期末真題必刷壓軸60題（25個考點專練）一．根與系數的關系（共3小題）1．（2023春?環翠區期末）已知：關于x的方程x2+（8﹣4m）x+4m2＝0．（1）若方程有兩個相等的實數根，求m的值，并求出這時方程的根．（2）問：是否存在正數m，使方程的兩個實數根的平方和等于136？若存在，請求出滿足條件的m值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據一元二次方程的根的判別式Δ＝0，建立關于m的等式，由此求出m的取值．再化簡方程，進而求出方程相等的兩根；（2）利用根與系數的關系，化簡x12+x22＝136，即（x1+x2）2﹣2x1x2＝136．根據根與系數的關系即可得到關于m的方程，解得m的值，再判斷m是否符合滿足方程根的判別式．【解答】解：（1）若方程有兩個相等的實數根，則有Δ＝b2﹣4ac＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m＝0，解得m＝1，當m＝1時，原方程為x2+4x+4＝0，∴x1＝x2＝﹣2；（2）不存在．假設存在，則有x12+x22＝136．∵x1+x2＝4m﹣8，x1x2＝4m2，∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝136．即（4m﹣8）2﹣2×4m2＝136，∴m2﹣8m﹣9＝0，（m﹣9）（m+1）＝0，∴m1＝9，m2＝﹣1．∵Δ＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m≥0，∴0＜m≤1，∴m1＝9，m2＝﹣1都不符合題意，∴不存在正數m，使方程的兩個實數根的平方和等于136．【點評】總結：1、一元二次方程根的情況與判別式△的關系：（1）Δ＞0?方程有兩個不相等的實數根；（2）Δ＝0?方程有兩個相等的實數根；（3）Δ＜0?方程沒有實數根．2、根與系數的關系為：x1+x2＝x1x2＝．2．（2022秋?安順期末）設m是不小于﹣1的實數，關于x的方程x2+2（m﹣2）x+m2﹣3m+3＝0有兩個不相等的實數根x1、x2，（1）若x12+x22＝6，求m值；（2）求的最大值．【分析】（1）首先根據根的判別式求出m的取值范圍，利用根與系數的關系，求出符合條件的m的值．（2）把利用根與系數的關系得到的關系式代入代數式，細心化簡，結合m的取值范圍求出代數式的最大值．【解答】解：∵方程有兩個不相等的實數根，∴Δ＝b2﹣4ac＝4（m﹣2）2﹣4（m2﹣3m+3）＝﹣4m+4＞0，∴m＜1，結合題意知：﹣1≤m＜1．（1）∵x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝4（m﹣2）2﹣2（m2﹣3m+3）＝2m2﹣10m+10＝6∴，∵﹣1≤m＜1，∴；（2）＝＝（﹣1≤m＜1）．∵對稱軸m＝，2＞0，∴當m＝﹣1時，式子取最大值為10．【點評】本題的計算量比較大，需要很細心的求解．用到一元二次方程的根的判別式Δ＝b2﹣4ac來求出m的取值范圍；利用根與系數的關系x1+x2＝，x1x2＝來化簡代數式的值．3．（2022秋?宿城區期末）已知關于x的方程x2﹣（2k+1）x+4（k﹣）＝0．（1）求證：無論k取什么實數值，這個方程總有實數根；（2）能否找到一個實數k，使方程的兩實數根互為相反數？若能找到，求出k的值；若不能，請說明理由．（3）當等腰三角形ABC的邊長a＝4，另兩邊的長b、c恰好是這個方程的兩根時，求△ABC的周長．【分析】（1）整理根的判別式，得到它是非負數即可．（2）兩實數根互為相反數，讓﹣＝0即可求得k的值．（3）分b＝c，b＝a兩種情況做．【解答】證明：（1）∵Δ＝（2k+1）2﹣16（k﹣）＝（2k﹣3）2≥0，∴方程總有實根；解：（2）∵兩實數根互為相反數，∴x1+x2＝2k+1＝0，解得k＝﹣0.5；（3）①當b＝c時，則Δ＝0，即（2k﹣3）2＝0，∴k＝，方程可化為x2﹣4x+4＝0，∴x1＝x2＝2，而b＝c＝2，∴b+c＝4＝a不適合題意舍去；②當b＝a＝4，則42﹣4（2k+1）+4（k﹣）＝0，∴k＝，方程化為x2﹣6x+8＝0，解得x1＝4，x2＝2，∴c＝2，C△ABC＝10，當c＝a＝4時，同理得b＝2，∴C△ABC＝10，綜上所述，△ABC的周長為10．【點評】一元二次方程總有實數根應根據判別式來做，兩根互為相反數應根據根與系數的關系做，等腰三角形的周長應注意兩種情況，以及兩種情況的取舍．二．一元二次方程的應用（共3小題）4．（2023春?武勝縣校級期末）如圖，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5厘米，AB＝5厘米，點P從點A出發沿AC邊以2厘米/秒的速度向終點C勻速移動，同時，點Q從點C出發沿CB邊以1厘米/秒的速度向終點B勻速移動，P、Q兩點運動幾秒時，P、Q兩點間的距離是2厘米？【分析】首先表示出PC和CQ的長，然后利用勾股定理列出有關時間t的方程求解即可．【解答】解：設P、Q兩點運動x秒時，P、Q兩點間的距離是2厘米．在△ABC中，∠C＝90°，BC＝5厘米，AB＝5厘米，∴AC＝＝＝10（厘米），∴AP＝2x厘米CQ＝x厘米CP＝（10﹣2x）厘米，在Rt△CPQ內有PC2+CQ2＝PQ2，∴（10﹣2x）2+x2＝（2）2，整理得：x2﹣8x+12＝0，解得：x＝2或x＝6，當x＝6時CP＝10﹣2x＝﹣2＜0，∴x＝6不合題意舍去．∴P、Q兩點運動2秒時，P、Q兩點間的距離是2厘米．【點評】本題考查了一元二次方程的解法和應用，解決第二題的關鍵是設出運動時間并用運動時間表示出有關線段的長．5．（2022秋?甘井子區校級期末）青山村種的水稻2010年平均每公頃產7200kg，2012年平均每公頃產8450kg，求水稻每公頃產量的年平均增長率．【分析】本題依據題中的等量關系水稻2010年平均每公頃產7200kg，2012年平均每公頃產8450kg，根據增長后的產量＝增長前的產量（1+增長率），設增長率是x，則2012年的產量是7200（1+x）2據此即可列方程，解出后檢驗即可．【解答】解：設水稻每公頃產量的年平均增長率為x，則有：7200（1+x）2＝8450，解得：x1＝≈0.0833，x2＝﹣＝﹣2.0833（應舍去）．故水稻每公頃產量的年平均增長率為8.33%．【點評】考查了一元二次方程的應用，若原來的數量為a，平均每次增長或降低的百分率為x，經過第一次調整，就調整到a×（1±x），再經過第二次調整就是a×（1±x）（1±x）＝a（1±x）2．增長用“+”，下降用“﹣”．6．（2022秋?惠陽區校級期末）如圖，某中學準備在校園里利用圍墻的一段，再砌三面墻，圍成一個矩形花園ABCD（圍墻MN最長可利用25m），現在已備足可以砌50m長的墻的材料，試設計一種砌法，使矩形花園的面積為300m2．【分析】設AB為xm，則BC為（50﹣2x）m，根據題意可得等量關系：矩形的長×寬＝300，根據等量關系列出方程，再解即可．【解答】解：設AB為xm，則BC為（50﹣2x）m，根據題意得方程：x（50﹣2x）＝300，2x2﹣50x+300＝0，解得；x1＝10，x2＝15，當x1＝10時50﹣2x＝30＞25（不合題意，舍去），當x2＝15時50﹣2x＝20＜25（符合題意）．答：當砌墻寬為15米，長為20米時，花園面積為300平方米．【點評】此題主要考查了一元二次方程的應用，關鍵是正確理解題意，找出題目中的等量關系，設出未知數，列出方程．三．反比例函數與一次函數的交點問題（共3小題）7．（2022秋?陽曲縣期末）如圖，一次函數y＝kx+b與反比例函數y＝的圖象交于A（﹣1，3），B（3，a）兩點．（1）求一次函數與反比例函數的表達式；（2）根據所給條件，請直接寫出不等式kx+b＞的解集；（2）求S△AOB．【分析】（1）把A的坐標代入反比例函數解析式求得解析式，然后求得B的坐標，再用待定系數法求得一次函數的解析式；（2）不等式kx+b＞的解集就是一次函數的圖象在反比例函數的圖象的上邊時對應的x的范圍；（3）首先求得AB與y軸的交點，然后利用三角形的面積公式求解．【解答】解：（1）把A（﹣1，3）代入y＝得m＝﹣3，則反比例函數的解析式是y＝﹣，當x＝3時，y＝﹣1，則B的坐標是（3，﹣1）．根據題意得：，解得：，則直線的解析式是y＝﹣x+2；（2）不等式kx+b＞的解集是：x＜﹣1或0＜x＜3；（3）在y＝﹣x+2中，令x＝0，則y＝2，則S△AOB＝×2×1+×2×3＝4．【點評】本題考查了反比例函數與一次函數的交點，當有兩個函數的時候，著重使用一次函數，體現了方程思想，綜合性較強．8．（2022秋?莘縣校級期末）如圖，Rt△ABO的頂點A是雙曲線與直線y＝﹣x﹣（k+1）在第二象限的交點．AB⊥x軸于B，且．（1）求這兩個函數的解析式；（2）求直線與雙曲線的兩個交點A、C的坐標和△AOC的面積．（3）直接寫出的解集．【分析】（1）欲求這兩個函數的解析式，關鍵求k值．根據反比例函數性質，k絕對值為3且為負數，由此即可求出k；（2）由函數的解析式組成方程組，解之求得A、C的坐標，然后根據S△AOC＝S△ODA+S△ODC即可求出；（3）根據圖象即可求得．【解答】解：（1）設A點坐標為（x，y），且x＜0，y＞0，則S△ABO＝?|BO|?|BA|＝?（﹣x）?y＝，∴xy＝﹣3，又∵y＝，即xy＝k，∴k＝﹣3．∴所求的兩個函數的解析式分別為y＝﹣，y＝﹣x+2；（2）由y＝﹣x+2，令x＝0，得y＝2．∴直線y＝﹣x+2與y軸的交點D的坐標為（0，2），∵A、C在反比例函數的圖象上，∴，解得，，∴交點A為（﹣1，3），C為（3，﹣1），∴S△AOC＝S△ODA+S△ODC＝OD?（|x1|+|x2|）＝×2×（3+1）＝4；（3）關于x的不等式的解集是：﹣1≤x＜0或0x≥3．【點評】此題首先利用待定系數法確定函數解析式，然后利用解方程組來確定圖象的交點坐標，及利用坐標求出線段和圖形的面積．也考查了函數和不等式的關系．9．（2022秋?岳陽縣期末）如圖已知函數y＝（k＞0，x＞0）的圖象與一次函數y＝mx+5（m＜0）的圖象相交不同的點A、B，過點A作AD⊥x軸于點D，連接AO，其中點A的橫坐標為x0，△AOD的面積為2．（1）求k的值及x0＝4時m的值；（2）記[x]表示為不超過x的最大整數，例如：[1.4]＝1，[2]＝2，設t＝OD?DC，若﹣＜m＜﹣，求[m2?t]值．【分析】（1）設A（x0，y0），可表示出△AOD的面積，再結合x0y0＝k可求得k的值，根據A的橫坐標可得縱坐標，代入一次函數可得m的值；（2）先根據一次函數與x軸的交點確定OC的長，表示DC的長，從而可以表示t，根據A的橫坐標為x0，即x0滿足，可得：mx02+5x0＝4，再根據m的取值計算m2?t，最后利用新定義可得結論．【解答】解：（1）設A（x0，y0），則OD＝x0，AD＝y0，∴S△AOD＝OD?AD＝＝2，∴k＝x0y0＝4；當x0＝4時，y0＝1，∴A（4，1），代入y＝mx+5中得4m+5＝1，m＝﹣1；（2）∵，，mx2+5x﹣4＝0，∵A的橫坐標為x0，∴mx02+5x0＝4，當y＝0時，mx+5＝0，x＝﹣，∵OC＝﹣，OD＝x0，∴m2?t＝m2?（OD?DC），＝m2?x0（﹣﹣x0），＝m（﹣5x0﹣mx02），＝﹣4m，∵﹣＜m＜﹣，∴5＜﹣4m＜6，∴[m2?t]＝5．【點評】本題是新定義的閱讀理解問題，還考查了一次函數和反比例函數的交點問題、一元二次方程解的定義及反比例函數k的幾何意義，有難度，綜合性較強，第2問利用方程的解得出mx02+5x0＝4是關鍵．四．反比例函數的應用（共2小題）10．（2022秋?沙依巴克區校級期末）在面積都相等的所有矩形中，當其中一個矩形的一邊長為1時，它的另一邊長為3．（1）設矩形的相鄰兩邊長分別為x，y．①求y關于x的函數表達式；②當y≥3時，求x的取值范圍；（2）圓圓說其中有一個矩形的周長為6，方方說有一個矩形的周長為10，你認為圓圓和方方的說法對嗎？為什么？【分析】（1）①直接利用矩形面積求法進而得出y與x之間的關系；②直接利用y≥3得出x的取值范圍；（2）直接利用x+y的值結合根的判別式得出答案．【解答】解：（1）①由題意可得：xy＝3，則y＝（x＞0）；②當y≥3時，≥3解得：x≤1，故x的取值范圍是：0＜x≤1；（2）∵一個矩形的周長為6，∴x+y＝3，∴x+＝3，整理得：x2﹣3x+3＝0，∵b2﹣4ac＝9﹣12＝﹣3＜0，∴矩形的周長不可能是6；所以圓圓的說法不對．∵一個矩形的周長為10，∴x+y＝5，∴x+＝5，整理得：x2﹣5x+3＝0，∵b2﹣4ac＝25﹣12＝13＞0，∴矩形的周長可能是10，所以方方的說法對．【點評】此題主要考查了反比例函數的應用以及一元二次方程的解法，正確得出y與x之間的關系是解題關鍵．11．（2022秋?邯山區校級期末）家用電滅蚊器的發熱部分使用了PTC發熱材料，它的電阻R（kΩ）隨溫度t（℃）（在一定范圍內）變化的大致圖象如圖所示．通電后，發熱材料的溫度在由室溫10℃上升到30℃的過程中，電阻與溫度成反比例關系，且在溫度達到30℃時，電阻下降到最小值；隨后電阻隨溫度升高而增加，溫度每上升1℃，電阻增加kΩ．（1）求當10≤t≤30時，R和t之間的關系式；（2）求溫度在30℃時電阻R的值；并求出t≥30時，R和t之間的關系式；（3）家用電滅蚊器在使用過程中，溫度在什么范圍內時，發熱材料的電阻不超過6kΩ？【分析】（1）設關系為R＝，將（10，6）代入求k；（2）將t＝30℃代入關系式中求R’，由題意得R＝R’+（t﹣30）；（3）將R＝6代入R＝R’+（t﹣30）求出t．【解答】解：（1）∵溫度在由室溫10℃上升到30℃的過程中，電阻與溫度成反比例關系，∴可設R和t之間的關系式為R＝，將（10，6）代入上式中得：6＝，k＝60．故當10≤t≤30時，R＝；（2）將t＝30℃代入上式中得：R＝，R＝2．∴溫度在30℃時，電阻R＝2（kΩ）．∵在溫度達到30℃時，電阻下降到最小值；隨后電阻隨溫度升高而增加，溫度每上升1℃，電阻增加kΩ，∴當t≥30時，R＝2+（t﹣30）＝t﹣6；（3）把R＝6（kΩ），代入R＝t﹣6得，t＝45（℃），所以，溫度在10℃～45℃時，電阻不超過6kΩ．【點評】主要考查了函數的應用．解題的關鍵是根據實際意義列出函數關系式，從實際意義中找到對應的變量的值，利用待定系數法求出函數解析式，再根據自變量的值求算對應的函數值．五．拋物線與x軸的交點（共2小題）12．（2022秋?扶風縣期末）二次函數y＝ax2+bx+c的部分圖象如圖所示，其中圖象與x軸交于點A（﹣1，0），與y軸交于點C（0，﹣5），且經過點D（3，﹣8）．（1）求此二次函數的解析式；（2）將此二次函數的解析式寫成y＝a（x﹣h）2+k的形式，并直接寫出頂點坐標以及它與x軸的另一個交點B的坐標．（3）利用以上信息解答下列問題：若關于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣t＝0（t為實數）在﹣1＜x＜3的范圍內有解，則t的取值范圍是﹣9≤t＜0．【分析】（1）把點A、B、C的坐標代入函數表達式，然后根據三元一次方程的解法求出a、b、c的值，即可得到二次函數的解析式；（2）利用配方法整理，然后根據頂點式寫出頂點坐標，再根據對稱軸解析式與點A的坐標求出與x軸的另一交點坐標；（3）由（1）可知a，b，c的值，再根據一元二次方程x2﹣4x﹣5﹣t＝0（t為實數）在﹣1＜x＜3的范圍內有解相當于y＝x2﹣4x﹣5與y＝t在x的范圍內有交點解答即可．【解答】解：（1）根據題意得，，②分別代入①、③得，a﹣b＝5④，3a+b＝﹣1⑤，④+⑤得，4a＝4，解得a＝1，把a＝1代入④得，1﹣b＝5，解得b＝﹣4，∴方程組的解是，∴此二次函數的解析式為y＝x2﹣4x﹣5；（2）y＝x2﹣4x﹣5＝x2﹣4x+4﹣4﹣5＝（x﹣2）2﹣9，二次函數的解析式為y＝（x﹣2）2﹣9，頂點坐標為（2，﹣9），對稱軸為x＝2，設另一點坐標為B（a，0），則﹣1+a＝2×2，解得a＝5，∴點B的坐標是B（5，0）；（3）由（1）可知二次函數解析式為y＝x2﹣4x﹣5，即y＝（x﹣2）2﹣9，x＝﹣1時，y＝9﹣9＝0，x＝3時，y＝1﹣9＝﹣8，∵關于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣t＝0（t為實數）在﹣1＜x＜3的范圍內有解相當于y＝ax2+bx+c與直線y＝t的交點的橫坐標，∴當﹣9≤t＜0時，在﹣1＜x＜3的范圍內有解．故答案為：﹣9≤t＜0．【點評】本題考查了待定系數法求二次函數解析式，把點的坐標代入函數表達式，然后解三元一次方程組即可，熟練掌握二次函數的性質以及三種形式的相互轉化也很重要；本題還考查了二次函數與不等式，把方程的解轉化為兩個函數圖象的交點的問題求解是解題的關鍵，作出圖形更形象直觀．13．（2023春?鼓樓區校級期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣6交x軸于A（2，0），B（﹣6，0）兩點，交y軸于點C，點Q為線段BC上的動點．（1）求拋物線的解析式；（2）求QA+QO的最小值；（3）過點Q作QP∥AC交拋物線的第三象限部分于點P，連接PA，PB，記△PAQ與△PBQ的面積分別為S1，S2，設S＝S1+S2，當時，求點P的坐標．【分析】（1）A（2，0），B（﹣6，0）代入y＝ax2+bx﹣6，利用待定系數法解答即可；（2）作點O關于直線BC的對稱點坐標為O′，求出O′的坐標，并證明Q′A為QA+QO的最小值，求出Q′A即可；（3）過點P作PM⊥x軸，交x軸于點M．連接PC．設點P（m，m2+2m﹣6），由于QP∥AC，故S△PAQ＝S△PCQ（同底等高），從而得到S△PAQ+S△PBQ＝S△PBC＝S梯形PCOM+SRt△PMB﹣SRt△BOC，用P點坐標將各項表示出來，從而求出m的值，進而求得P點坐標．【解答】解：（1）將A（2，0），B（﹣6，0）分別代入y＝ax2+bx﹣6，得方程組，解得．∴拋物線的解析式為y＝+2x﹣6．（2）作點O關于直線BC的對稱點坐標為O′．連接BO′、CO′、OO′．∵OB＝OC，OO′⊥BC，∴OO′平分BC，∴OO′垂直平分BC．又∵BC垂直平分OO′，且∠BOC＝90°，∴四邊形OCO′B是正方形．∴點O關于直線BC的對稱點坐標為O′（﹣6，﹣6）．連接O′A，與BC交于點Q．∵BC是OO′的垂直平分線，∴QO＝QO′，∴QA+QO＝QA+QO′＝O′A．在BC上任取一點異于點Q的點Q′，連接Q′O、Q′A、Q′O′．Q′A+Q′O＝Q′A+Q′O′＞O′A（在三角形中，兩邊之和大于第三邊），∴QA+QO的最小值為O′A＝＝10．（3）過點P作PM⊥x軸，交x軸于點M．連接PC．∵QP∥AC，∴S△PAQ＝S△PCQ（同底等高），∴S△PAQ+S△PBQ＝S△PBC＝S梯形PCOM+SRt△PMB﹣SRt△BOC．設點P（m，m2+2m﹣6），∴S梯形PCOM＝（MP+OC）?OM＝（﹣m2﹣2m+6+6）（﹣m）＝﹣m（﹣m2﹣2m+12），SRt△PMB＝MP?BM＝（﹣m2﹣2m+6）（m+6）＝（m+6）（﹣m2﹣2m+6），SRt△BOC＝OB?OC＝×6×6＝18．∴S＝S1+S2＝﹣m（﹣m2﹣2m+12）+（m+6）（﹣m2﹣2m+6）﹣18＝，解得m＝﹣1或﹣5．∴P（﹣1，﹣）或（﹣5，﹣）．【點評】本題考查二次函數的性質、圖象上坐標特點和解析式的求法等內容，解答過程非常復雜，要求有極強的計算能力和思維能力．六．二次函數的應用（共2小題）14．（2022秋?大理州期末）某商品的進價為每件20元，售價為每件25元時，每天可賣出250件．市場調查反映：如果調整價格，一件商品每漲價1元，每天要少賣出10件．（1）若某天的銷售利潤為2000元，為最大限度讓利于顧客，則該商品銷售價是多少？（2）求銷售單價為多少元時，該商品每天的銷售利潤最大，請說明理由．【分析】（1）設銷售價格為x元，根據“單件利潤×銷售量＝總利潤”列出關于x的方程，解之可得；（2）根據（1）中所列相等關系列出總利潤y關于x的函數解析式，配方成頂點式，再利用二次函數的性質求解可得．【解答】解：（1）設銷售價格為x元時，當天銷售利潤為2000元，則（x﹣20）?[250﹣10（x﹣25）]＝2000，整理，得：x2﹣70x+1200＝0，解得：x1＝30，x2＝40（舍去），答：該商品銷售價是30元/件；（2）設該商品每天的銷售利潤為y，則y＝（x﹣20）?[250﹣10（x﹣25）]＝﹣10x2﹣700x+10000＝﹣10（x﹣35）2+2250，答：當銷售單價為35元/件時，銷售利潤最大．【點評】此題主要考查了二次函數的應用，根據題意利用函數性質得出最值是解題關鍵．15．（2022秋?華容區期末）如圖，足球場上守門員在O處開出一高球，球從離地面1米的A處飛出（A在y軸上），運動員乙在距O點6米的B處發現球在自己頭的正上方達到最高點M，距地面約4米高．球第一次落地點后又一次彈起．據實驗，足球在草坪上彈起后的拋物線與原來的拋物線形狀相同，最大高度減少到原來最大高度的一半．（1）求足球開始飛出到第一次落地時，該拋物線的表達式．（2）運動員乙要搶到第二個落點D，他應再向前跑多少米？（取，）【分析】（1）易得第一次落地時拋物線的頂點，可設所求的函數解析式為頂點式，把（0，1）代入即可求得所求的函數解析式；（2）易得第二次落地時的拋物線的二次項的系數與第一次落地時拋物線的二次項系數相同，頂點的縱坐標為第一個函數頂點縱坐標的一半，用頂點式設出所求的函數解析式，把C坐標代入后求得第二次落地時的拋物線解析式，讓函數值等于0可得D的橫坐標，減去OB的距離即為跑的距離．【解答】解：（1）如圖，設第一次落地時，拋物線的表達式為y＝a（x﹣6）2+4．由已知：當x＝0時y＝1．即1＝36a+4，∴a＝﹣．∴表達式為y＝﹣（x﹣6）2+4；（2）由題意得：0＝﹣（x﹣6）2+4解得：x1＝4+6≈13，x2＝﹣4+6＜0（舍去），∴點C坐標為（13，0）．設第二次落地的拋物線為y＝﹣（x﹣k）2+2．將C點坐標代入得：0＝﹣（13﹣k）2+2．解得：k1＝13﹣2＜13（舍去），k2＝13+2≈18．∴y＝﹣（x﹣18）2+2．0＝﹣（x﹣18）2+2．x1＝18﹣2（舍去），x2＝18+2≈23，∴BD＝23﹣6＝17（米）．答：運動員乙要搶到第二個落點D，他應再向前跑17米．【點評】考查二次函數的應用；判斷出2個二次函數的頂點坐標是解決本題的關鍵；用到的知識點為：若二次函數的形狀相同，則二個二次函數的二次項系數相同．七．二次函數綜合題（共19小題）16．（2022秋?綿陽期末）如圖，拋物線的圖象與x軸交于A，B兩點，A（﹣1，0），對稱軸是直線x＝1，與y軸交于點C（0，）．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖，矩形DEFG的邊DE在x軸上，頂點F，G在x軸上方的拋物線上，設點D的橫坐標為d，當矩形DEFG的周長取最大值時，求d，并求矩形DEFG的周長的最大值；（3）在（2）的結論下，直線DG上是否存在點M，使得∠GMF＝2∠DEM，若存在，求出M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由對稱性得出點B坐標，拋物線的解析式設為交點式，進一步得出結果；（2表示出點G的坐標，進而表示出DE和DG的長，進而表示出矩形的周長的解析式，進一步得出結果；（3）設DM＝x，作EM的垂直平分線，交DE于H，根據△MGF∽△HDM，從而，從而表示出DH＝﹣+4x，MH＝EH＝﹣（﹣+4x）＝﹣4x+，在直角三角形DHM中，根據勾股定理列出方程，進而得出結果．【解答】解：（1）由題意得，B（3，0），設拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣3），∴＝a?1×（﹣3），∴a＝﹣，∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+3x+；（2）設矩形DEFG的周長為l，∵G（d，﹣+3d+），∴DE＝2（1﹣d）＝2﹣2d，DG＝﹣+3d+，∴l＝2（DE+DG）＝2（2﹣2d﹣+3d+）＝﹣3d2+2d+13＝﹣3（d﹣）2+，∴當d＝時，矩形周長最大值為；（3）當M點在線段GD上時，如圖，設DM＝x，作EM的垂直平分線，交DE于H，∴EH＝MH，∴∠HME＝∠HEM，∴∠MHD＝∠MHE+∠HEM＝2∠DEM，∵∠GMF＝2∠DEM，∴∠GMF＝∠MHD，∵四邊形DEFG是矩形，∴∠G＝∠D＝90°，∴△MGF∽△HDM，∴，∴，∴DH＝﹣+4x，∴MH＝EH＝﹣（﹣+4x）＝﹣4x+，由DM2+DH2＝MH2得，x2+（﹣+4x）2＝（﹣4x+）2，∴x1＝，x2＝（舍去），∴M（，）；當M點在線段DG和線段GD的延長線上時，∠GMF是銳角，2∠DEM是鈍角，所以不存在∠GMF＝2∠DEM；綜上所述：M（，）．【點評】本題考查了二次函數及其圖象的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造相似三角形．17．（2022秋?德城區期末）如圖1，直線y＝﹣2x+2交x軸于點A，交y軸于點C，過A、C兩點的拋物線與x軸的另一交點為B．（1）請直接寫出該拋物線的函數解析式；（2）點D是第二象限拋物線上一點，設D點橫坐標為m．①如圖2，連接BD，CD，BC，求△BDC面積的最大值；②如圖3，連接OD，將線段OD繞O點順時針旋轉90°，得到線段OE，過點E作EF∥x軸交直線AC于F．求線段EF的最大值及此時點D的坐標．【分析】（1）根據題意用一次函數解析式求出與x軸y軸交點坐標，代入即可得到答案；（2）①連接OD，利用對角線將四邊形分成不同的兩個三角形，利用底邊在軸線上的三角形面積和差即可得到所求三角形面積表達式，配方成頂點式即可得到最值；②過D作DM⊥x軸于M，EF交y軸于N，易證△ODM≌△OEN，從而可以根據線段關系得到E、F點坐標，得到EF的表達式再根據二次函數最值即可求解．【解答】解：（1）由題意可得，當x＝0時，y＝﹣2×0+2＝2，當y＝0時，﹣2x+2＝0，解得x＝1，∴A（1，0），B（0，2），代入y＝﹣+bx+c得，y＝﹣x+2；（2）①連接OD，，令y＝0，則﹣x+2＝0，解得x1＝﹣4，x2＝1，∴B（﹣4，0）D在第二象限，∴﹣4＜m＜0，∴S△BCD＝S△BOD+S△COD﹣S△BOC＝×4×2＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4，當m＝﹣2時，△BCD的面積最大為4，②過D作DM⊥x軸于M，EF交y軸于N，在△ODM和△OEN中，，∴△ODM≌△OEN（AAS），∴DM＝EN＝﹣m+2OM＝ON＝﹣m，∴，令y＝﹣m，則﹣m＝﹣2x+2x＝m+1EF＝﹣m﹣1＝﹣﹣2m+1＝﹣（m+2）2+3，∴當m＝﹣2時EF最大為3，D點的坐標（﹣2，3）．【點評】本題考查了一次函數與二次函數共存問題及二次函數實際應用題，通過數形結合最終將最值問題轉換成二次函數最值問題是解題的關鍵．18．（2022秋?大洼區期末）如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線P：y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，且圖象與拋物線Q：y＝x2+2x﹣3的圖象關于原點中心對稱．（1）求拋物線P的表達式；（2）連接BC，點D為線段BC上的一個動點，過點D作DE∥y軸，交拋物線P的圖象于點E，求線段DE長度的最大值；（3）如圖②，在拋物線P的對稱軸上是否存在點M，使△MOB是等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）先求出拋物線Q與y軸、x軸的交點坐標，再由拋物線Q與拋物線P關于原點對稱即可得點A、B、C坐標，即可求拋物線P；（2）設BC得表達式為y＝mx+n，將點B、C代入得y＝﹣x+3，設D（a，﹣a+3），則E（a，﹣a2+2a+3），表示出DE即可求解；（3）對稱軸與x軸交于點F，y＝﹣x2+2x+3得對稱軸為x＝1，判斷OM≠MB，分①OM＝OB＝3，②BM＝OB＝3兩種情況求解即可．【解答】解：（1）當x＝0時，y＝0+0﹣3＝﹣3，∴拋物線Q與y軸的交點為（0，﹣3），當y＝0時，0＝x2+2x﹣3，解得：x＝1或x＝﹣3，∴拋物線Q與x軸的交點為（1，0）、（﹣3，0），∵拋物線Q與拋物線P關于原點對稱，∴A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），將點A、C代入y＝﹣x2+bx+c中得：，解得：，∴y＝﹣x2+2x+3；（2）設BC得表達式為y＝mx+n，將點B、C代入y＝mx+n得：，解得：，∴y＝﹣x+3，設D（a，﹣a+3），則E（a，﹣a2+2a+3）；，∴當a＝時，DE有最大值，DE的最大值為；（3）在拋物線P的對稱軸上存在點M，使△MOB是等腰三角形，理由如下：如圖，對稱軸與x軸交于點F，∵y＝﹣x2+2x+3得對稱軸為x＝1，∴OM≠MB，①當OM＝OB＝3時，△MOB是等腰三角形，，∴或．②當BM＝OB＝3時，△MOB是等腰三角形，，∴或．∴或或或．【點評】本題主要考查二次函數的應用、一次函數應用，勾股定理，掌握相關知識并靈活應用是解題的關鍵．19．（2022秋?大冶市期末）拋物線y＝﹣x+4與坐標軸分別交于A，B，C三點，P是第一象限內拋物線上的一點．（1）直接寫出A，B，C三點的坐標為A（﹣2，0），B（3，0），C（0，4）；（2）連接AP，CP，AC，若S△APC＝2，求點P的坐標；（3）連接AP，BC，是否存在點P，使得∠PAB＝∠ABC，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．【分析】（1）令x＝0，則y＝4，令y＝0，則﹣x+4＝0，所以x＝﹣2或x＝3，由此可得結論；（2）連接OP，設，則S△PAC＝S△AOC+S△POC﹣S△AOP，列出方程求出m的值，進而可以解決問題；（3）在AB的延長線上截取BF＝BC，連接CF，過點B作BE⊥x軸，交CF于點E，連接AE，求出直線CF的解析式為：，直線AE的解析式為：，聯立方程組即可解決問題．【解答】解：（1）令x＝0，則y＝4，令y＝0，則﹣x+4＝0，∴x＝﹣2或x＝3，∴A（﹣2，0），B（3，0），C（0，4）．故答案為：（﹣2，0），（3，0），（0，4）；（2）如圖，連接OP，設，則S△PAC＝S△AOC+S△POC﹣S△AOP＝＝4+2m+m2﹣m﹣4＝m2﹣m＝2，解得：m1＝1，m2＝﹣3（舍），2m方/3+4m/3＝2∴點P的坐標為（1，4）；（3）存在點P使得，理由如下：如圖2，在AB的延長線上截取BF＝BC，連接CF，過點B作BE⊥x軸，交CF于點E，連接AE，在Rt△BOC中，∵OB＝3，OC＝4，∴BC＝BF＝5，∵AO＝2，∴AB＝BF＝5，∵BE⊥x軸，∴AE＝EF，∴∠EAB＝∠EFB＝ABC，∵F（8，0），C（0，4）．∴直線CF的解析式為：y＝﹣x+4，令x＝3，則y＝，∴E（3，），∵A（﹣2，0），∴直線AE的解析式為：y＝x+1，聯立：，解得：（舍），∴點P的坐標為．【點評】此題是二次函數綜合題，主要考查了待定系數法，平行線分線段成比例，角度的存在性等相關內容，解本題的關鍵是求拋物線解析式，確定點P的坐標．20．（2022秋?滕州市期末）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C．（1）求該拋物線的解析式；（2）若點E是線段BC上的一個動點，平行于y軸的直線EF交拋物線于點F，求△FBC面積的最大值；（3）設點P是（1）中拋物線上的一個動點，是否存在滿足S△PAB＝6的點P？如果存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用待定系數法求解即可；（2）首先求出直線BC的解析式，然后設F（x，x2﹣2x﹣3），則E（x，x﹣3），根據題意表示出△FBC面積，然后利用二次函數的性質求解即可；（3）首先求出AB的長度，然后設點P的坐標為（t，t2﹣2t﹣3），根據S△PAB＝6列出方程求解即可．【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得：，解得：，∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．（2）設直線BC的解析式為y＝mx+n（m≠0），將B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝mx+n，得：，解得：，∴直線BC的解析式為y＝x﹣3．設F（x，x2﹣2x﹣3），則E（x，x﹣3），∴EF＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x，∴，當時，△FBC的面積有最大值．（3）存在，理由如下：∵點A的坐標為（﹣1，0），點B的坐標為（3，0），∴AB＝|3﹣（﹣1）|＝4，設點P的坐標為（t，t2﹣2t﹣3）．∵S△PAB＝6，∴，即t2﹣2t﹣3＝3或t2﹣2t﹣3＝﹣3，解得：，，t3＝0，t4＝2，∵存在滿足S△PAB＝6的點P，點P的坐標為或或（0，﹣3）或（2，﹣3）．【點評】本題考查了二次函數綜合，待定系數法求解析式，面積問題，熟練掌握二次函數的性質是解題的關鍵．21．（2022秋?望城區期末）如圖①，拋物線y＝ax2+x+c，與x軸交于A，B兩點（A在B的左邊），與y軸交于C點，頂點為E，其中，點A坐標為（﹣1，0），對稱軸為x＝2．（1）求此拋物線解析式；（2）在第四象限的拋物線上找一點F，使S△FBC＝S△ACB，求點F的坐標；（3）如圖②，點P是x軸上一點，點E與點H關于點P成中心對稱，點B與點Q關于點P成中心對稱，當以點Q，H，E為頂點三角形是直角三角形時，求P的坐標．【分析】（1）根據對稱軸為x＝2．可得a＝﹣，把A（﹣1，0）代入拋物線即可解決問題；（2）根據對稱軸為x＝2．A（﹣1，0），可得B（5，0）求出直線BC解析式為y＝﹣x+，由第四象限的拋物線上找一點F，使S△FBC＝S△ACB，可得AF∥BC，然后求出直線AF的解析式為y＝﹣x﹣，聯立方程組即可解決問題；（3）設對稱軸交x軸于點T，作HM⊥x軸于M，作HN⊥對稱軸于N，然后分三種情況討論解答即可．【解答】解：（1）∵對稱軸為x＝2．∴a＝﹣，∵A（﹣1，0），把A（﹣1，0）代入拋物線y＝﹣x2+x+c，解得：c＝，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+；（2）∵對稱軸為x＝2．A（﹣1，0），∴B（5，0），∵直線BC過C（0，），B（5，0）點，∴直線BC解析式為y＝﹣x+，∵在第四象限的拋物線上找一點F，使S△FBC＝S△ACB，∴AF∥BC，設直線AF的解析式為y＝﹣x+﹣k，把A（﹣1，0）代入得k＝，∴直線AF的解析式為y＝﹣x﹣，聯立方程組得，解得，（舍去），∴點F的坐標為（6，﹣）；（3）如圖，設對稱軸交x軸于點T，作HM⊥x軸于M，作HN⊥對稱軸于N，∵點P是x軸上一點，∴設P（m，0），∵點B與點Q關于點P成中心對稱，∴BP＝QP＝5﹣m，∴點Q坐標為（2m﹣5，0），∴OQ＝QP+OP＝5﹣2m，∴QT＝OQ+OT＝7﹣2m，∴QM＝OQ﹣OM＝5﹣2m﹣（2﹣2m）＝3，∵點E與點H關于點P成中心對稱，頂點E（2，4），∴H坐標為（2m﹣2，﹣4），N坐標為（2，﹣4），根據勾股定理得：QE2＝QT2+ET2＝4m2﹣28m+65，HE2＝EN2+HN2＝4m2﹣16m+80，QH2＝42+32＝25，①當∠HQE＝90°時，QE2+QH2＝HE2，解得m＝，∴P點坐標為（，0）．②當∠QHE＝90°時，HE2+QH2＝QE2，解得m＝﹣，∴P點坐標為（﹣，0）．③∵QH＝QP＝5，∴∠QHP＝∠QPH＞∠QEH，∴∠QEH≠90°，綜上所得，當P點坐標為（，0）或（﹣，0）時，以點Q，H，E為頂點的三角形是直角三角形．【點評】本題是二次函數綜合題，主要考查待定系數法求函數的解析式，二次函數的性質，對稱的性質，掌握二次函數的性質，利用待定系數法求得拋物線的解析式是解題的關鍵．22．（2022秋?雄縣期末）已知拋物線G：y＝﹣+kx+4（k為常數）與x軸交于點A，B（點A在點B的左側），與y軸的正半軸交于點C．（1）當k＝1時，如圖所示：①拋物線G的對稱軸為直線x＝1，點A的坐標為（﹣2，0）；②在x軸正半軸上從左到右有D，E兩點，且DE＝1，從點E向上作EF⊥x軸，且EF＝2，在△DEF沿x軸左右平移時，若拋物線G與邊DF（包括端點）有交點，求點F橫坐標的最大值比最小值大多少？（2）當拋物線G的頂點P的縱坐標yP取得最小值時，求此時拋物線G的函數解析式；（3）當k＜0，且x≥k時，拋物線G的最高點到直線l：y＝7的距離為2，直接寫出此時k的值．【分析】（1）①根據拋物線解析式可得拋物線的對稱軸和點A的坐標；②根據拋物線對稱軸右側的圖象經過點D時，此時點F的橫坐標值最大；當拋物線對稱軸左側的圖象經過點F時，此時點F的橫坐標最小，列方程求解即可；（2）根據題意列方程求解即可；（3）根據題意分情況討論即可．【解答】解：（1）①∵，k＝1，∴，∴對稱軸為，∵與x軸有兩個交點分別是A、B，∴，∴x1＝4，x2＝﹣2，∴A（﹣2，0）．②當拋物線對稱軸右側的圖象經過點D時，此時點F的橫坐標值最大；當拋物線對稱軸左側的圖象經過點F時，此時點F的橫坐標最小．∵拋物線經過點D時，y＝0，∴，解得x1＝4，x2＝﹣2（舍去），∴x＝4．∵DE＝1，∴此時點F的橫坐標為5，∵拋物線經過點F時，y＝2，∴，解得（舍去），∴，∴點F橫坐標的最大值比最小值大；（2）∵，∴頂點P的縱坐標，當k＝0時，yP取得最小值，∴此時拋物線G的函數解析式為，（3）由（2）可得拋物線的對稱軸為直線x＝k，∴當k＜0且時，處有最大值，∴y＝﹣×（k）2+k×k+4＝+4，此時所在的點是拋物線G的最高點．當直線l：y＝7在拋物線G的最高點上方時，可得方程：，解得（舍去），∴．當直線l：y＝7在拋物線G的最高點下方時，可得方程：，解得（舍去），∴，綜上所述，k的值為或．【點評】本題考查了二次函數的圖象與性質的綜合題，熟記二次函數的圖象與性質是解題的關鍵．23．（2022秋?泉州期末）已知拋物線C1：y＝ax2﹣2ax﹣1與x軸只有一個交點．（1）求拋物線的解析式；（2）將拋物線C1向上平移4個單位長度得到拋物線C2.拋物線C2與x軸交于A、B兩點（其中A點在左側，B點在右側），與y軸交于點C，連結BC．D為第一象限內拋物線C2上的一個動點．①若△BOC的面積是△BDC面積的倍，求D的坐標；②拋物線C2的對稱軸交x軸于點G，過D作DE⊥BC交BC于E，交x軸于F．當點F在線段OG上時，求的取值范圍．【分析】（1）由拋物線C1：y＝ax2﹣2ax﹣1與x軸只有一個交點，可知Δ＝0，構建方程求出a即可；（2）①設D（m，﹣m2+2m+3），根據△BOC的面積是△BDC面積的倍，構建方程求解即可；②求出兩種特殊位置，三角形面積的比值，可得結論．【解答】解：（1）∵拋物線C1：y＝ax2﹣2ax﹣1與x軸只有一個交點，∴Δ＝4a2+4a＝0，∴a＝﹣1或0（0不符合題意舍去），∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x﹣1；（2）①如圖，連接OD．由題意平移后拋物線C2的解析式為y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，令y＝0，可得﹣x2﹣2x+3＝0．解得x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），設D（m，﹣m2+2m+3），∵△BOC的面積是△BDC面積的倍，∴×3×3＝[×3×m+×3×（﹣m2+2m+3）﹣×3×3]，解得m＝1或2，∴D（1，4）或（2，3）；②如圖，當點F與點O重合時，∵OC＝OB，FE⊥CB，∴CE＝EB，∴＝1，當點F與G重合時，BE＝，∵BC＝3，∴CE＝2，∴＝＝2，觀察圖形可知：1≤≤2．【點評】本題屬于二次函數綜合題，考查了二次函數的性質，平移變換，三角形的面積等知識，解題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題，學會尋找特殊位置解決數學問題，屬于中考壓軸題．24．（2022秋?雁塔區校級期末）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y＝﹣+bx+c的圖象與y軸交于點A（0，8），與x軸交于B、C兩點，其中點B的坐標是（﹣8，0），點P（m，n）為該二次函數在第二象限內圖象上的動點，點D為（0，4），連接BD．（1）求該二次函數的表達式；（2）依題補圖1：連接OP，過點P作PQ⊥x軸于點Q；當△OPQ和△OBD相似時，求m的值；（3）如圖2，過點P作直線PQ∥BD，和x軸交點為Q，在點P沿著拋物線從點A到點B運動過程中，當PQ與拋物線只有一個交點時，求點Q的坐標．【分析】（1）直接將A，B兩點代入即可求解；（2）可設，由∠OQP＝∠BOD＝90°，則分兩種情況：△POQ∽△BDO和△POQ∽△DBO分別求出PQ與OQ的關系即可；（3）求出直線BD解析式為，當直線PQ與的圖象只有一個交點時，聯立，，由Δ＝62﹣4×（﹣32+4n2）＝0，求出，直線PQ的解析式為，此時．【解答】解：（1）把A（0，8），B（﹣8，0）代入得，，解得，∴該二次函數的表達為；（2）如圖：設，由∠OQP＝∠BOD＝90°，分兩種情況：當△POQ∽△BDO時，，∴，∴PQ＝2OQ，即，解得m＝﹣4，或m＝8（舍去）；當△POQ∽△DBO時，，∴OQ＝2PQ，即，解或（舍去），綜上所述，m的值為﹣4或；（3）如圖，設直線BD解析式為y＝kx+n，∴，解得，∴直線BD解析式為，∵PQ∥BD，∴設直線PQ的解析式為，當直線PQ與的圖象只有一個交點時，聯立，整理得x2+6x﹣32+4n2＝0，∴Δ＝62﹣4×（﹣32+4n2）＝0，解得，∴當時，直線PQ的解析式為，此時直線PQ與的圖象只有一個交點，令y＝0，則，解得，此時．【點評】本題考查二次函數的綜合，解題的關鍵是要會利用數形結合的思想把代數和幾何圖形結合起來．25．（2023春?福清市校級期末）已知：如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線與x軸、y軸的交點分別為A、B，將∠OBA對折，使點O的對應點H落在直線AB上，折痕交x軸于點C．（1）直接寫出點C的坐標，并求過A、B、C三點的拋物線的解析式；（2）若拋物線的頂點為D，在直線BC上是否存在點P，使得四邊形ODAP為平行四邊形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由；（3）設拋物線的對稱軸與直線BC的交點為T，Q為線段BT上一點，直接寫出|QA﹣QO|的取值范圍．【分析】（1）點A的坐標是縱坐標為0，得橫坐標為8，所以點A的坐標為（8，0）；點B的坐標是橫坐標為0，解得縱坐標為6，所以點B的坐標為（0，6）；由題意得：BC是∠ABO的角平分線，所以OC＝CH，BH＝OB＝6∵AB＝10，∴AH＝4，設OC＝x，則AC＝8﹣x由勾股定理得：x＝3∴點C的坐標為（3，0）將此三點代入二次函數一般式，列的方程組即可求得；（2）求得直線BC的解析式，根據平行四邊形的性質，對角相等，對邊平行且相等，借助于三角函數即可求得；（3）如圖，由對稱性可知QO＝QH，|QA﹣QO|＝|QA﹣QH|．當點Q與點B重合時，Q、H、A三點共線，|QA﹣QO|取得最大值4（即為AH的長）；設線段OA的垂直平分線與直線BC的交點為K，當點Q與點K重合時，|QA﹣QO|取得最小值0．【解答】解：（1）點C的坐標為（3，0）．∵點A、B的坐標分別為A（8，0），B（0，6），∴可設過A、B、C三點的拋物線的解析式為y＝a（x﹣3）（x﹣8）．將x＝0，y＝6代入拋物線的解析式，得．∴過A、B、C三點的拋物線的解析式為．（2）可得拋物線的對稱軸為直線，頂點D的坐標為，設拋物線的對稱軸與x軸的交點為G．直線BC的解析式為y＝﹣2x+6．設點P的坐標為（x，﹣2x+6）．解法一：如圖，作OP∥AD交直線BC于點P，連接AP，作PM⊥x軸于點M．∵OP∥AD，∴∠POM＝∠GAD，tan∠POM＝tan∠GAD．∴，即．解得．經檢驗是原方程的解．此時點P的坐標為．但此時，OM＜GA．∵，∴OP＜AD，即四邊形的對邊OP與AD平行但不相等，∴直線BC上不存在符合條件的點P．解法二：如圖，取OA的中點E，作點D關于點E的對稱點P，作PN⊥x軸于點N．則∠PEO＝∠DEA，PE＝DE．可得△PEN≌△DEG．由，可得E點的坐標為（4，0）．NE＝EG＝，ON＝OE﹣NE＝，NP＝DG＝．∴點P的坐標為．∵x＝時，，∴點P不在直線BC上．∴直線BC上不存在符合條件的點P．（3）|QA﹣QO|的取值范圍是．當Q在OA的垂直平分線上與直線BC的交點時，（如點K處），此時OK＝AK，則|QA﹣QO|＝0，當Q在AH的延長線與直線BC交點時，此時|QA﹣QO|最大，直線AH的解析式為：y＝﹣x+6，直線BC的解析式為：y＝﹣2x+6，聯立可得：交點為（0，6），∴OQ＝6，AQ＝10，∴|QA﹣QO|＝4，∴|QA﹣QO|的取值范圍是：0≤|QA﹣QO|≤4．【點評】此題考查了二次函數與一次函數以及平行四邊形的綜合知識，解題的關鍵是認真識圖，注意數形結合思想的應用．26．（2022秋?豐都縣期末）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+4經過A（﹣1，3），與y軸交于點C，經過點C的直線與拋物線交于另一點E（6，m），點M為拋物線的頂點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求直線CE的解析式；（2）如圖2，點P為直線CE上方拋物線上一動點，連接PC，PE．當△PCE的面積最大時，求點P的坐標以及△PCE面積的最大值．（3）如圖3，將點D右移一個單位到點N，連接AN，將（1）中拋物線沿射線NA平移得到新拋物線y′，y′經過點N，y′的頂點為點G，在新拋物線y′的對稱軸上是否存在點H，使得△MGH是等腰三角形？若存在，請直接寫出點H的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）把點A的坐標代入拋物線，即可求出拋物線解析式，再分別求出點C，點E，待定系數法即可求得直線CE解析式；（2）過點P作PH∥y軸交CE于點H，設P為（t，），則H為（t，﹣t+4），由鉛垂法求得△PCE面積的表達式，最后求其最大值及P點坐標；（3）先求出直線AN的解析式，反向延長射線NA與拋物線的另一個交點記為點Q，求出點Q的坐標，根據點Q到點N的運動，可求出拋物線y′的頂點G的坐標，再進行分類討論：分點M，點G，點H為頂點的三種情況，分別進行計算求解即可．【解答】解：（1）把點A（﹣1，3）代入拋物線，得，∴b＝，∴拋物線的解析式為，∵在中，令x＝0，得y＝4，∴C（0，4），∵點E在拋物線上，∴把E（6，m）代入，得，∴E（6，﹣4），設直線CE的解析式為y＝kx+b1則，∵C（0，4），E（6，﹣4），∴，解得，∴直線CE的解析式為y＝﹣x+4．（2）過點P作PH∥y軸，交直線CE于點H，設P為（t，），則H為（t，﹣t+4），∴PH＝﹣（﹣t+4）＝﹣+2t，∴△PCE面積：S＝×6×（﹣+2t）＝﹣（t﹣3）2+9，∵a＜0，∴當t＝3時，△PCE面積的最大值為9，此時，點P的坐標為（3，3）．（3）∵拋物線＝，∴當x＝1時，y有最大值，∴M（1，），∴拋物線對稱軸為x＝1，∴D（1，0），∵點D右移一個單位到點N，∴N（2，0），∵A（﹣1，3），N（2，0），∴直線AN解析式為y＝﹣x+2，∴直線AN與拋物線的交點為A（﹣1，3），另一交點設為Q，則Q（6，﹣4），∵拋物線沿射線NA平移得到新拋物線y′，y′經過點N（2，0），∴拋物線向左平移了4個單位，向上平移了4個單位，∴新拋物線y′＝，∴對稱軸為x＝﹣3，頂點G（﹣3，），設H（﹣3，h），則MG＝，MH＝，GH＝|h﹣|，假設△MGH是等腰三角形，則分三種情況討論：當M為頂點時，由MG＝MH得，＝，∴h＝或，∴H（﹣3，）或（﹣3，），當G為頂點時，由MG＝GH得，＝|h﹣|，∴h＝或，∴H（﹣3，）或（﹣3，），當H為頂點時，由MH＝GH得，＝|h﹣|，∴h＝，∴H（﹣3，），∴存在點H，使得△MGH是等腰三角形，點H的坐標為（﹣3，）或（﹣3，）或（﹣3，）或（﹣3，）或（﹣3，）．【點評】本題是二次函數的綜合題，解答本題主要應用了待定系數法求一次函數的解析式，函數圖象上點的坐標特征，三角形的面積，等腰三角形的存在性等；求△PCE面積最大值的鉛垂法是解答（2）的關鍵；分點M，點G，點H為頂點的三種情況，分別進行計算是解答問題（3）的關鍵．27．（2022秋?南川區期末）如圖1，在平面直角坐標系中，二次函數y＝ax2+bx﹣3（a≠0）的圖象與x軸于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于C點，點P是直線BC下方拋物線上一動點．（1）求這個二次函數的解析式；（2）當動點P運動到什么位置時，使四邊形ACPB的面積最大，求出此時四邊形ACPB的面積最大值和P的坐標；（3）如圖2，點M在拋物線對稱軸上，點N是平面內一點，是否存在這樣的點M、N，使得以點M、N、A、C為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出所有M點的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由二次函數y＝ax2+bx﹣3的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，直接利用待定系數法，即可求得這個二次函數的表達式；（2）設點P的坐標為（m，m2﹣2m﹣3），即可由S四邊形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP求得答案；（3）分別從當AM＝AC，CM＝CA，AC為對角線，結合菱形的性質去分析求解即可求得答案．【解答】解：（1）∵二次函數y＝ax2+bx﹣3的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，∴，解得：，∴這個二次函數的表達式為：y＝x2﹣2x﹣3；（2）設點P的坐標為（m，m2﹣2m﹣3），S四邊形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP，＝＝＝，∵，∴當時，四邊形ABCP的最大值是，此時點P的坐標為，（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，當x＝0時，y＝﹣3，∴C（0，﹣3），設點M的坐標為（1，t），則：AM2＝（﹣1﹣1）2+（0﹣t）2，AC2＝（﹣1﹣0）2+[0﹣（﹣3）]2，CM2＝（0﹣1）2+（﹣3﹣t）2，設AC的中點為Q，則點Q的坐標為，即，∴，，當AM＝AC時，則AM2＝AC2，∴（﹣1﹣1）2+（0﹣t）2＝（﹣1﹣0）2+[0﹣（﹣3）]2，解得，，∴、，；當CM＝CA時，則CM2＝CA2，∴（0﹣1）2+（﹣3﹣t）2＝（﹣1﹣0）2+[0﹣（﹣3）]2，解得，t1＝0，t2＝﹣6，∴M3（1，0）、M4（1，﹣6）（舍去，此時M、A、C三點共線，無法構成菱形）；當AC為對角線時則有：AQ2+QM2＝AM2，∴＝（﹣1﹣1）2+（0﹣t）2，解得，t＝﹣1，∴M5（1，﹣1），∴存在這樣的點M、N能夠使得以點M、N、A、C為頂點的四邊形是菱形，此時點M的坐標為：、、M3（1，0）、M5（1，﹣1）．【點評】此題考查了二次函數的綜合，注意掌握分類討論思想的應用是解此題的關鍵．28．（2022秋?興縣期末）綜合與探究如圖1，已知拋物線y＝﹣x2+3x+4與x軸交于A，B兩點（點A在點B左邊），與y軸交于點C．點D（m，n）是線段BC上的動點，過點D作DE⊥x軸垂足為E．（1）請直接寫出點A，B，C坐標以及直線BC的解析式；（2）若△ADE的面積為S，請求出S關于m的函數關系式，并求出當m的值為多少時，S的值最大？最大值為多少？（3）如圖2，將△ADE以點D為中心，順時針旋轉90°得到△A'DE'（點A與點A′對應），則當A′恰好落在拋物線上時，求出此時點D的坐標．【分析】（1）將y＝0代入y＝﹣x2+3x+4即可求出點A和點B的坐標，將x＝0代入y＝﹣x2+3x+4，求出點C的坐標，再用待定系數法，即可求出直線BC的解析式；（2）根據題意，將n用m表示出來，根據三角形的面積公式，即可得出S關于m的函數關系式，將其化為頂點式，即可求出最值；（3）根據平面直角坐標系中點的坐標和旋轉的性質，將A′的坐標用m表示出來，再代入y＝﹣x2+3x+4即可進行解答．【解答】解：（1）將y＝0代入y＝﹣x2+3x+4得：0＝﹣x2+3x+4，解得：x1＝4，x2＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（4，0），將x＝0代入y＝﹣x2+3x+4得：y＝4，∴C（0，4），設直線BC的解析式為：y＝kx+b，將B（4，0），C（0，4）代入得：，解得：，∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+4；（2）∵DE⊥x軸，D（m，n），∴E（m，0），∴DE＝n，AE＝m+1，∴，∵把D（m，n）代入y＝x+4得：n＝﹣m+4，∴，∴當時，S有最大值，最大值為．（3）∵△ADE以點D為中心，順時針旋轉90°得到△A'DE'，∴DE＝DE'＝﹣m+4，AE＝A'E'＝m+1，∠EDE'＝90°，∵DE⊥x軸，∴DE'∥x軸，∴點A'的橫坐標為：m﹣（﹣m+4）＝2m﹣4，點A'的縱坐標為：﹣m+4+m+1＝5，即A'（2m﹣4，5），把A'（2m﹣4，5）代入y＝﹣x2+3x+4得：5＝﹣（2m﹣4）2+3（2m﹣4）+4，解得：，，當時，，當時，，∴點D的坐標為：或．【點評】本題主要考查了二次函數的綜合，解題的關鍵是熟練掌握二次函數的圖象和性質，一次函數的圖象和性質，用待定系數法求解函數表達式的方法和步驟，旋轉的性質．29．（2022秋?延邊州期末）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經過點A（﹣1，0），點B（3，0），與y軸交于點C，點D在射線CO上運動，過點D作直線EF∥x軸，交拋物線于點E，F（點E在點F的左側）．（1）求該拋物線的解析式和對稱軸；（2）若EF＝2OC，求點E的坐標；（3）若拋物線的頂點關于直線EF的對稱點為點P，當點P到x軸的距離等于1時，求出所有符合條件的線段EF的長；（4）以點D為旋轉中心，將點B繞點D順時針旋轉90°得到點B′，直接寫出點B′落在拋物線上時點D的坐標．【分析】（1）由點A，B的坐標，利用待定系數法可求出拋物線的解析式，再將拋物線的解析式轉化為頂點式，進而可得出拋物線的對稱軸為直線x＝1；（2）代入x＝0，求出y值，進而可得出點C的坐標及OC的長，結合EF＝2OC，可設點E的坐標為（m，﹣m2+2m+3），則點F的坐標為（m+6，﹣m2+2m+3），利用二次函數圖象上點的坐標特征可得出關于m的方程，解之即可得出m的值，再將其代入點E的坐標中即可求出結論；（3）由（1）可知：拋物線的頂點坐標為（1，4）．設直線EF的解析式為y＝n，則點P的坐標為（1，2n﹣4），由點P到x軸的距離等于1，可得出關于n的含絕對值符號的一元一次方程，解之即可得出n的值，將y＝n代入拋物線解析式中可求出點E，F的橫坐標，作差后即可得出EF的長；（4）設點D的坐標為（0，a），過點B′作B′M⊥y軸于點M，分點D在y軸正半軸及點D在y軸負半軸兩種情況考慮，易證△B′DM≌△DBO（AAS），利用全等三角形的性質可得出B′M＝DO，DM＝BO＝3，進而可得出點B′的坐標為（﹣a，a﹣3），再利用二次函數圖象上點的坐標特征可求出a值，取其符合題意的值即可得出點D的坐標．【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴拋物線的對稱軸為直線x＝1；（2）當x＝0時，y＝﹣1×02+2×0+3＝3，∴點C的坐標為（0，3），∴OC＝3．設點E的坐標為（m，﹣m2+2m+3），則點F的坐標為（m+6，﹣m2+2m+3），∴﹣（m+6）2+2（m+6）+3＝﹣m2+2m+3，解得：m＝﹣2，∴點E的坐標為（﹣2，﹣5）；（3）由（1）可知：拋物線的頂點坐標為（1，4）．設直線EF的解析式為y＝n，則點P的坐標為（1，2n﹣4），根據題意得：|2n﹣4|＝1，解得：n＝或n＝．當n＝時，﹣x2+2x+3＝，解得：x1＝，x2＝，∴此時EF＝x2﹣x1＝﹣＝；當n＝時，﹣x2+2x+3＝，解得：x1＝，x2＝，∴此時EF＝x2﹣x1＝﹣＝．∴線段EF的長為或；（4）設點D的坐標為（0，a），過點B′作B′M⊥y軸于點M，如圖所示．分兩種情況考慮：當點D在y軸正半軸時，∵∠BDO+∠B′DM＝90°，∠BDO+∠DBO＝90°，∴∠B′DM＝∠DBO．在△B′DM和△DBO中，，∴△B′DM≌△DBO（AAS），∴B′M＝DO，DM＝BO＝3，∴點B′的坐標為（﹣a，a﹣3），∴a﹣3＝﹣（﹣a）2+2（﹣a）+3，整理得：a2+3a﹣6＝0，解得：a1＝（不符合題意，舍去），a2＝，∴點D的坐標為（0，）；當點D在y軸負半軸時，同理可證出：△B′DM≌△DBO（AAS），∴B′M＝DO，DM＝BO＝3，∴點B′的坐標為（﹣a，a﹣3），∴a﹣3＝﹣（﹣a）2+2（﹣a）+3，整理得：a2+3a﹣6＝0，解得：a1＝，a2＝（不符合題意，舍去），∴點D的坐標為（0，）．綜上所述，點D的坐標為（0，）或（0，）．【點評】本題考查了待定系數法求二次函數解析式、二次函數圖象上點的坐標特征、解含絕對值符號的一元一次方程以及全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是：（1）根據給定的坐標，利用待定系數法求出拋物線的解析式；（2）根據EF＝2OC，用點E的橫坐標表示出點F的橫坐標；（3）由點P到x軸的距離，找出關于n的含絕對值符號的一元一次方程；（4）構造全等三角形，利用二次函數圖象上點的坐標特征，找出關于a的一元二次方程．30．（2023春?青秀區校級期末）如圖1，拋物線y＝ax2+x+c與x軸交于A（﹣2，0），B（4，0）兩點，與y軸交于C．（1）求拋物線的解析式；（2）點P是直線BC上方拋物線上的—個動點，使△PBC的面積等于△ABC面積的，求點P的坐標；（3）過點C作直線l∥x軸，將拋物線在y軸左側的部分沿直線l翻折，拋物線的其余部分保持不變，得到一個新圖象（如圖2），請你結合新圖象解答：當直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點Q（m，n），且n≥﹣8時，求d的取值范圍．【分析】（1）用待定系數法可得拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；（2）過P作PK∥y軸交BC于K，求出C（0，4），S△ABC＝×6×4＝12，由B（4，0），C（0，4）得直線BC函數表達式為y＝﹣x+4，設P（m，﹣m2+m+4），則K（m，﹣m+4），可得PK＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，根據△PBC的面積等于△ABC面積的，有×（﹣m2+2m）×4＝12×，即可解得點P的坐標為（1，）或（3，）；（3）分兩種情況：①當公共點Q（m，n）在C（0，4）下方時，求出新圖象過點（6，﹣8），當直線y＝﹣x+d與新圖象公共點為（6，﹣8）時，﹣8＝﹣×6+d，得d＝﹣5，可知當﹣5≤d＜4時，直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點；②當公共點Q（m，n）在C（0，4）上方時，求出有兩個相等的實數解時d＝；即可得當d＞時，直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+x+c得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；（2）過P作PK∥y軸交BC于K，如圖：在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，∴C（0，4），∵A（﹣2，0），B（4，0），∴AB＝6，∴S△ABC＝×6×4＝12，由B（4，0），C（0，4）得直線BC函數表達式為y＝﹣x+4，設P（m，﹣m2+m+4），則K（m，﹣m+4），∴PK＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，∵△PBC的面積等于△ABC面積的，∴×（﹣m2+2m）×4＝12×，解得m＝1或m＝3，∴點P的坐標為（1，）或（3，）；（3）①當公共點Q（m，n）在C（0，4）下方時，在y＝﹣x2+x+4中，令y＝﹣8得：﹣8＝﹣x2+x+4，解得x＝6或x＝﹣4，∵將拋物線在y軸左側的部分沿直線l翻折，拋物線的其余部分保持不變，得到一個新圖象，∴新圖象過點（6，﹣8），當直線y＝﹣x+d與新圖象公共點為（6，﹣8）時，﹣8＝﹣×6+d，解得d＝﹣5，如圖：∵C（0，4），當﹣5≤d＜4時，觀察圖象可知直線y＝﹣x+d與翻折后的拋物線無交點，∴當﹣5≤d＜4時，直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點；②當公共點Q（m，n）在C（0，4）上方時，如圖：若有兩個相等的實數解，即﹣x2+x+4﹣d＝0的Δ＝0，則（）2﹣4×（﹣）（4﹣d）＝0，解得d＝；由圖可知，當d＞時，直線y＝﹣x+d與新圖象只有一個公共點；綜上所述，d的取值范圍是﹣5≤d＜4或d＞．【點評】本題考查二次函數的綜合應用，涉及待定系數法，三角形面積，翻折變換等，解題的關鍵是數形結合思想的應用．31．（2023春?鼓樓區校級期末）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝ax2﹣2（a+1）x+a+2（a≠0）．（1）當a＝﹣時，求拋物線的對稱軸及頂點坐標；（2）請直接寫出二次函數圖象的對稱軸（用含a的代數式表示）及二次函數圖象經過的定點坐標是（1，0）．（3）若當1≤x≤5時，函數值有最大值為8，求二次函數的解析式；（4）已知點A（0，﹣3）、B（5，﹣3），若拋物線與線段AB只有一個公共點，請直接寫出a的取值范圍．【分析】（1）利用對稱軸公式求得對稱軸為直線x＝﹣7，再代入解析式求得y的值，即可求得頂點坐標；（2）利用對稱軸公式求得對稱軸，把解析式變形得到y＝（x﹣1）[a（x﹣1）﹣2]，即可得到二次函數經過的定點坐標為（1，0）；（3）根據（2）可知：二次函數圖象的對稱軸為直線x＝1+，分a＞0或a＜0兩種情況，分對稱軸在已知范圍的左邊，中間，右邊分類討論最值即可解答；（4）分類討論頂點在線段AB上，a＞0，a＜0，由點A，B和拋物線的位置結合圖象求解．【解答】解：（1）a＝﹣時，y＝﹣x2﹣x+∴對稱軸為直線x＝﹣＝﹣7，把x＝﹣7代入y＝﹣x2﹣x+得，y＝8，∴頂點坐標為（﹣7，8）；（2）∵y＝ax2﹣2（a+1）x+a+2（a≠0）．∴對稱軸為直線x＝﹣＝1+，∵y＝ax2﹣2（a+1）x+a+2＝a（x﹣1）2﹣2（x﹣1）＝（x﹣1）[a（x﹣1）﹣2]，∴二次函數經過的定點坐標為（1，0）；故答案為：（1，0）；（3）由（2）知：二次函數圖象的對稱軸為直線x＝1+，分兩種情況：①當a＜0時，1+＜1，在自變量x的值滿足1≤x≤5的情況下，y隨x的增大而減小，∴當x＝1時，y＝0，而當1≤x≤5時，函數值有最大值為8，所以此種情況不成立；②當a＞0時，1+＞1，i）當1＜1+≤3時，即a≥，當x＝5時，二次函數的最大值為y＝25a﹣10（a+1）+a+2＝8，∴a＝1，此時二次函數的解析式為y＝x2﹣4x+3；ii）當1+＞3時，在自變量x的值滿足1≤x≤5的情況下，y隨x的增大而減小，即x＝1有最大值，所以此種情況不成立；綜上所述：此時二次函數的解析式為：y＝x2﹣4x+3；（4）分三種情況：①當拋物線的頂點在線段AB上時，拋物線與線段AB只有一個公共點，即當y＝﹣3時，ax2﹣2（a+1）x+a+2＝﹣3，ax2﹣2（a+1）x+a+5＝0，Δ＝4（a+1）2﹣4a（a+5）＝0，∴a＝，當a＝時，x2﹣x+＝0，解得：x1＝x2＝4（符合題意，如圖1），②當a＞0時，如圖2，當x＝0時，y＞﹣3；當x＝5時，y＜﹣3，∴，解得：﹣5＜a＜，∴0＜a＜；③當a＜0時，如圖3，當x＝0時，y＞﹣3；當x＝5時，y＜﹣3，∴，解得：﹣5＜a＜，∴﹣5＜a＜0；綜上所述，a的取值范圍是：a＝或0＜a＜或﹣5＜a＜0．【點評】本題是二次函數的綜合題，考查了二次函數的性質，二次函數與方程及不等式的關系，熟練掌握二次函數的性質，并運用分類討論的思想是解題的關鍵．32．（2023春?長沙期末）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于點A（3，0）和點B（﹣1，0），交y軸于點C．（1）求拋物線的表達式；（2）若點D是直線AC上方拋物線上一動點，連接BC，AD和BD，BD交AC于點M，設△ADM的面積為S1，△BCM的面積為S2，當S1﹣S2＝1時，求點D的坐標；（3）如圖2，若點P是拋物線上一動點，過點P作PQ⊥x軸交直線AC于Q點，請問在y軸上是否存在點E，使以P，Q，E，C為頂點的四邊形是菱形，若存在，請直接寫出點E的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）把點A（3，0）和點B（﹣1，0），代入解析式求解即可；（2）由S1﹣S2＝1得S1＝S2+1，從而S1+S△ABM＝S2+S△ABM+1，即S△ABD＝S△ABC+1，據此列方程求解即可；（3）分類當CQ為對角線和菱形邊時，利用直線AC與x軸成45°角關系建立關于P的橫坐標的方程，進而求出點的坐標．【解答】解：（1）把點A（3，0）和B（﹣1，0）代入得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）設D（x，y），對于y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，則y＝3，∴C（0，3），∵S1﹣S2＝1，∴S1＝S2+1，∴S1+S△ABM＝S2+S△ABM+1，即S△ABD＝S△ABC+1，∴×4×y＝×4×3+1，∴y＝，∴﹣x2+2x+3＝，解得x＝1+或x＝1﹣；∴點D的坐標為（1+，）或（1﹣，）；（3）存在，理由如下：設直線AC的解析式為：y＝kx+b′，∴，解得，∴直線AC的解析式為：y＝﹣x+3；①當CQ為菱形的對角線