專題10二次函數(shù)交點綜合應(yīng)用(專項訓(xùn)練)(原卷版+解析)

專題10二次函數(shù)交點綜合應(yīng)用（專項訓(xùn)練）1．（2021秋?防城港期末）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+3與x軸交于點A，點B，與y軸交于點C，點A的坐標(biāo)為（﹣1，0）．（1）請直接寫出b的值和點B，點C的坐標(biāo)；（2）如圖，點D為OC的中點，若拋物線上的點P在第一象限，過點P作PH⊥x軸，垂足為H，PH與BC，BD分別交于點E，F(xiàn)，是否存在這樣的點P，使得PE＝EF＝FH？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．（3）若直線y＝nx+n與拋物線交于M（x1，y1），N（x2，y2）兩點，且有一個交點在第一象限，其中x1＜x2，若x2﹣x1＞3且y2＞y1，結(jié)合函數(shù)圖象，探究n的取值范圍．2．（2022秋?天河區(qū)校級期末）如圖，拋物線y＝﹣x2﹣x+c與x軸相交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），與y軸相交于點C，點B的坐標(biāo)為（2，0），⊙M經(jīng)過A，B，C三點，且圓心M在x軸上．（1）求c的值．（2）求⊙M的半徑．（3）過點C作直線CD，交x軸于點D，當(dāng)直線CD與拋物線只有一個交點時直線CD是否與⊙M相切？若相切，請證明；若不相切，請求出直線CD與⊙M的另外一個交點的坐標(biāo)．3．（2022秋?朝陽區(qū)校級期中）已知函數(shù)y＝（x﹣a）2+a．（1）①函數(shù)y＝（x﹣a）2+a的頂點坐標(biāo)為（用含a的代數(shù)式表示）②函數(shù)y＝（x﹣a）2+a頂點的運動軌跡是，在平面直角坐標(biāo)系中畫出頂點的運動軌跡．（2）當(dāng)a＝1時，函數(shù)關(guān)系式為，在平面直角坐標(biāo)系中畫出此函數(shù)的圖象；（3）已知點A（﹣1，1），B（2，1），連結(jié)AB．若拋物線y＝（x﹣a）2+a與線段AB有且只有一個交點，求a的取值范圍；（4）把函數(shù)y＝（x﹣a）2+a（x≤0）的圖象記為G，當(dāng)G的最低點到x軸距離為1時，直接寫出a的值．4．（2022?浉河區(qū)校級開學(xué)）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A，B（4，0）兩點，與y軸交于點C，直線y＝﹣x+n經(jīng)過點B，C，點D是直線BC上的動點，過點D作DQ⊥x軸，垂足為Q，交拋物線于點P．（1）求拋物線的解析式及點A的坐標(biāo)；（2）當(dāng)點P位于直線BC上方且△PBC面積最大時，求P的坐標(biāo)；（3）將D點向右平移5個單位長度得到點E，當(dāng)線段DE與拋物線只有一個交點時，請直接寫出D點橫坐標(biāo)m的取值范圍．5．（2022?青縣二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點A（0，），點B（1，），與直線x＝m交于點P．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）當(dāng)0≤x≤m時，函數(shù)有最小值﹣3，求m的值；（3）過點P作PQ∥x軸，點Q的橫坐標(biāo)為﹣2m+1．已知點P與點Q不重合，且線段PQ的長度隨m的增大而減?。偾髆的取值范圍；②當(dāng)PQ≤7時，直接寫出線段PQ與二次函數(shù)（﹣2≤x＜）的圖象有一個交點時m的取值范圍．6．（2022?襄城區(qū)模擬）拋物線y＝x2﹣（m+3）x+3m與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．（1）如圖1，若點A在x軸的負(fù)半軸上，△OBC為等腰直角三角形，求拋物線的解析式；（2）在（1）的條件下，點D（﹣2，5）是拋物線上一點，點M為直線BC下方拋物線上一動點，令四邊形BDCM的面積為S，求S的最大值及此時點M的坐標(biāo)；（3）若點P是拋物線對稱軸上一點，且點P的縱坐標(biāo)為﹣9，作直線PC，將直線PC向下平移n（n＞0）個單位長度得到直線P'C'，若直線P'C'與拋物線有且僅有一個交點．①直接寫出n關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式；②直接寫出當(dāng)1≤n≤5時m的取值范圍．7．（2022?永城市模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2﹣mx+m與直線y＝﹣x+b交于點A（﹣1，5）和B．（1）求拋物線和直線的解析式；（2）若D為拋物線上一點，且在點A和點B之間（不包括點A和點B），求點D的縱坐標(biāo)y0的取值范圍；（3）已知M是直線AB上一點，將點M向下平移2個單位長度得到點N，若線段MN與拋物線只有一個交點，直接寫出點M的橫坐標(biāo)xM的取值范圍．8．（2022?宜昌）已知拋物線y＝ax2+bx﹣2與x軸交于A（﹣1，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C．直線l由直線BC平移得到，與y軸交于點E（0，n）．四邊形MNPQ的四個頂點的坐標(biāo)分別為M（m+1，m+3），N（m+1，m），P（m+5，m），Q（m+5，m+3）．（1）填空：a＝，b＝﹣；（2）若點M在第二象限，直線l與經(jīng)過點M的雙曲線y＝有且只有一個交點，求n2的最大值；（3）當(dāng)直線l與四邊形MNPQ、拋物線y＝ax2+bx﹣2都有交點時，存在直線l，對于同一條直線l上的交點，直線l與四邊形MNPQ的交點的縱坐標(biāo)都不大于它與拋物線y＝ax2+bx﹣2的交點的縱坐標(biāo)．①當(dāng)m＝﹣3時，直接寫出n的取值范圍；②求m的取值范圍．9．（2022?焦作模擬）已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A，B兩點（點A在點B右側(cè)），與y軸交于點C，且點B的坐標(biāo)為（﹣1，0），點C（0，﹣3），且OA＝OC．（1）求拋物線的解析式和頂點坐標(biāo)；（2）在拋物線上存在一點P，滿足t﹣4≤xP≤t，對應(yīng)的y的取值范圍為﹣4≤yP≤5，求t的值；（3）若點E（﹣1，﹣4），F(xiàn)（4，2m+1），線段EF與該拋物線y＝ax2+bx+c只有一個交點，請直接寫出m的取值范圍．10．（2022春?南關(guān)區(qū)校級月考）已知二次函數(shù)y＝x2﹣mx+m（m為常數(shù)）．（1）當(dāng)m＝4時．①求函數(shù)頂點坐標(biāo)，并寫出函數(shù)值y隨x增大而減小時x的取值范圍．②若點P（t，y1）和Q（5，y2）在其圖象上，且y1＞y2時．則實數(shù)t的取值范圍是．（2）記函數(shù)y＝x2﹣mx+m（x≤m）的圖象為G．①當(dāng)圖象G與直線y＝﹣1﹣m只有一個交點時，求m的值．②矩形ABCD的對稱中心為坐標(biāo)原點，且邊均垂直于坐標(biāo)軸，其中點A的坐標(biāo)為（2，2﹣m），當(dāng)圖象G在矩形ABCD內(nèi)部（包括邊界）對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而逐漸減小，并且圖象G在矩形ABCD內(nèi)部（包括邊界）的最高點縱坐標(biāo)和最低點縱坐標(biāo)的差為2時，直接寫出m的值．11．（2021秋?柳南區(qū)期末）如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點C（6，0），頂點為B，對稱軸x＝2與x軸相交于點A．（1）求拋物線的解析式；（2）拋物線上是否存在一點Q，使△QBC為以BC為底的等腰三角形．若存在，請求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）P為線段BC上任意一點，M為x軸上一動點，連接MP，以點M為中心，將△MPC逆時針旋轉(zhuǎn)90°，記點P的對應(yīng)點為E，點C的對應(yīng)點為F．當(dāng)直線EF與拋物線y＝﹣x2+bx+c只有一個交點時，求點M的坐標(biāo)．12．（2021秋?越秀區(qū)期末）已知拋物線y＝﹣x2+mx+m+與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C（0，﹣），點P為拋物線在直線AC上方圖象上一動點．（1）求拋物線的解析式；（2）求△PAC面積的最大值，并求此時點P的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，拋物線y＝﹣x2+mx+m+在點A、B之間的部分（含點A、B）沿x軸向下翻折，得到圖象G．現(xiàn)將圖象G沿直線AC平移，得到新的圖象M與線段PC只有一個交點，求圖象M的頂點橫坐標(biāo)n的取值范圍．13．（2021秋?和平區(qū)期末）已知拋物線y＝x2﹣（m+1）x+2m+3（m為常數(shù)），點A（﹣1，﹣1），B（3，7）．（Ⅰ）當(dāng)拋物線y＝x2﹣（m+1）x+2m+3經(jīng)過點A時，求拋物線解析式和頂點坐標(biāo)；（Ⅱ）拋物線的頂點隨著m的變化而移動．當(dāng)頂點移動到最高處時．①求拋物線的解析式；②在直線AB下方的拋物線上有一點E，過點E作EF⊥x軸，交直線AB于點F，求線段EF取最大值時的E點坐標(biāo)；（Ⅲ）若拋物線與線段AB只有一個交點，求m的取值范圍．14．（2021秋?南皮縣校級月考）已知拋物線y＝x2﹣（m+1）x+2m+3．（1）當(dāng)m＝0時，請判斷點（2，4）是否在該拋物線上；（2）該拋物線的頂點隨著m的變化而移動，當(dāng)頂點移動到最高處時，求該拋物線的頂點坐標(biāo)；（3）已知點E（﹣1，﹣1），F(xiàn)（3，7）．①求出直線EF與拋物線的交點坐標(biāo)；（用含m的式子表示）②若該拋物線與線段EF只有一個交點，直接寫出該拋物線頂點橫坐標(biāo)x的取值范圍．15．（2021秋?天長市月考）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+的圖象開口向上，與y軸的交點為A，并經(jīng)過點B（2，﹣）．（1）求b的值（用含a的代數(shù)式表示）；（2）若二次函數(shù)y＝ax2+bx+在1≤x≤3時，y的最大值為1，求a的值；（3）當(dāng)2≤x≤4時，直線y＝﹣x+與拋物線y＝ax2+bx+4a+僅有一個交點．求a的取值范圍．16．（2022?叢臺區(qū)校級模擬）如圖1，拋物線L1：y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（1，0）和點B（5，0）．已知直線l的解析式為y＝kx﹣5．（1）求拋物線L1的解析式；（2）若直線l將線段AB分成1：3兩部分，求k的值；（3）如圖2，當(dāng)k＝2時，直線與拋物線交于M，N兩點，點P是拋物線位于直線l上方的一點，當(dāng)△PMN面積最大時，求P點坐標(biāo)，并求面積的最大值；（4）如圖3，將拋物線L2在x軸上方的部分沿x軸折疊到x軸下方，將這部分圖象與原拋物線剩余的部分組成的新圖象記為L2．①直接寫出y隨x的增大而增大時x的取值范圍；②直接寫出直線l與圖象L2有四個交點時k的取值范圍．17．（2021秋?二道區(qū)校級月考）在平面直角坐標(biāo)系中，函數(shù)y＝x2﹣2mx+1（x≤3m）的圖象記為M1．（1）若M1經(jīng)過點（2，﹣3），求m的值，并直接寫出函數(shù)值y隨x的增大而增大時，x的取值范圍．（2）若M1的最低點到x軸的距離為5，求m的值．（3）將M1關(guān)于點（3m，1）中心對稱后得到的圖象記為M2，M1和M2組成的圖象記為M．①若m＝1，當(dāng)﹣1≤x≤n時，﹣2≤y≤4，則n的取值范圍為．②若圖象M與直線y＝3m有2個交點，直接寫出m的取值范圍．18．（2021?欒川縣三模）如圖，已知二次函數(shù)y＝x2﹣2mx﹣2+m2的頂點為P，矩形OABC的邊OA落在x軸上，點B的坐標(biāo)是（6，2）．（1）求點P的坐標(biāo)，并說明隨著m值的變化，點P的運動軌跡是什么？（2）若該二次函數(shù)的圖象與矩形OABC的邊恰好有2個交點，請直接寫出此時m的取值范圍．19．（2019?柳州模擬）如圖，拋物線C1：y＝ax2+bx﹣10經(jīng)過點A（1.0）和點，B（5，0），與y軸交于點C．（1）求拋物線C1的解析式（2）若拋物線C1關(guān)于y軸對稱的拋物線記作C2，平行于x軸的直線記作l：y＝n．試結(jié)合圖形回答：當(dāng)n為何值時l與C1和C2共有：①2個交點；②3個交點；③4個交點．（3）在直線BC上方的拋物線C1上任取一點P，連接PB，PC，請問：△PBC的面積是否存在最大值？若存在，求出取這個最大值時點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．專題10二次函數(shù)交點綜合應(yīng)用（專項訓(xùn)練）1．（2021秋?防城港期末）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+3與x軸交于點A，點B，與y軸交于點C，點A的坐標(biāo)為（﹣1，0）．（1）請直接寫出b的值和點B，點C的坐標(biāo)；（2）如圖，點D為OC的中點，若拋物線上的點P在第一象限，過點P作PH⊥x軸，垂足為H，PH與BC，BD分別交于點E，F(xiàn)，是否存在這樣的點P，使得PE＝EF＝FH？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．（3）若直線y＝nx+n與拋物線交于M（x1，y1），N（x2，y2）兩點，且有一個交點在第一象限，其中x1＜x2，若x2﹣x1＞3且y2＞y1，結(jié)合函數(shù)圖象，探究n的取值范圍．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+3經(jīng)過點A，A（﹣1，0），∴﹣1﹣b+3＝0，∴b＝2，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，可得﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，∴B（3，0），令x＝0，得到y(tǒng)＝3，∴C（0，3）；（2）∵D是OC的中點，C（0，3），∴點D的坐標(biāo)是，由B（3，0），C（0，3）兩點坐標(biāo)可以求出直線BC的解析式為y＝﹣x+3．∴由B（3，0），兩點坐標(biāo)可以求出直線BD的解析式為．設(shè)點P的坐標(biāo)是（x，﹣x2+2x+3），則E（x，﹣x+3），，H（x，0）．∴PE＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，，，∵PE＝EF＝FH，∴，解得x1＝3（不合題意，舍去），，當(dāng)時，，∴點P的坐標(biāo)為；（3）方法一：當(dāng)x1＜x2時，y2＞y1，即y隨x的增大而增大，∴n＞0，當(dāng)x＝﹣1時，y＝nx+n＝0，∴直線y＝nx+n經(jīng)過點（﹣1，0），即點M與點A重合，如解圖所示，點N在第一象限，當(dāng)x2﹣x1＞3，即x2﹣（﹣1）＞3，x2＞2，當(dāng)x2＝2時，y2＝3，此時n＝1，由解圖可知，當(dāng)x2＞2時，n＜1，∴n的取值范圍為0＜n＜1．方法二：由解得，依題意，有3﹣n＞﹣1即n＜4．當(dāng)x1＜x2時，y2＞y1，即y隨x的增大而增大，∴n＞0，又由x2﹣x1＞3得3﹣n﹣（﹣1）＞3，∴n＜1，綜上解得0＜n＜1，∴n的取值范圍為0＜n＜1．2．（2022秋?天河區(qū)校級期末）如圖，拋物線y＝﹣x2﹣x+c與x軸相交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），與y軸相交于點C，點B的坐標(biāo)為（2，0），⊙M經(jīng)過A，B，C三點，且圓心M在x軸上．（1）求c的值．（2）求⊙M的半徑．（3）過點C作直線CD，交x軸于點D，當(dāng)直線CD與拋物線只有一個交點時直線CD是否與⊙M相切？若相切，請證明；若不相切，請求出直線CD與⊙M的另外一個交點的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2﹣x+c經(jīng)過點B（2，0），∴﹣×22﹣×2+c＝0，解得：c＝4，∴c的值為4；（2）在y＝﹣x2﹣x+4中，令y＝0，解得：x1＝﹣8，x2＝2，∴A（﹣8，0），∴AB＝2﹣（﹣8）＝10，∴⊙M的半徑為5；（3）直線CD與⊙M相交．在y＝﹣x2﹣x+4中，令x＝0，得y＝4，∴C（0，4），設(shè)直線CD解析式為y＝kx+b，將點C（0，4）代入，得：b＝4，∴直線CD解析式為y＝kx+4，∵直線CD與拋物線只有一個交點，∴方程y＝﹣x2﹣x+4x+4＝kx+4有兩個相等的實數(shù)根，整理，得：x2+（4k+6）x＝0，∴Δ＝（4k+6）2﹣4×1×0＝0，解得：k＝﹣，∴直線CD解析式為y＝﹣x+4，設(shè)直線CD與⊙M的另外一個交點的坐標(biāo)為（x，﹣x+4），∵M（﹣3，0），⊙M的半徑為5，則（x+3）2+（﹣x+4）2＝52，解得：x＝0（舍去）或x＝，∴直線CD與⊙M的另外一個交點的坐標(biāo)為（，）；3．（2022秋?朝陽區(qū)校級期中）已知函數(shù)y＝（x﹣a）2+a．（1）①函數(shù)y＝（x﹣a）2+a的頂點坐標(biāo)為（用含a的代數(shù)式表示）②函數(shù)y＝（x﹣a）2+a頂點的運動軌跡是，在平面直角坐標(biāo)系中畫出頂點的運動軌跡．（2）當(dāng)a＝1時，函數(shù)關(guān)系式為，在平面直角坐標(biāo)系中畫出此函數(shù)的圖象；（3）已知點A（﹣1，1），B（2，1），連結(jié)AB．若拋物線y＝（x﹣a）2+a與線段AB有且只有一個交點，求a的取值范圍；（4）把函數(shù)y＝（x﹣a）2+a（x≤0）的圖象記為G，當(dāng)G的最低點到x軸距離為1時，直接寫出a的值．【解答】解：（1）①∵函數(shù)y＝（x﹣a）2+a，∴頂點坐標(biāo)為（a，a），故答案為：（a，a）；②∵頂點坐標(biāo)為（a，a），∴頂點的運動軌跡為直線y＝x，在平面直角坐標(biāo)系中畫出頂點的運動軌跡如圖：故答案為：直線y＝x；（2）當(dāng)a＝1時，函數(shù)關(guān)系式為y＝（x﹣1）2+1，x…﹣10123…y…52125…故答案為：y＝（x﹣1）2+1；（3）當(dāng)拋物線過點A（﹣1，1）時，1＝（﹣1﹣a）2+a，解得a＝﹣3或0，如圖，∴a的取值范圍為﹣3≤a＜0；當(dāng)a＝1時，拋物線的頂點為（1，1），此時，拋物線y＝（x﹣a）2+a與線段AB有且只有一個交點；當(dāng)拋物線過點B（2，1）時，1＝（2﹣a）2+a，方程無解，∴若拋物線y＝（x﹣a）2+a與線段AB有且只有一個交點，a的取值范圍為﹣3≤a＜0或a＝1；（4）當(dāng)a＜0時，∵函數(shù)y＝（x﹣a）2+a，頂點坐標(biāo)為（a，a），∴函數(shù)y＝（x﹣a）2+a（x≤0）的圖象G的最低點即頂點，∵圖象G的最低點到x軸距離為1，∴a＝﹣1；當(dāng)a＞0時，函數(shù)y＝（x﹣a）2+a（x≤0）的圖象G的最低點為與y軸的交點，令x＝0，則y＝a2+a，∵圖象G的最低點到x軸距離為1，∴a2+a＝1，解得a＝（舍去負(fù)值），∴a＝，故a的值為﹣1或．4．（2022?浉河區(qū)校級開學(xué)）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A，B（4，0）兩點，與y軸交于點C，直線y＝﹣x+n經(jīng)過點B，C，點D是直線BC上的動點，過點D作DQ⊥x軸，垂足為Q，交拋物線于點P．（1）求拋物線的解析式及點A的坐標(biāo)；（2）當(dāng)點P位于直線BC上方且△PBC面積最大時，求P的坐標(biāo)；（3）將D點向右平移5個單位長度得到點E，當(dāng)線段DE與拋物線只有一個交點時，請直接寫出D點橫坐標(biāo)m的取值范圍．【解答】解：（1）將B（4，0）代入y＝﹣x+n，∴﹣2+n＝0，解得n＝2，∴y＝﹣x+2，令x＝0，則y＝2，∴C（0，2），將B（4，0），C（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c，∴，解得，∴y＝﹣x2+x+2，令y＝0，則﹣x2+x+2＝0，解得x＝﹣1或x＝4，∴A（﹣1，0）；（2）設(shè)P（t，﹣t2+t+2），則D（t，﹣+2），∴PD＝﹣t2+t+2+t﹣2＝﹣t2+2t，∴S△PBC＝4×（﹣t2+2t）＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣2）2+4，∴當(dāng)t＝2時，△PBC面積最大，此時P（2，3）；（3）∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣）2+，∴拋物線的頂點（，），∵D點橫坐標(biāo)m，∴D（m，﹣m+2），則E（m+5，﹣m+2），如圖1，當(dāng)DE經(jīng)過拋物線的頂點時，﹣m+2＝，解得m＝﹣，此時線段DE與拋物線有一個交點；如圖2，當(dāng)D點與C點重合時，2＝﹣m+2，解得m＝0，當(dāng)D點與B點重合時，m＝4，∴0＜m≤4時，此時線段DE與拋物線有一個交點；綜上所述：m＝﹣或0＜m≤4時，此時線段DE與拋物線有一個交點，故答案為：m＝﹣或0＜m≤4．5．（2022?青縣二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點A（0，），點B（1，），與直線x＝m交于點P．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）當(dāng)0≤x≤m時，函數(shù)有最小值﹣3，求m的值；（3）過點P作PQ∥x軸，點Q的橫坐標(biāo)為﹣2m+1．已知點P與點Q不重合，且線段PQ的長度隨m的增大而減?。偾髆的取值范圍；②當(dāng)PQ≤7時，直接寫出線段PQ與二次函數(shù)（﹣2≤x＜）的圖象有一個交點時m的取值范圍．【解答】解：（1）將A（0，），點B（1，）代入得：，解得，∴y＝﹣（x+）2+2＝﹣x2﹣x+，答：二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2﹣x+；（2）∵拋物線y＝﹣（x+）2+2的對稱軸為直線x＝﹣，∴在0≤x≤m時，y隨x的增大而減小，而當(dāng)0≤x≤m時，函數(shù)有最小值﹣3，∴x＝m時，y＝﹣3，即﹣3＝﹣（m+）2+2，解得m＝或m＝（不合題意，舍去），∴m的值為；（3）①PQ＝|﹣2m+1﹣m|＝|﹣3m+1|，當(dāng)﹣3m+1＞0時，PQ＝﹣3m+1，PQ的長度隨m的增大而減小，當(dāng)﹣3m+1＜0時，PQ＝3m﹣1，PQ的長度隨m增大而增大，∴﹣3m+1＞0滿足題意，解得m＜；②∵0＜PQ≤7，∴0＜﹣3m+1≤7，解得﹣2≤m＜，（Ⅰ）當(dāng)m＝﹣時，P在二次函數(shù)y＝﹣（x+）2+2的圖象的最高點，PQ與拋物線只有1交點，如圖：（Ⅱ）當(dāng)﹣＜m＜時，如圖：此時P、Q都在直線x＝﹣的右側(cè)，PQ與拋物線只有1交點；（Ⅲ）直線x＝關(guān)于對稱軸直線x＝﹣的對稱直線為x＝﹣，當(dāng)﹣2≤m＜﹣時，如圖：此時PQ與拋物線只有1交點；綜上所述，當(dāng)﹣≤m＜或﹣2≤m＜﹣時，PQ與拋物線y＝﹣（x+）2+2（﹣2≤x＜）只有一個交點．6．（2022?襄城區(qū)模擬）拋物線y＝x2﹣（m+3）x+3m與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．（1）如圖1，若點A在x軸的負(fù)半軸上，△OBC為等腰直角三角形，求拋物線的解析式；（2）在（1）的條件下，點D（﹣2，5）是拋物線上一點，點M為直線BC下方拋物線上一動點，令四邊形BDCM的面積為S，求S的最大值及此時點M的坐標(biāo)；（3）若點P是拋物線對稱軸上一點，且點P的縱坐標(biāo)為﹣9，作直線PC，將直線PC向下平移n（n＞0）個單位長度得到直線P'C'，若直線P'C'與拋物線有且僅有一個交點．①直接寫出n關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式；②直接寫出當(dāng)1≤n≤5時m的取值范圍．【解答】解：（1）令y＝0，則x2﹣（m+3）x+3m＝0，解得x＝3或x＝﹣m，∴A（﹣m，0），B（3，0），令x＝0，則y＝3m，∴C（0，3m），∵△OBC為等腰直角三角形，∴3＝﹣3m，∴m＝﹣1，∴y＝x2﹣2x﹣3；（2）由（1）知A（﹣1，0），D（﹣2，5），∴AB＝4，∴S△BDC＝5×8﹣×2×8﹣×3×3﹣×5×5＝15，過點M作MQ∥y軸交直線BC于點Q，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x﹣3，設(shè)M（m，m2﹣2m﹣3），則Q（m，m﹣3），∴MQ＝﹣m2+3m，∴S△BCM＝×3×（﹣m2+3m）＝﹣（m﹣）2+，∴S＝15﹣（m﹣）2+，∴當(dāng)m＝時，S有最大值15+＝，此時M（，﹣）；（3）①y＝x2﹣（m+3）x+3m的對稱軸為直線x＝，∴P（，﹣9），設(shè)直線PC的解析式為y＝k'x+b'，∴，解得，∴y＝﹣6x+3m，∴直線PC平移后的直線P'C'的解析式為y＝﹣6x+3m﹣n，聯(lián)立方程組，整理得x2﹣（m﹣3）x+n＝0，∵直線P'C'與拋物線有且僅有一個交點，∴Δ＝（m﹣3）2﹣4n＝0，∴n＝（m﹣3）2；②當(dāng)n＝1時，m＝1或m＝5，當(dāng)n＝5時，m＝2+3或m＝﹣2+3，∴﹣2+3≤m≤1或5≤m≤2+3．7．（2022?永城市模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2﹣mx+m與直線y＝﹣x+b交于點A（﹣1，5）和B．（1）求拋物線和直線的解析式；（2）若D為拋物線上一點，且在點A和點B之間（不包括點A和點B），求點D的縱坐標(biāo)y0的取值范圍；（3）已知M是直線AB上一點，將點M向下平移2個單位長度得到點N，若線段MN與拋物線只有一個交點，直接寫出點M的橫坐標(biāo)xM的取值范圍．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2﹣mx+m與直線y＝﹣x+b交于點A（﹣1，5），∴5＝（﹣1）2+m+m，5＝1+b，∴m＝2，b＝4，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x+2，直線的解析式為y＝﹣x+4；（2）∵y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1，∴拋物線的頂點為（1，1），∵D為拋物線上一點，且在點A（﹣1，5）和點B之間（不包括點A和點B），∴點D的縱坐標(biāo)y0的取值范圍為：1≤y0＜5；（3）解方程組，解得或，∴A（﹣1，5），B（2，2），由題意設(shè)點M的坐標(biāo)為（n，﹣n+4），則點N（n，﹣n+2），∵線段MN與拋物線只有一個公共點，∴n2﹣2n+2≥﹣n+2，且﹣1≤n≤2，解得：﹣1≤n≤0或1≤n≤2，∴點M的橫坐標(biāo)xM的取值范圍為：﹣1≤n≤0或1≤n≤2．8．（2022?宜昌）已知拋物線y＝ax2+bx﹣2與x軸交于A（﹣1，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C．直線l由直線BC平移得到，與y軸交于點E（0，n）．四邊形MNPQ的四個頂點的坐標(biāo)分別為M（m+1，m+3），N（m+1，m），P（m+5，m），Q（m+5，m+3）．（1）填空：a＝，b＝﹣；（2）若點M在第二象限，直線l與經(jīng)過點M的雙曲線y＝有且只有一個交點，求n2的最大值；（3）當(dāng)直線l與四邊形MNPQ、拋物線y＝ax2+bx﹣2都有交點時，存在直線l，對于同一條直線l上的交點，直線l與四邊形MNPQ的交點的縱坐標(biāo)都不大于它與拋物線y＝ax2+bx﹣2的交點的縱坐標(biāo)．①當(dāng)m＝﹣3時，直接寫出n的取值范圍；②求m的取值范圍．【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣2，∴，解得，故答案為：，﹣；（2）設(shè)直線BC的解析式為y＝dx+e，∵B（4，0），C（0，﹣2），∴，解得，∴直線BC的解析式為y＝x﹣2，∵直線BC平移得到直線l，直線l與y軸交于點E（0，n），∴直線l的解析式為y＝x+n，∵雙曲線y＝經(jīng)過點M（m+1，m+3），∴k＝（m+1）（m+3），∴y＝，∵直線l與雙曲線y＝有且只有一個交點，聯(lián)立方程組，整理得x2+2nx﹣2m2﹣8m﹣6＝0，∴Δ＝0，即4n2﹣4（﹣2m2﹣8m﹣6）＝0，∴n2+2m2+8m+6＝0，∴n2＝﹣2m2﹣8m﹣6＝﹣2（m+2）2+2，∵M點在第二象限，∴m+1＜0，m+3＞0，∴﹣3＜m＜﹣1，∴當(dāng)m＝﹣2時，n2可以取得最大值2；（3）如圖1，當(dāng)直線l與拋物線有交點時，聯(lián)立方程組，整理得，x2﹣4x﹣4﹣2n＝0，∵Δ≥0，即8n+16≥0，∴n≥﹣4，當(dāng)n＝﹣4時，直線y＝x﹣4與拋物線的交點為F（2，﹣3）；①當(dāng)m＝﹣3時，四邊形NMPQ的頂點分別為M（﹣2，0），N（﹣2，﹣3），P（2，﹣3），Q（2，0），如圖2，當(dāng)直線l經(jīng)過點P（2，﹣3）時，此時P點與F點重合，∴n＝﹣4時，直線l與四邊形MNPQ、拋物線都有交點，且滿足直線l與矩形MNPQ的交點的縱坐標(biāo)都不大于與拋物線的交點的縱坐標(biāo)；如圖3，當(dāng)直線l經(jīng)過點A時，n＝，當(dāng)直線l經(jīng)過點M時，如圖4，n＝1，∴≤n≤1，綜上所述：n的取值范圍為：≤n≤1或n＝﹣4；②當(dāng)m的值逐漸增大到使矩形MNPQ的頂點M（m+1，m+3）在直線y＝x﹣4上時，直線l與四邊形MNPQ、拋物線同時有交點，且同一直線l與四邊形MNPQ的交點的縱坐標(biāo)都小于它與拋物線的交點的縱坐標(biāo)，∴m+3＝（m+1）﹣4，解得m＝﹣13；如圖5，當(dāng)m的值逐漸增大到使矩形MNPQ的頂點M（m+1，m+3）在這條開口向上的拋物線上（對稱軸左側(cè)）時，存在直線l（即經(jīng)過此時點M的直線l）與四邊形MNPQ、平行同時有交點，且同一直線l與四邊形MNPQ的交點的縱坐標(biāo)都不大于它與拋物線的交點的縱坐標(biāo)，∴（m+1）2﹣（m+1）﹣2＝m+3，解得m＝（舍）或m＝，綜上所述：m的取值范圍為﹣13≤m≤．9．（2022?焦作模擬）已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A，B兩點（點A在點B右側(cè)），與y軸交于點C，且點B的坐標(biāo)為（﹣1，0），點C（0，﹣3），且OA＝OC．（1）求拋物線的解析式和頂點坐標(biāo)；（2）在拋物線上存在一點P，滿足t﹣4≤xP≤t，對應(yīng)的y的取值范圍為﹣4≤yP≤5，求t的值；（3）若點E（﹣1，﹣4），F(xiàn)（4，2m+1），線段EF與該拋物線y＝ax2+bx+c只有一個交點，請直接寫出m的取值范圍．【解答】解：（1）∵C（0，﹣3），∴c＝﹣3，∵OA＝OC，∴OA＝3，∴點A（3，0），將B（﹣1，0），A（3，0）代人y＝ax2+bx+c，得，解得，∴y＝x2﹣2x﹣3，頂點坐標(biāo)為（1，﹣4）；（2）∵滿足t﹣4≤xP≤t，對應(yīng)的y的取值范圍為﹣4≤yP≤5，∴將y＝5代人y＝x2﹣2x﹣3，∴x2﹣2x﹣3＝5，解得x1＝﹣2，x2＝4，∵y的取值范圍為﹣4≤yP≤5，∴xP的最大取值范圍為﹣2≤xP≤4，∵滿足t﹣4≤xP≤t，當(dāng)t﹣4＝﹣2時即t＝2，﹣2≤xp≤2符合題意；當(dāng)t＝4時，0≤xP≤4符合題意；綜上所述：t＝2或4；（3）當(dāng)x＝4時，y＝5，∴2m+1＞5，即m＞2時，線段EF與拋物線有一個交點，當(dāng)2m+1＝﹣4，即m＝﹣時，線段EF與拋物線有一個交點，綜上所述：m＞2或．綜上所述：﹣8≤m＜0或m＝1時，拋物線與線段BC有一個交點．10．（2022春?南關(guān)區(qū)校級月考）已知二次函數(shù)y＝x2﹣mx+m（m為常數(shù)）．（1）當(dāng)m＝4時．①求函數(shù)頂點坐標(biāo)，并寫出函數(shù)值y隨x增大而減小時x的取值范圍．②若點P（t，y1）和Q（5，y2）在其圖象上，且y1＞y2時．則實數(shù)t的取值范圍是．（2）記函數(shù)y＝x2﹣mx+m（x≤m）的圖象為G．①當(dāng)圖象G與直線y＝﹣1﹣m只有一個交點時，求m的值．②矩形ABCD的對稱中心為坐標(biāo)原點，且邊均垂直于坐標(biāo)軸，其中點A的坐標(biāo)為（2，2﹣m），當(dāng)圖象G在矩形ABCD內(nèi)部（包括邊界）對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而逐漸減小，并且圖象G在矩形ABCD內(nèi)部（包括邊界）的最高點縱坐標(biāo)和最低點縱坐標(biāo)的差為2時，直接寫出m的值．【解答】解：（1）①當(dāng)m＝4時，y＝x2﹣4x+4＝（x﹣2）2，∴函數(shù)的頂點為（2，0），∵1＞0，∴當(dāng)x＜2時，y隨x的增大而減??；②∵P（t，y1）和Q（5，y2）在其圖象上，y1＞y2，∴P（t，y1）到對稱軸的距離小于Q（5，y2）到對稱軸的距離，∴|t﹣2|＞|5﹣2|，∴t＜﹣1或t＞5，故答案為：t＜﹣1或t＞5；（2）①當(dāng)二次函數(shù)y＝x2﹣mx+m與y＝﹣1﹣m有兩個交點時，即方程x2﹣mx+2m+1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，可得Δ＝m2﹣4（2m+1）＞0，解得m＜4﹣2或m＞4+2，當(dāng)二次函數(shù)y＝x2﹣mx+m與y＝﹣1﹣m有一個交點時，即方程x2﹣mx+2m+1＝0有兩個相等的實數(shù)根，可得Δ＝m2﹣4（2m+1）＝0，解得m＝4﹣2或m＝4+2，當(dāng)m＝4﹣2時，＝2﹣，＞m，此時y＝﹣1﹣m與圖象G無交點；當(dāng)m＝4+2時，＝2+，＜m，此時y＝﹣1﹣m與圖象G有一個交點．當(dāng)二次函數(shù)與直線x＝m的交點恰為（m，﹣1﹣m）時，m2﹣m2+m＝﹣1﹣m，解得m＝﹣．綜上可知，m≤﹣或m＝4+2．②拋物線y＝x2﹣mx+m經(jīng)過定點（1，1），點A坐標(biāo)為（2，2﹣m），點B坐標(biāo)為（2，m﹣2），當(dāng)m≥0時，直線x＝m在頂點右側(cè)，當(dāng)圖象G在矩形內(nèi)部對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而逐漸減小時，有≥2，即m≥4，∴圖象與矩形最高點的縱坐標(biāo)為m﹣2，最低點為y＝4﹣m，∴m﹣2﹣（4﹣m）＝2，解得m＝4．當(dāng)﹣2＜m≤號時，﹣2＜m≤0滿足題意，此時圖象最低點為（m，m），拋物線與直線x＝﹣2交點為（﹣2，3m+4），當(dāng)3m+4≥2﹣m時，m≥﹣0.5，此時拋物線與矩形交點縱坐標(biāo)為2﹣m，∴2﹣m﹣m＝2，解得m＝0．當(dāng)3m+4＜2﹣m時，a＜﹣0.5，拋物線與矩形交點最高點縱坐標(biāo)為3m+4，∴3m+4﹣m＝2，解得m＝﹣1綜上所述，m的值為0或﹣1或4．11．（2021秋?柳南區(qū)期末）如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點C（6，0），頂點為B，對稱軸x＝2與x軸相交于點A．（1）求拋物線的解析式；（2）拋物線上是否存在一點Q，使△QBC為以BC為底的等腰三角形．若存在，請求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）P為線段BC上任意一點，M為x軸上一動點，連接MP，以點M為中心，將△MPC逆時針旋轉(zhuǎn)90°，記點P的對應(yīng)點為E，點C的對應(yīng)點為F．當(dāng)直線EF與拋物線y＝﹣x2+bx+c只有一個交點時，求點M的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵拋物線的對稱軸x＝2，∴b＝1，∴y＝﹣x2+x+c，∵拋物線經(jīng)過點C（6，0），∴﹣9+6+c＝0，∴c＝3，∴y＝﹣x2+x+3；（2）存在一點Q，使△QBC為以BC為底的等腰三角形，理由如下：當(dāng)x＝2時，y＝5，∴拋物線的頂點B（2，4），∵A（2，0），∴AC＝4，AB＝4，∴∠BCA＝45°，∴BC邊的垂直平分線經(jīng)過點A，∵C（6，0），∴BC的中點為（4，2），設(shè)直線BC邊的垂直平分線為直線y＝kx+b，∴，∴，∴y＝x﹣2，聯(lián)立方程組，∴或，∴Q點坐標(biāo)為（2，﹣2+2）或（﹣2，﹣2﹣2）；（3）∵將△MPC逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△MEF，∴MF⊥MC，∠FCM＝∠EFM＝45°，∴∠EFC＝90°，∴EF⊥BC，∴△CGF是等腰直角三角形，設(shè)M（m，0），∴G（2m﹣6，0），∴直線GF的解析式為y＝x+6﹣2m，聯(lián)立方程組，∴x2+3﹣2m＝0，∵直線EF與拋物線只有一個交點，∴Δ＝2m﹣3＝0，∴m＝，∴M（，0）．12．（2021秋?越秀區(qū)期末）已知拋物線y＝﹣x2+mx+m+與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C（0，﹣），點P為拋物線在直線AC上方圖象上一動點．（1）求拋物線的解析式；（2）求△PAC面積的最大值，并求此時點P的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，拋物線y＝﹣x2+mx+m+在點A、B之間的部分（含點A、B）沿x軸向下翻折，得到圖象G．現(xiàn)將圖象G沿直線AC平移，得到新的圖象M與線段PC只有一個交點，求圖象M的頂點橫坐標(biāo)n的取值范圍．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+mx+m+與y軸交于點C（0，﹣），∴m+＝﹣，解得：m＝﹣3，∴該拋物線的解析式為：y＝﹣x2﹣3x﹣；（2）在y＝﹣x2﹣3x﹣中，令y＝0，得：﹣x2﹣3x﹣＝0，解得：x1＝﹣5，x2＝﹣1，∴A（﹣5，0），B（﹣1，0），設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，∵A（﹣5，0），C（0，﹣），∴，解得：，∴直線AC的解析式為y＝x，如圖1，設(shè)P（t，﹣t2﹣3t﹣），過點P作PH∥y軸交直線AC于點H，則H（t，t），∴PH＝﹣t2﹣3t﹣﹣（t）＝﹣t2﹣t，∴S△PAC＝S△PAH+S△PCH＝?PH?（xP﹣xA）+?PH?（xC﹣xP）＝?PH?（xC﹣xA）＝×（﹣t2﹣t）×[0﹣（﹣5）]＝t2﹣t＝（t+）2+，∴當(dāng)t＝﹣時，S△PAC取得最大值，此時，點P的坐標(biāo)為（﹣，）；（3）如圖2，拋物線y＝﹣x2﹣3x﹣在點A、B之間的部分（含點A、B）沿x軸向下翻折，得到圖象G，∵y＝﹣x2﹣3x﹣＝（x+3）2+2，頂點為（﹣3，2），∴圖象G的函數(shù)解析式為：y＝（x+3）2﹣2，頂點坐標(biāo)為（﹣3，﹣2），∵圖象G沿直線AC平移，得到新的圖象M，頂點運動的路徑為直線y＝﹣x﹣，∴圖象M的頂點坐標(biāo)為（n，﹣n﹣），∴圖象M的函數(shù)解析式為：y＝（x﹣n）2﹣n﹣，當(dāng)圖象M經(jīng)過點C（0，﹣）時，則：﹣＝（0﹣n）2﹣n﹣，解得：n＝﹣1或n＝2，當(dāng)圖象M的端點B在PC上時，∵線段PC的解析式為：y＝﹣x﹣（﹣≤x≤0），點B（﹣1，0）運動的路徑為直線y＝﹣x﹣，∴聯(lián)立可得：，解得：，將代入y＝（x﹣n）2﹣n﹣，可得：（﹣﹣n）2﹣n﹣＝，解得：n＝﹣或n＝（舍去），∴圖象M的頂點橫坐標(biāo)n的取值范圍為：﹣≤n≤﹣1或n＝2．13．（2021秋?和平區(qū)期末）已知拋物線y＝x2﹣（m+1）x+2m+3（m為常數(shù)），點A（﹣1，﹣1），B（3，7）．（Ⅰ）當(dāng)拋物線y＝x2﹣（m+1）x+2m+3經(jīng)過點A時，求拋物線解析式和頂點坐標(biāo)；（Ⅱ）拋物線的頂點隨著m的變化而移動．當(dāng)頂點移動到最高處時．①求拋物線的解析式；②在直線AB下方的拋物線上有一點E，過點E作EF⊥x軸，交直線AB于點F，求線段EF取最大值時的E點坐標(biāo)；（Ⅲ）若拋物線與線段AB只有一個交點，求m的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）把x＝﹣1，y＝﹣1代入拋物線得1+（m+1）+2m+3＝﹣1，∴m＝﹣2，∴y＝x2+x﹣1＝（x+）2﹣，∴拋物線頂點坐標(biāo)是（﹣，﹣）；（Ⅱ）①設(shè)頂點的縱坐標(biāo)是n，n＝＝﹣（m﹣3）2+5，∴當(dāng)m＝3時，n最大，即頂點在最高點，∴y＝x2﹣4x+9；②設(shè)AB的解析式是：y＝kx+b，∴，∴，∴y＝2x+1，設(shè)E（a，a2﹣4a+9），F(xiàn)（a，2a+1），∵點E在直線AB的下方，∴EF＝（2a+1）﹣（a2﹣4a+9）＝﹣a2+6a﹣8＝﹣（a﹣3）2+1，∴當(dāng)a＝3時，EF最大，最大值是1，當(dāng)a＝3時，a2﹣4a+9＝32﹣4×3+9＝6，∴E（3，6）；（Ⅲ）由x2﹣（m+1）x+2m+3＝2x+1得，x2﹣（m+3）x+（2m+2）＝0，∴x＝2或x＝m+1，∴線段AB與拋物線的交點為（2，5），（m+1，2m+3），∵拋物線與線段AB只有一個交點，∴（m+1，2m+3）不在線段AB上或（2，5）與（m+1，2m+3）重合，∴m+1＜﹣1或m+1＞3或m+1＝2，∴m＜﹣2或m＞2或m＝1．14．（2021秋?南皮縣校級月考）已知拋物線y＝x2﹣（m+1）x+2m+3．（1）當(dāng)m＝0時，請判斷點（2，4）是否在該拋物線上；（2）該拋物線的頂點隨著m的變化而移動，當(dāng)頂點移動到最高處時，求該拋物線的頂點坐標(biāo)；（3）已知點E（﹣1，﹣1），F(xiàn)（3，7）．①求出直線EF與拋物線的交點坐標(biāo)；（用含m的式子表示）②若該拋物線與線段EF只有一個交點，直接寫出該拋物線頂點橫坐標(biāo)x的取值范圍．【解答】解：（1）當(dāng)m＝0時，y＝x2﹣x+3，將x＝2代入y＝x2﹣x+3得y＝4﹣2+3＝5，∴點（2，4）不在該拋物線上．（2）∵y＝x2﹣（m+1）x+2m+3，∴拋物線頂點坐標(biāo)為（，），化簡得（，），∵＝﹣（m﹣3）2+5，∴m＝3時，頂點縱坐標(biāo)最大值為5，∴拋物線頂點坐標(biāo)為（2，5）．（3）①設(shè)直線EF解析式為y＝kx+b，將E（﹣1，﹣1），F(xiàn)（3，7）代入解析式可得，解得，∴y＝2x+1，聯(lián)立直線與拋物線方程得，解得或，∴直線EF與拋物線的交點坐標(biāo)為（2，5），（m+1，2m+3）．②由①得拋物線經(jīng)過定點（2，5），如圖，當(dāng)拋物線經(jīng)過（﹣1，﹣1）時，﹣1＝1+m+1+2m+3，解得m＝﹣2，∴m＜﹣2符合題意．當(dāng)拋物線經(jīng)過（3，7）時，7＝9﹣3m﹣3+2m+3，解得m＝2，∴m＞2符合題意．令x2﹣（m+1）x+2m+3＝2x+1，整理得x2﹣（m+3）x+2m+2＝0，∴Δ＝（m+3）2﹣4（2m+2）＝m2﹣2m+1＝（m﹣1）2，∴m＝1時，Δ＝0，此時拋物線與線段EF有1個交點．∵m＜﹣2或m＞2或m＝1時，拋物線與線段EF只有一個交點，∵拋物線頂點橫坐標(biāo)為，∴x＜﹣或x＞或x＝1．15．（2021秋?天長市月考）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+的圖象開口向上，與y軸的交點為A，并經(jīng)過點B（2，﹣）．（1）求b的值（用含a的代數(shù)式表示）；（2）若二次函數(shù)y＝ax2+bx+在1≤x≤3時，y的最大值為1，求a的值；（3）當(dāng)2≤x≤4時，直線y＝﹣x+與拋物線y＝ax2+bx+4a+僅有一個交點．求a的取值范圍．【解答】解：（1）將（2，﹣）代入y＝ax2+bx+得﹣＝4a+2b+，∴b＝﹣1﹣2a．（2）∵b＝﹣1﹣2a．∴y＝ax2﹣（2a+1）x+，當(dāng)x＝1，y＝1時，1＝a﹣2a﹣1+，解得a＝﹣（舍）．當(dāng)x＝3，y＝1時，1＝9a﹣6a﹣3+，解得a＝．∴a＝．（3）把b＝﹣1﹣2a代入y＝ax2+bx+4a+得y＝ax2﹣（2a+1）x+4a+，令ax2﹣（2a+1）x+4a+＝﹣x+，整理得ax2﹣2ax+4a﹣3＝0，由題意得方程有且僅有一個解2≤x≤4，∵拋物線y＝ax2﹣2ax+4a﹣3對稱軸為直線x＝﹣＝1，∴拋物線與x軸右側(cè)交點在（2，0）到（4，0）之間，∵拋物線開口向上，∴x＝2時，y≤0，x＝4時，y≥0，把（2，0）代入y＝ax2﹣2ax+4a﹣3得0＝4a﹣4a+4a﹣3，解得a＝，把（4，0）代入y＝ax2﹣2ax+4a﹣3得0＝16a﹣8a+4a﹣3，解得a＝，∴≤a≤．16．（2022?叢臺區(qū)校級模擬）如圖1，拋物線L1：y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（1，0）和點B（5，0）．已知直線l的解析式為y＝kx﹣5．（1）求拋物線L1的解析式；（2）若直線l將線段AB分成1：3兩部分，求k的值；（3）如圖2，當(dāng)k＝2時，直線與拋物線交于M，N兩點，點P是拋物線位于直線l上方的一點，當(dāng)△PMN面積最大時，求P點坐標(biāo)，并求面積的最大值；（4）如圖3，將拋物線L2在x軸上方的部分沿x軸折疊到x軸下方，將這部分圖象與原拋物線剩余的部分組成的新圖象記為L2．①直接寫出y隨x的增大而增大時x的取值范圍；②直接寫出直線l與圖象L2有四個交點時k的取值范圍．【解答】解：（1）∵拋物線L1：y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（1，0）和點B（5，0）∴y＝﹣（x﹣1）（x﹣5）＝﹣（x﹣3）2+4，∴拋物線L1的解析式為y＝﹣x2+6x﹣5；（2）∵直線l將線段AB分成1：3兩部分，則l經(jīng)過點（2，0）或（4，0），∴0＝2k﹣5或0＝4k﹣5，∴k＝或k＝．（3）如圖1，設(shè)P（x，﹣x2+6x﹣5）是拋物線位于直線上方的一點，解方程組，解得或，設(shè)M（0，﹣5）、N（4，3），∴0＜x＜4，過P做PH⊥x軸交直線l于點H，則H（x，2x﹣5），PH＝﹣x2+6x﹣5﹣（2x﹣5）＝﹣x2+4x，S△PMN＝PH?xN＝（﹣x2+4x）×4＝﹣2（x﹣2）2+8，∵0＜x＜4，∴當(dāng)x＝2時，SPMN最大，最大值為8，此時P（2，3）．（4）如圖2，A（1，0），B（5，0），由翻折，得D（3，﹣4），①當(dāng)x≤1或3≤x≤5時y隨x的增大而增大；故答案為：x≤1或3≤x≤5．②當(dāng)y＝kx﹣5與拋物線相切時，由，消去y，根據(jù)Δ＝0，可得k＝2，當(dāng)y＝kx﹣5過B點時，5k﹣5＝0，解得k＝1，直線與拋物線的交點在BD之間時有四個交點，即2﹣6＜k＜1，當(dāng)2﹣6＜k＜1時，直線l與圖象L2有四個交點．故答案為：2﹣6＜k＜1．17．（2021秋?二道區(qū)校級月考）在平面直角坐標(biāo)系中，函數(shù)y＝x2﹣2mx+1（x≤3m）的圖象記為M1．（1）若M1經(jīng)過點（2，﹣3），求m的值，并直接寫出函數(shù)值y隨x的增大而增大時，x的取值范圍．（2）若M1的最低點到x軸的距離為5，求m的值．（3）將M1關(guān)于點（3m，1）中心對稱后得到的圖象記為M2，M1和M2組成的圖象記為M．①若m＝1，當(dāng)﹣1≤x≤n時，﹣2≤y≤4，則n的取值范圍為．②若圖象M與直線y＝3m有2個交點，直接寫出m的取值范圍．【解答】解：（1）∵M1經(jīng)過點（2，﹣3），∴4﹣4m+1＝﹣3，解得：m＝2，∴y＝x2﹣4x+1（x≤6），∵該拋物線的對稱軸為直線x＝﹣＝2，∴當(dāng)y隨x的增大而增大時，x的取值范圍為2≤x≤6．（2）∵y＝x2﹣2mx+1（x≤3m）＝（x﹣m）2+1﹣m2，∴拋物線的對稱軸為直線x＝m，頂點坐標(biāo)為（m，1﹣m2），當(dāng)m≥0時，∵M1的最低點到x軸的距離為5，∴|1﹣m2|