2﹣bx+c的另一個(gè)交點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣1?2a，4a+6）
∵拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a＝a（x?12）2?94a
∴頂點(diǎn)M（12，?94a），對(duì)稱軸為直線x=12
∴拋物線對(duì)稱軸與直線y＝﹣2x+4的交點(diǎn)N（12，3）
∴如圖，MN＝3﹣（?94a）＝3+94a
∴S=259S△AMN﹣S△BMN=259×12MN（xA?12）?12MN（12?xB）=2518（3+94a）（2?12）?12（3+94a）（12+1+2a）＝（3+94a）（7536?34?1a）＝3a?3a+74
∵0＜a≤1
∴0＜3a≤3，?3a≤?3
∴當(dāng)a＝1時(shí)，3a＝3，?3a=?3均取得最大值
∴S＝3a?3a+74有最大值，最大值為74．

【題組四】
13．（2019?長(zhǎng)春）已知函數(shù)y=?x2+nx+n，(x≥n)，?12x2+n2x+n2，(x＜n)（n為常數(shù)）
（1）當(dāng)n＝5，
①點(diǎn)P（4，b）在此函數(shù)圖象上，求b的值；
②求此函數(shù)的最大值．
（2）已知線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（2，2）、B（4，2），當(dāng)此函數(shù)的圖象與線段AB只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，直接寫出n的取值范圍．
（3）當(dāng)此函數(shù)圖象上有4個(gè)點(diǎn)到x軸的距離等于4，求n的取值范圍．
【分析】（1）①將P（4，b）代入y=?12x2+52x+52；②當(dāng)x≥5時(shí)，當(dāng)x＝5時(shí)有最大值為5；當(dāng)x＜5時(shí)，當(dāng)x=52時(shí)有最大值為458；故函數(shù)的最大值為458；
（2）將點(diǎn)（4，2）代入y＝﹣x2+nx+n中，得到n=185，所以185＜n＜4時(shí)，圖象與線段AB只有一個(gè)交點(diǎn)；將點(diǎn)（2，2）代入y＝﹣x2+nx+n和y=?12x2+n2x+n2中，得到n＝2，n=83，所以2≤n＜83時(shí)圖象與線段AB只有一個(gè)交點(diǎn)；
（3）利用數(shù)形結(jié)合的思想，分別畫出圖象解決問題即可：n＞0時(shí)，n＞n2，①如圖1中，當(dāng)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為4時(shí)，構(gòu)建方程解決問題即可．
②如圖2中，觀察圖象可知，當(dāng)n≥8時(shí)，恰好有四個(gè)點(diǎn)滿足條件，分別是圖中A，B，C，D．
③如圖3中，當(dāng)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為4時(shí)，恰好有四個(gè)點(diǎn)滿足條件，分別是圖中A，B，C，D．構(gòu)建方程即可解決問題．
④如圖4中，當(dāng)n≤﹣8時(shí)，觀察圖象可知，恰好有四個(gè)點(diǎn)滿足條件，分別是圖中A，B，C，D．
【解析】（1）當(dāng)n＝5時(shí)，
y=?x2+5x+5(x≥5)?12x2+52x+52(x＜5)，
①將P（4，b）代入y=?12x2+52x+52，
∴b=92；
②當(dāng)x≥5時(shí)，當(dāng)x＝5時(shí)有最大值為5；
當(dāng)x＜5時(shí)，當(dāng)x=52時(shí)有最大值為458；
∴函數(shù)的最大值為458；
（2）將點(diǎn)（4，2）代入y＝﹣x2+nx+n中，
∴n=185，
∴185＜n＜4時(shí)，圖象與線段AB只有一個(gè)交點(diǎn)；
將點(diǎn)（2，2）代入y＝﹣x2+nx+n中，
∴n＝2，

將點(diǎn)（2，2）代入y=?12x2+n2x+n2中，
∴n=83，
∴2≤n＜83時(shí)圖象與線段AB只有一個(gè)交點(diǎn)；
綜上所述：185＜n＜4，2≤n＜83時(shí)，圖象與線段AB只有一個(gè)交點(diǎn)；
（3）n＞0時(shí)，n＞n2，函數(shù)圖象如圖實(shí)線所示．
①如圖1中，當(dāng)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為4時(shí)，

則有?n28+n24+n2=n28+n2=4時(shí)，解得n＝4或n＝﹣8（舍去），
觀察圖象可知：n＝4時(shí)，滿足條件的點(diǎn)恰好有四個(gè)，分別是A，B，C，D．
②如圖2中，觀察圖象可知，當(dāng)n≥8時(shí)，恰好有四個(gè)點(diǎn)滿足條件，分別是圖中A，B，C，D．

n＜0時(shí)，n＜n2，函數(shù)圖象如圖中實(shí)線．
③如圖3中，當(dāng)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為4時(shí)，恰好有四個(gè)點(diǎn)滿足條件，分別是圖中A，B，C，D．

則有：?n24+n22+n＝4時(shí)，
解得n＝﹣2﹣25或n＝﹣2+25（舍棄）

④如圖4中，當(dāng)n≤﹣8時(shí)，觀察圖象可知，恰好有四個(gè)點(diǎn)滿足條件，分別是圖中A，B，C，D．

綜上所述，函數(shù)圖象上有4個(gè)點(diǎn)到x軸的距離等于4時(shí)，n≤﹣8或n＝﹣2﹣25或n＝4或n≥8．
14．（2020?宿州模擬）對(duì)于二次函數(shù)y＝mx2+（5m+3）x+4m（m為常數(shù)且m≠0）有以下三種說法：
①不論m為何值，函數(shù)圖象一定過定點(diǎn)（﹣1，﹣3）；
②當(dāng)m＝﹣1時(shí)，函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸有3個(gè)交點(diǎn)；
③當(dāng)m＜0，x≥?6726時(shí)，函數(shù)y隨x的增大而減??；
判斷真假，并說明理由．
【分析】①根據(jù)二次函數(shù)y＝mx2+（5m+3）x+4m，可進(jìn)行變形，得到y(tǒng)═（x2+5x+4）m+3x，只要令x2+5x+4＝0，則所得的x的值就與m無(wú)關(guān)，從而可以解答本題；
②將m＝﹣1代入函數(shù)解析式，然后分別令x＝0和y＝0求出相應(yīng)的y值和x的值，即可解答本題；
③根據(jù)拋物線的解析式可以求得對(duì)稱軸，然后根據(jù)m＜0，可知在對(duì)稱軸右側(cè)y隨x的增大而減小，然后令對(duì)稱軸的值等于?6726，求得m的值然后看m的值是否小于0，即可解答本題．
【解析】①是真命題，
理由：∵y＝mx2+（5m+3）x+4m＝（x2+5x+4）m+3x，
∴當(dāng)x2+5x+4＝0時(shí)，得x＝﹣4或x＝﹣1，
∴x＝﹣1時(shí)，y＝﹣3；x＝﹣4時(shí)，y＝﹣12；
∴二次函數(shù)y＝mx2+（5m+3）x+4m（m為常數(shù)且m≠0）的圖象一定過定點(diǎn)（﹣1，﹣3），
故①是真命題；
②是假命題，
理由：當(dāng)m＝﹣1時(shí)，則函數(shù)為y＝﹣x2﹣2x﹣4，
∵當(dāng)y＝0時(shí)，﹣x2﹣2x﹣4＝0，△＝（﹣2）2﹣4×（﹣1）×（﹣4）＝﹣12＜0；當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣4；
∴拋物線與x軸無(wú)交點(diǎn)，與y軸一個(gè)交點(diǎn)，
故②是假命題；
③是假命題，
理由：∵y＝mx2+（5m+3）x+4m，
∴對(duì)稱軸x=?b2a=?5m+32m=?52?32m，
∵m＜0，x≥?6726時(shí)，函數(shù)y隨x的增大而減小，
∴?52?32m≤?6726，得m≥392，
∵m＜0與m≥392矛盾，
故③為假命題．
15．（2020?長(zhǎng)沙）我們不妨約定：若某函數(shù)圖象上至少存在不同的兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則把該函數(shù)稱之為“H函數(shù)”，其圖象上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)叫做一對(duì)“H點(diǎn)”．根據(jù)該約定，完成下列各題．
（1）在下列關(guān)于x的函數(shù)中，是“H函數(shù)”的，請(qǐng)?jiān)谙鄳?yīng)題目后面的括號(hào)中打“√”，不是“H函數(shù)”的打“×”．
①y＝2x（　√?。?；
②y=mx（m≠0）（　√　）；
③y＝3x﹣1（　×　）．
（2）若點(diǎn)A（1，m）與點(diǎn)B（n，﹣4）是關(guān)于x的“H函數(shù)”y＝ax2+bx+c（a≠0）的一對(duì)“H點(diǎn)”，且該函數(shù)的對(duì)稱軸始終位于直線x＝2的右側(cè)，求a，b，c的值或取值范圍．
（3）若關(guān)于x的“H函數(shù)”y＝ax2+2bx+3c（a，b，c是常數(shù)）同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件：①a+b+c＝0，②（2c+b﹣a）（2c+b+3a）＜0，求該“H函數(shù)”截x軸得到的線段長(zhǎng)度的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)“H函數(shù)”的定義判斷即可．
（2）先根據(jù)題意求出m，n的取值范圍，代入y＝ax2+bx+c得到a，b，c的關(guān)系，再根據(jù)對(duì)稱軸在x＝2的右側(cè)即可求解．
（3）設(shè)“H“點(diǎn)為（p，q）和（﹣p，﹣q），代入y＝ax2+2bx+3c得到ap2+3c＝0，2bp＝q，得到a，c異號(hào)，再根據(jù)a+b+c＝0，代入（2c+b﹣a）（2x+b+3a）＜0，求出ca的取值，設(shè)函數(shù)與x軸的交點(diǎn)為（x1，0），（x2，0），t=ca，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到|x1﹣x2|=(x1+x2)2?4x1x2=2(t?12)2+34，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解．
【解析】（1）①y＝2x是“H函數(shù)”．②y=mx（m≠0）是“H函數(shù)”．③y＝3x﹣1不是“H函數(shù)”．
故答案為：√，√，×．
（2）∵A，B是“H點(diǎn)”，
∴A，B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
∴m＝4，n＝﹣1，
∴A（1，4），B（﹣1，﹣4），
代入y＝ax2+bx+c（a≠0）
得a+b+c=4a?b+c=?4，
∴b=4a+c=0，
∵該函數(shù)的對(duì)稱軸始終位于直線x＝2的右側(cè)，
∴?b2a＞2，
∴?42a＞2，
∴﹣1＜a＜0，
∵a+c＝0，
∴0＜c＜1，
綜上所述，﹣1＜a＜0，b＝4，0＜c＜1．

（3）∵y＝ax2+2bx+3c是“H函數(shù)”，
∴設(shè)H（p，q）和（﹣p，﹣q），
代入得到ap2+2bp+3c=qap2?2bp+3c=?q，
解得ap2+3c＝0，2bp＝q，
∵p2＞0，
∴a，c異號(hào)，
∴ac＜0，
∵a+b+c＝0，
∴b＝﹣a﹣c，
∵（2c+b﹣a）（2c+b+3a）＜0，
∴（2c﹣a﹣c﹣a）（2c﹣a﹣c+3a）＜0，
∴（c﹣2a）（c+2a）＜0，
∴c2＜4a2，
∴c2a2＜4，
∴﹣2＜ca＜2，
設(shè)t=ca，則﹣2＜t＜0，
設(shè)函數(shù)與x軸交于（x1，0），（x2，0），
∴x1，x2是方程ax2+2bx+3c＝0的兩根，
∴|x1﹣x2|=(x1+x2)2?4x1x2
=(?2ba)2?4?3ca
=4(a+c)2a2?12ca
=4[1+2ca+(ca)2?3ca]
＝21+2t+t2?3t
＝2(t?12)2+34，
∵﹣2＜t＜0，
∴2＜|x1﹣x2|＜27．
16．（2020?大連）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，函數(shù)F1和F2的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，它們與直線x＝t（t＞0）分別相交于點(diǎn)P，Q．
（1）如圖，函數(shù)F1為y＝x+1，當(dāng)t＝2時(shí)，PQ的長(zhǎng)為　4??；
（2）函數(shù)F1為y=3x，當(dāng)PQ＝6時(shí)，t的值為　1??；
（3）函數(shù)F1為y＝ax2+bx+c（a≠0），
①當(dāng)t=bb時(shí)，求△OPQ的面積；
②若c＞0，函數(shù)F1和F2的圖象與x軸正半軸分別交于點(diǎn)A（5，0），B（1，0），當(dāng)c≤x≤c+1時(shí)，設(shè)函數(shù)F1的最大值和函數(shù)F2的最小值的差為h，求h關(guān)于c的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量c的取值范圍．

【分析】（1）根據(jù)F1和F2關(guān)于y軸對(duì)稱得出F2的解析式，求出P、Q兩點(diǎn)坐標(biāo)，即可得到PQ；
（2）根據(jù)F1和F2關(guān)于y軸對(duì)稱得出F2的解析式，求出P、Q兩點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)PQ＝6得出方程，解出t值即可；
（3）①根據(jù)F1和F2關(guān)于y軸對(duì)稱得出F2的解析式，將x=bb代入解析式，求出P、Q兩點(diǎn)坐標(biāo)，從而得出△OPQ的面積；
②根據(jù)題意得出兩個(gè)函數(shù)的解析式，再分當(dāng)0＜c＜1時(shí)，當(dāng)1≤c≤2時(shí)，當(dāng)c＞2時(shí)，三種情況，分析兩個(gè)函數(shù)的增減性，得出最值，相減即可．
【解析】（1）∵F1：y＝x+1，
F1和F2關(guān)于y軸對(duì)稱，
∴F2：y＝﹣x+1，
分別令x＝2，則2+1＝3，﹣2+1＝﹣1，
∴P（2，3），Q（2，﹣1），
∴PQ＝3﹣（﹣1）＝4，
故答案為：4；
（2）∵F1：y=3x，
可得：F2：y=?3x，
∵x＝t，可得：P（t，3t），Q（t，?3t），
∴PQ=3t??3t=6t=6，
解得：t＝1，
經(jīng)檢驗(yàn)：t＝1是原方程的解，
故答案為：1；
（3）①∵F1：y＝ax2+bx+c，
∴F2：y＝ax2﹣bx+c，
∵t=bb，分別代入F1，F(xiàn)2，
可得：P（bb，ab+b+c），Q（bb，ab?b+c），
∴PQ＝|ab+b+c?(ab?b+c)|=2b，
∴S△OPQ=12×2b×bb=1；
②∵函數(shù)F1和F2的圖象與x軸正半軸分別交于點(diǎn)A（5，0），B（1，0），
而函數(shù)F1和F2的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，
∴函數(shù)F1的圖象經(jīng)過A（5，0）和（﹣1，0），
∴設(shè)F1：y＝a（x+1）（x﹣5）＝ax2﹣4ax﹣5a，
則F2：y＝ax2+4ax﹣5a，
∴F1的圖象的對(duì)稱軸是直線x＝2，且c＝﹣5a，
∴a=?c5，
∵c＞0，則a＜0，c+1＞1，
而F2的圖象在x＞0時(shí)，y隨x的增大而減小，
當(dāng)0＜c＜1時(shí)，
F1的圖象y隨x的增大而增大，F(xiàn)2的圖象y隨x的增大而減小，
∴當(dāng)x＝c+1時(shí)，y＝ax2﹣4ax﹣5a的最大值為a（c+1）2﹣4a（c+1）﹣5a，
y＝ax2+4ax﹣5a的最小值為a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a，
則h＝a（c+1）2﹣4a（c+1）﹣5a﹣[a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a]＝﹣8ac﹣8a，
又∵a=?c5，
∴h=85c2+85c；
當(dāng)1≤c≤2時(shí)，
F1的最大值為4a×(?5a)?(?4a)24a=?9a，F(xiàn)2的圖象y隨x的增大而減小，
∴F2的最小值為：a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a，
則h＝﹣9a﹣[a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a]＝﹣a（c+1）2﹣4a（c+1）﹣4a＝﹣ac2﹣6ac﹣9a，
又∵a=?c5，
∴h=15c3+65c2+95c，
當(dāng)c＞2時(shí)，
F1的圖象y隨x的增大而減小，F(xiàn)2的圖象y隨x的增大而減小，
∴當(dāng)x＝c時(shí)，y＝ax2﹣4ax﹣5a的最大值為ac2﹣4ac﹣5a，
當(dāng)x＝c+1時(shí)，y＝ax2+4ax﹣5a的最小值為a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a，
則h＝ac2+4ac﹣5a﹣[a（c+1）2+4a（c+1）﹣5a]，
又∵a=?c5，
∴h＝2c2+c；
綜上：h關(guān)于x的解析式為：h=85c2+85c(0＜c＜1)15c3+65c2+95c(1≤c≤2)2c2+c(c＞2)．
【題組五】
17．（2020?金華）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知二次函數(shù)y=?12（x﹣m）2+4圖象的頂點(diǎn)為A，與y軸交于點(diǎn)B，異于頂點(diǎn)A的點(diǎn)C（1，n）在該函數(shù)圖象上．
（1）當(dāng)m＝5時(shí)，求n的值．
（2）當(dāng)n＝2時(shí)，若點(diǎn)A在第一象限內(nèi)，結(jié)合圖象，求當(dāng)y≥2時(shí)，自變量x的取值范圍．
（3）作直線AC與y軸相交于點(diǎn)D．當(dāng)點(diǎn)B在x軸上方，且在線段OD上時(shí)，求m的取值范圍．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可．
（2）求出y＝2時(shí)，x的值即可判斷．
（3）由題意點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，?12m2+4），求出幾個(gè)特殊位置m的值即可判斷．
【解析】（1）當(dāng)m＝5時(shí)，y=?12（x﹣5）2+4，
當(dāng)x＝1時(shí)，n=?12×42+4＝﹣4．

（2）當(dāng)n＝2時(shí)，將C（1，2）代入函數(shù)表達(dá)式y(tǒng)=?12（x﹣m）2+4，得2=?12（1﹣m）2+4，
解得m＝3或﹣1（舍去），
∴此時(shí)拋物線的對(duì)稱軸x＝3，
根據(jù)拋物線的對(duì)稱性可知，當(dāng)y＝2時(shí)，x＝1或5，
∴x的取值范圍為1≤x≤5．

（3）∵點(diǎn)A與點(diǎn)C不重合，
∴m≠1，
∵拋物線的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)是（m，4），
∴拋物線的頂點(diǎn)在直線y＝4上，
當(dāng)x＝0時(shí)，y=?12m2+4，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，?12m2+4），
拋物線從圖1的位置向左平移到圖2的位置前，m逐漸減小，點(diǎn)B沿y軸向上移動(dòng)，
當(dāng)點(diǎn)B與O重合時(shí)，?12m2+4＝0，
解得m＝22或﹣22（不合題意舍去），
當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)D重合時(shí)，如圖2，頂點(diǎn)A也與B，D重合，點(diǎn)B到達(dá)最高點(diǎn)，
∴點(diǎn)B（0，4），
∴?12m2+4＝4，解得m＝0，
當(dāng)拋物線從圖2的位置繼續(xù)向左平移時(shí)，如圖3點(diǎn)B不在線段OD上，
∴B點(diǎn)在線段OD上時(shí)，m的取值范圍是：0≤m＜1或1＜m＜22．

18．（2020?上海）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=?12x+5與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B（如圖）．拋物線y＝ax2+bx（a≠0）經(jīng)過點(diǎn)A．
（1）求線段AB的長(zhǎng)；
（2）如果拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過線段AB上的另一點(diǎn)C，且BC=5，求這條拋物線的表達(dá)式；
（3）如果拋物線y＝ax2+bx的頂點(diǎn)D位于△AOB內(nèi)，求a的取值范圍．

【分析】（1）先求出A，B坐標(biāo)，即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)點(diǎn)C（m，?12m+5），則BC=52|m|，進(jìn)而求出點(diǎn)C（2，4），最后將點(diǎn)A，C代入拋物線解析式中，即可得出結(jié)論；
（3）將點(diǎn)A坐標(biāo)代入拋物線解析式中得出b＝﹣10a，代入拋物線解析式中得出頂點(diǎn)D坐標(biāo)為（5，﹣25a），即可得出結(jié)論．
【解析】（1）針對(duì)于直線y=?12x+5，
令x＝0，y＝5，
∴B（0，5），
令y＝0，則?12x+5＝0，
∴x＝10，
∴A（10，0），
∴AB=52+102=55；

（2）設(shè)點(diǎn)C（m，?12m+5），
∵B（0，5），
∴BC=m2+(?12m+5?5)2=52|m|，
∵BC=5，
∴52|m|=5，
∴m＝±2，
∵點(diǎn)C在線段AB上，
∴m＝2，
∴C（2，4），
將點(diǎn)A（10，0），C（2，4）代入拋物線y＝ax2+bx（a≠0）中，得100a+10b=04a+2b=4，
∴a=?14b=52，
∴拋物線y=?14x2+52x；

（3）∵點(diǎn)A（10，0）在拋物線y＝ax2+bx中，得100a+10b＝0，
∴b＝﹣10a，
∴拋物線的解析式為y＝ax2﹣10ax＝a（x﹣5）2﹣25a，
∴拋物線的頂點(diǎn)D坐標(biāo)為（5，﹣25a），
將x＝5代入y=?12x+5中，得y=?12×5+5=52，
∵頂點(diǎn)D位于△AOB內(nèi)，
∴0＜﹣25a＜52，
∴?110＜a＜0；
19．（2020?無(wú)錫）在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OA交二次函數(shù)y=14x2的圖象于點(diǎn)A，∠AOB＝90°，點(diǎn)B在該二次函數(shù)的圖象上，設(shè)過點(diǎn)（0，m）（其中m＞0）且平行于x軸的直線交直線OA于點(diǎn)M，交直線OB于點(diǎn)N，以線段OM、ON為鄰邊作矩形OMPN．
（1）若點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為8．
①用含m的代數(shù)式表示M的坐標(biāo)；
②點(diǎn)P能否落在該二次函數(shù)的圖象上？若能，求出m的值；若不能，請(qǐng)說明理由．
（2）當(dāng)m＝2時(shí)，若點(diǎn)P恰好落在該二次函數(shù)的圖象上，請(qǐng)直接寫出此時(shí)滿足條件的所有直線OA的函數(shù)表達(dá)式．

【分析】（1）①求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，直線直線OA的解析式即可解決問題．
②求出直線OB的解析式，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，利用矩形的性質(zhì)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出m的值即可．
（2）分兩種情形：①當(dāng)點(diǎn)A在y軸的右側(cè)時(shí)，設(shè)A（a，14a2），求出點(diǎn)P的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法構(gòu)建方程求出a即可．
②當(dāng)點(diǎn)A在y軸的左側(cè)時(shí)，即為①中點(diǎn)B的位置，利用①中結(jié)論即可解決問題．
【解析】（1）①∵點(diǎn)A在y=14x2的圖象上，橫坐標(biāo)為8，
∴A（8，16），
∴直線OA的解析式為y＝2x，
∵點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為m，
∴M（12m，m）．

②假設(shè)能在拋物線上，連接OP．
∵∠AOB＝90°，
∴直線OB的解析式為y=?12x，
∵點(diǎn)N在直線OB上，縱坐標(biāo)為m，
∴N（﹣2m，m），
∴MN的中點(diǎn)的坐標(biāo)為（?34m，m），
∴P（?32m，2m），把點(diǎn)P坐標(biāo)代入拋物線的解析式得到m=329．

（2）①當(dāng)點(diǎn)A在y軸的右側(cè)時(shí)，設(shè)A（a，14a2），
∴直線OA的解析式為y=14ax，
∴M（8a，2），
∵OB⊥OA，
∴直線OB的解析式為y=?4ax，可得N（?a2，2），
∴P（8a?a2，4），代入拋物線的解析式得到，8a?a2=±4，
解得，a＝42±4，
∴直線OA的解析式為y＝（2±1）x．

②當(dāng)點(diǎn)A在y軸的左側(cè)時(shí)，即為①中點(diǎn)B的位置，
∴直線OA 的解析式為y=?4ax＝﹣（2±1）x，
綜上所述，滿足條件的直線OA的解析式為y＝（2±1）x或y＝﹣（2±1）x．

20．（2019?臺(tái)州）已知函數(shù)y＝x2+bx+c（b，c為常數(shù)）的圖象經(jīng)過點(diǎn)（﹣2，4）．
（1）求b，c滿足的關(guān)系式；
（2）設(shè)該函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)是（m，n），當(dāng)b的值變化時(shí)，求n關(guān)于m的函數(shù)解析式；
（3）若該函數(shù)的圖象不經(jīng)過第三象限，當(dāng)﹣5≤x≤1時(shí)，函數(shù)的最大值與最小值之差為16，求b的值．
【分析】（1）將點(diǎn)（﹣2，4）代入y＝x2+bx+c，c＝2b；
（2）m=?b2，n=4c?b24，得n＝2b﹣m2；
（3）y＝x2+bx+2b＝（x+b2）2?b24+2b，當(dāng)b≤0時(shí)，c≤0，函數(shù)不經(jīng)過第三象限，則c＝0；此時(shí)y＝x2，最大值與最小值之差為25；當(dāng)b＞0時(shí)，c＞0，函數(shù)不經(jīng)過第三象限，則△≤0，得0≤b≤8，當(dāng)﹣5≤x≤1時(shí)，函數(shù)有最小值?b24+2b，當(dāng)﹣5≤?b2＜?2時(shí)，函數(shù)有最大值1+3b，當(dāng)﹣2＜?b2≤1時(shí)，函數(shù)有最大值25﹣3b；
當(dāng)最大值1+3b時(shí)，1+3b+b24?2b＝16，b＝6；當(dāng)最大值25﹣3b時(shí)，b＝2；
【解析】（1）將點(diǎn)（﹣2，4）代入y＝x2+bx+c，
得﹣2b+c＝0，
∴c＝2b；
（2）m=?b2，n=4c?b24，
∴n=8b?b24，
∴n＝2b﹣m2＝﹣4m﹣m2；
（3）y＝x2+bx+2b＝（x+b2）2?b24+2b，
對(duì)稱軸為直線x=?b2，
當(dāng)b≤0時(shí)，c≤0，函數(shù)不經(jīng)過第三象限，則c＝0；
此時(shí)y＝x2，當(dāng)﹣5≤x≤1時(shí)，函數(shù)最小值是0，最大值是25，
∴最大值與最小值之差為25；（舍去）
當(dāng)b＞0時(shí)，c＞0，函數(shù)不經(jīng)過第三象限，則△≤0，
∴0＜b≤8，
∴﹣4≤?b2＜0，
當(dāng)﹣5≤x≤1時(shí)，函數(shù)有最小值?b24+2b，
當(dāng)﹣5≤?b2＜?2時(shí)，函數(shù)有最大值1+3b，
當(dāng)﹣2＜?b2＜0時(shí)，函數(shù)有最大值25﹣3b；
函數(shù)的最大值與最小值之差為16，
當(dāng)最大值1+3b時(shí)，1+3b+b24?2b＝16，
∴b＝6或b＝﹣10，
∵4＜b≤8，
∴b＝6；
當(dāng)最大值25﹣3b時(shí)，25﹣3b+b24?2b＝16，
∴b＝2或b＝18，
∵0＜b≤4，
∴b＝2；
綜上所述b＝2或b＝6；
【題組六】
21．（2020?株洲）如圖所示，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＞0）的圖象（記為拋物線Γ）與y軸交于點(diǎn)C，與x軸分別交于點(diǎn)A、B，點(diǎn)A、B的橫坐標(biāo)分別記為x1，x2，且0＜x1＜x2．
（1）若a＝c，b＝﹣3，且過點(diǎn)（1，﹣1），求該二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）若關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的判別式△＝4．求證：當(dāng)b＜?52時(shí)，二次函數(shù)y1＝ax2+（b+1）x+c的圖象與x軸沒有交點(diǎn)．
（3）若AB2=c2?2c+6c，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（?x0，﹣1），過點(diǎn)P作直線l垂直于y軸，且拋物線的Γ的頂點(diǎn)在直線l上，連接OP、AP、BP，PA的延長(zhǎng)線與拋物線Γ交于點(diǎn)D，若∠OPB＝∠DAB，求x0的最小值．

【分析】（1）根據(jù)題意，把a(bǔ)＝c，b＝﹣3，點(diǎn)（1，﹣1），代入解析式，即可求出解析式；
（2）利用根的判別式進(jìn)行判斷，即可得到結(jié)論；
（3）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，得到b2﹣4ac＝4a，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)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(shù)的性質(zhì)即可得到答案．
【解析】（1）由題意得：y＝ax2﹣3x+a，
∵函數(shù)過點(diǎn)（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(shù)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(shù)圖象與x軸沒有交點(diǎn)；

（3）因?yàn)楹瘮?shù)頂點(diǎn)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(dāng)c＝1時(shí)，(x0)min=14．
22．（2020?泉州模擬）二次函數(shù)y＝x2+px+q的頂點(diǎn)M是直線y=?12x和直線y＝x+m的交點(diǎn)．
（1）用含m的代數(shù)式表示頂點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）①當(dāng)x≥2時(shí)，y＝x2+px+q的值均隨x的增大而增大，求m的取值范圍；
②若m＝6，且x滿足t﹣1≤x≤t+3時(shí)，二次函數(shù)的最小值為2，求t的取值范圍．
（3）試證明：無(wú)論m取任何值，二次函數(shù)y＝x2+px+q的圖象與直線y＝x+m總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．
【分析】（1）已知直線y=?12x和直線y＝x+m，列出方程求出x，y，即可求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）①根據(jù)題意得出?2m3≤2，解不等式求出m的取值；
②當(dāng)t﹣1≤﹣4時(shí)，當(dāng)﹣4≤t+3時(shí)，二次函數(shù)y最小值＝2，解不等式組即可求得t的取值范圍；
（3）根據(jù)一元二次方程根的判別式進(jìn)行判斷．
【解析】（1）由題意得y=?12x，y=x+m，解得x=?2m3，y=m3，
∴M(?2m3，m3)；
（2）①根據(jù)題意得?2m3≤2，解得m≥﹣3，
∴m的取值范圍為m≥﹣3；
②當(dāng)m＝6時(shí)，頂點(diǎn)為M（﹣4，2），
∴拋物線為y＝（x+4）2+2，函數(shù)的最小值為2，
∵x滿足t﹣1≤x≤t+3時(shí)，二次函數(shù)的最小值為2，
∴t?1≤?4，t+3≥?4，
解得﹣7≤t≤﹣3；
（3）y=x2+px+qy=x+m，
得x2+（p﹣1）x+q﹣m＝0，
△＝（p﹣1）2﹣4（q﹣m）＝p2﹣2p+1﹣4q+4m，
∵拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)既可以表示為M(?2m3，m3)，又可以表示為M(?p2，4q?p24)．
∴p=43m，4q=43m+p2，
∴△=p2?2p+1?(43m+p2)+4m=?2p+1?43m+4m，
△=?2p+1?43m+4m=?2(43m)+1?43m+4m=1，
∴△＞0，
∴無(wú)論m取任何值，二次函數(shù)y＝x2+px+q的圖象與直線y＝x+m總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．
23．（2019?安徽）一次函數(shù)y＝kx+4與二次函數(shù)y＝ax2+c的圖象的一個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2），另一個(gè)交點(diǎn)是該二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)．
（1）求k，a，c的值；
（2）過點(diǎn)A（0，m）（0＜m＜4）且垂直于y軸的直線與二次函數(shù)y＝ax2+c的圖象相交于B，C兩點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，記W＝OA2+BC2，求W關(guān)于m的函數(shù)解析式，并求W的最小值．
【分析】（1）由交點(diǎn)為（1，2），代入y＝kx+4，可求得k，由y＝ax2+c可知，二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)在y軸上，即x＝0，則可求得頂點(diǎn)的坐標(biāo)，從而可求c值，最后可求a的值
（2）由（1）得二次函數(shù)解析式為y＝﹣2x2+4，令y＝m，得2x2+m﹣4＝0，可求x的值，再利用根與系數(shù)的關(guān)系式，即可求解．
【解析】（1）由題意得，k+4＝2，解得k＝﹣2，
∴一次函數(shù)為y＝﹣2x+4，
又∵二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)為（0，c），且該頂點(diǎn)是另一個(gè)交點(diǎn)，代入y＝﹣2x+4得：c＝4，
把（1，2）代入二次函數(shù)表達(dá)式得a+c＝2，解得a＝﹣2．

（2）由（1）得二次函數(shù)解析式為y＝﹣2x2+4，令y＝m，得2x2+m﹣4＝0
∴x=±4?m2，設(shè)B，C兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x1，m）（x2，m），則BC＝|x1﹣x2|＝24?m2，
∴W＝OA2+BC2=m2+4×4?m2=m2?2m+8=(m?1)2+7
∴當(dāng)m＝1時(shí)，W取得最小值7．
24．（2020?河池）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線與x軸交于（p，0），（q，0），則該拋物線的解析式可以表示為：
y＝a（x﹣p）（x﹣q）＝ax2﹣a（p+q）x+apq．
（1）若a＝1，拋物線與x軸交于（1，0），（5，0），直接寫出該拋物線的解析式和頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）若a＝﹣1，如圖（1），A（﹣1，0），B（3，0），點(diǎn)M（m，0）在線段AB上，拋物線C1與x軸交于A，M，頂點(diǎn)為C；拋物線C2與x軸交于B，M，頂點(diǎn)為D．當(dāng)A，C，D三點(diǎn)在同一條直線上時(shí)，求m的值；
（3）已知拋物線C3與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0），線段EF的端點(diǎn)E（0，3），F(xiàn)（4，3）．若拋物線C3與線段EF有公共點(diǎn)，結(jié)合圖象，在圖（2）中探究a的取值范圍．

【分析】（1）結(jié)合題意，利用配方法解決問題即可．
（2）求出兩個(gè)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)A，C，D三點(diǎn)在同一條直線上，構(gòu)建方程求解即可．
（3）求出兩種特殊情形a的值，結(jié)合圖象判斷即可解決問題．
【解析】（1）由題意拋物線的解析式為y＝（x﹣1）（x﹣5）＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴y＝x2﹣6x+5，拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（3，﹣4）．

（2）如圖1中，過點(diǎn)C作CE⊥AB于E，過點(diǎn)D作DF⊥AB于F．



由題意拋物線C1為y＝﹣（x+1）（x﹣m）＝﹣（x?m?12）2+m2+2m+14，
∴C（m?12，m2+2m+14），
拋物線C2為y＝﹣（x﹣m）（x﹣3）＝﹣（x?3+m2）2+m2?6m+94，
∴D（3+m2，m2?6m+94），
∵A，C，D共線，CE∥DF，
∴CEAE=DFAF，
∴m2+2m+14m?12+1=m2?6m+943+m2+1，
解得m=13，
經(jīng)檢驗(yàn)，m=13 是分式方程的解，
∴m=13．

（3）如圖2﹣1，當(dāng)a＞0時(shí)，

設(shè)拋物線的解析式為y＝a（（x+1）（x﹣3），
當(dāng)拋物線經(jīng)過F（4，3）時(shí)，3＝a×5×1，
∴a=35，
觀察圖象可知當(dāng)a≥35時(shí)，滿足條件．
如圖2﹣2中，當(dāng)a＜0時(shí)，頂點(diǎn)在線段EF上時(shí)，頂點(diǎn)為（1，3），

把（1，3）代入y＝a（x+1）（x﹣3），可得a=?34，
觀察圖象可知當(dāng)a≤?34時(shí)，滿足條件，
綜上所述，滿足條件的a的范圍為：a≥35或a≤?34．

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