1. （2026·邯郸月考）如图，二次函数$y=(x-3)^2+m$的图象交y轴于点C，点B与点C关于该二次函数图象的对称轴对称，已知一次函数$y=kx+b$的图象经过该二次函数图象上的点A(1,0)及点B.
(1)求二次函数与一次函数的表达式.
(2)抛物线上是否存在点Q，使$S_{△ ABQ}=15$？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

1. (1)
∵二次函数$y=(x-3)^2+m$的图象经过点A(1,0),
∴$0=(1-3)^2+m$,解得$m=-4$,
∴二次函数的表达式为$y=(x-3)^2-4=x^2-6x+5$,当$x=0$时,$y=5$,
∴点$C(0,5)$,抛物线的对称轴为直线$x=3$,
∴点$B(6,5)$.由直线AB的表达式为$y=kx+b$,将点$A(1,0)$,$B(6,5)$代入得$\begin{cases}k+b=0,\\6k+b=5,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1,\\b=-1,\end{cases}$
∴一次函数的表达式为$y=x-1$.
(2)存在,点Q的坐标为$(7,12)$或$(0,5)$或$(3,-4)$或$(4,-3)$.
解析:
∵点$A(1,0)$,$B(6,5)$,
∴$AB=\sqrt{(6-1)^2+5^2}=5\sqrt{2}$.
∵$S_{△ABQ}=15$,
∴点Q到AB的距离为$3\sqrt{2}$,
①当点Q在AB上方时,作$FQ// AB$,如图所示,交y轴于点F,过点F作$FE⊥AB$,则$EF=3\sqrt{2}$,过点B作$BH⊥x$轴,设AB与y轴交于点G,则点$G(0,-1)$,
∴$OG=OA=1$,
∴$AG=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$,当点F与点O重合时,$EF=\frac{\sqrt{2}}{2}＜3\sqrt{2}$,不符合题意,
∴点F一定在y轴正半轴上.
∵$A(1,0)$,$B(6,5)$,
∴$AH=BH=5$,
∴$∠BAH=∠GAO=45°$,
∴$∠OGE=45°$,
∴$△GEF$为等腰直角三角形,
∴$EG=EF=3\sqrt{2}$,
∴$GF=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6$.
∵$GO=1$,
∴$FO=5$,
∴点$F(0,5)$.设直线FQ的表达式为$y=x+b_1$,将点$F(0,5)$代入得$b_1=5$,
∴直线FQ表达式为$y=x+5$,联立得$\begin{cases}y=x+5,\\y=x^2-6x+5,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=7,\\y=12\end{cases}$或$\begin{cases}x=0,\\y=5,\end{cases}$此时点$Q(7,12)$或$(0,5)$;
②当点Q在AB下方时,作$MQ// AB$,如图所示,交y轴于点M,过点O作$OF⊥MQ$于点F,交AB于点E,则$EF=3\sqrt{2}$,过点B作$BH⊥x$轴,设AB与y轴交于点G,则$G(0,-1)$,
∴$OG=OA=1$,
∴$AG=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$,$∠OGE=45°$,
∴$OE=\frac{\sqrt{2}}{2}$,$∠OMF=∠OGE=45°$,
∴$△OMF$为等腰直角三角形.
∵$EF=3\sqrt{2}$,
∴$OF=3\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{7\sqrt{2}}{2}$,
∴$OM=\sqrt{(\frac{7\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{7\sqrt{2}}{2})^2}=7$,
∴点$M(0,-7)$.设直线FQ的表达式为$y=x+b_2$,将点$M(0,-7)$代入得$b_2=-7$,
∴直线FQ的表达式为$y=x-7$,联立得$\begin{cases}y=x-7,\\y=x^2-6x+5,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=3,\\y=-4\end{cases}$或$\begin{cases}x=4,\\y=-3,\end{cases}$此时点$Q(3,-4)$或$(4,-3)$.综上所述,点Q的坐标为$(7,12)$或$(0,5)$或$(3,-4)$或$(4,-3)$.

【分析】
(1) 求解函数表达式优先使用待定系数法：首先将已知点A(1,0)代入二次函数顶点式，求出参数m即可得到二次函数解析式；随后求二次函数与y轴交点C的坐标，结合抛物线对称轴为直线x=3，利用对称性质求出点B的坐标；最后将A、B两点坐标代入一次函数解析式，解二元一次方程组得到一次函数的参数即可。
(2) 已知△ABQ的面积，先计算线段AB的长度，结合面积公式推导点Q到直线AB的距离；利用平行直线间距离处处相等的性质，分别在AB的上方、下方作平行于AB的直线，两条平行线与抛物线的交点即为满足条件的Q点，联立平行线与抛物线的解析式求解即可，注意分情况讨论不要漏解。
【解析】
(1)
∵二次函数$y=(x-3)^2+m$的图象经过点A(1,0)，
∴将A(1,0)代入得：$0=(1-3)^2+m$，解得$m=-4$，
∴二次函数的表达式为$y=(x-3)^2-4$，整理为一般式为$y=x^2-6x+5$。
当$x=0$时，$y=0^2-6×0+5=5$，即点C坐标为$(0,5)$。
∵抛物线$y=(x-3)^2-4$的对称轴为直线$x=3$，点B与点C关于对称轴对称，
∴点B的横坐标为$2×3-0=6$，纵坐标与C相同为5，即$B(6,5)$。
将点A(1,0)、B(6,5)代入一次函数$y=kx+b$，得：
$\begin{cases}k+b=0\\6k+b=5\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=1\\b=-1\end{cases}$，
∴一次函数的表达式为$y=x-1$。
(2) 存在，理由如下：
由A(1,0)、B(6,5)，可得$AB=\sqrt{(6-1)^2+(5-0)^2}=5\sqrt{2}$。
∵$S_{△ ABQ}=15$，由三角形面积公式可得点Q到直线AB的距离$h=\frac{2S}{AB}=\frac{2×15}{5\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$。
①当点Q在AB上方时：
作$FQ// AB$，如图所示，交y轴于点F，过点F作$FE⊥ AB$，则$EF=3\sqrt{2}$。
直线AB$y=x-1$与y轴交于点G(0,-1)，可得$OG=OA=1$，$∠ OGA=45°$，
∴$△ GEF$为等腰直角三角形，$EG=EF=3\sqrt{2}$，
∴$GF=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6$，结合$GO=1$，得$FO=GF-GO=5$，即$F(0,5)$。
∵$FQ// AB$，直线AB斜率为1，
∴设直线FQ的表达式为$y=x+b_1$，将F(0,5)代入得$b_1=5$，即$y=x+5$。
联立$\begin{cases}y=x+5\\y=x^2-6x+5\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=7\\y=12\end{cases}$或$\begin{cases}x=0\\y=5\end{cases}$，即Q点坐标为$(7,12)$或$(0,5)$。
②当点Q在AB下方时：
作$MQ// AB$，如图所示，交y轴于点M，过点O作$OF⊥ MQ$于F，交AB于E，则$EF=3\sqrt{2}$。
同理可得$△ OMF$为等腰直角三角形，原点O到直线AB的距离$OE=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$OF=OE+EF=\frac{\sqrt{2}}{2}+3\sqrt{2}=\frac{7\sqrt{2}}{2}$，
∴$OM=\sqrt{(\frac{7\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{7\sqrt{2}}{2})^2}=7$，即$M(0,-7)$。
设直线MQ的表达式为$y=x+b_2$，将M(0,-7)代入得$b_2=-7$，即$y=x-7$。
联立$\begin{cases}y=x-7\\y=x^2-6x+5\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=3\\y=-4\end{cases}$或$\begin{cases}x=4\\y=-3\end{cases}$，即Q点坐标为$(3,-4)$或$(4,-3)$。
综上，满足条件的Q点存在。
【答案】
(1) 二次函数的表达式为$\boldsymbol{y=x^2-6x+5}$（或$\boldsymbol{y=(x-3)^2-4}$），一次函数的表达式为$\boldsymbol{y=x-1}$。
(2) 存在，点Q的坐标为$\boldsymbol{(7,12)}$、$\boldsymbol{(0,5)}$、$\boldsymbol{(3,-4)}$、$\boldsymbol{(4,-3)}$。
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数对称性，二次函数面积问题
【点评】
本题是一次函数与二次函数的综合题型，第一问为基础考点，考察待定系数法求函数解析式的常规方法；第二问将面积问题转化为平行直线与抛物线的交点问题，考察分类讨论思想与方程思想，是二次函数综合题的典型考法，解题时需注意不要漏解。
【难度系数】
0.6

2. 已知抛物线$y=ax^2+bx+3$的顶点坐标为$(-1,4)$，与$x$轴交于点$A$和点$B$，与$y$轴交于点$C$，点$P$为第二象限内抛物线上的动点.
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图，连结$OP$交$BC$于点$D$，当$S_{△ CPD}: S_{△ BPD}=1:2$时，请求出点$D$的坐标.

＞＞ 进一步挑战进阶专题:P30 专题28

2. (1)
∵抛物线$y=ax^2+bx+3$的顶点坐标为$(-1,4)$,
∴$\begin{cases}-\frac{b}{2a}=-1,\\a-b+3=4,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\b=-2,\end{cases}$
∴抛物线表达式为$y=-x^2-2x+3$.
(2)令$y=0$,得$-x^2-2x+3=0$,解得$x_1=-3$,$x_2=1$,
∴点$A(1,0)$,$B(-3,0)$,令$x=0$,得$y=3$,
∴$C(0,3)$,
∴$OB=OC=3$,
∴$BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=3\sqrt{2}$,$∠CBO=45°$.
∵$S_{△CPD}:S_{△BPD}=1:2$,设点P到BC的距离为h,
∴$\frac{S_{△CPD}}{S_{△BPD}}=\frac{\frac{1}{2}CD·h}{\frac{1}{2}BD·h}=\frac{CD}{BD}=\frac{1}{2}$,
∴$BD=\frac{2}{3}BC=\frac{2}{3}×3\sqrt{2}=2\sqrt{2}$,如图,过点D作$DK⊥x$轴于点K,则$△BDK$是等腰直角三角形,
∴$DK=BK=\frac{\sqrt{2}}{2}BD=2$,
∴$OK=3-2=1$,
∴点$D(-1,2)$.

【分析】
(1) 已知抛物线的一般式和顶点坐标，顶点坐标满足两个条件：一是顶点横坐标对应抛物线对称轴公式$x=-\frac{b}{2a}$，二是顶点横、纵坐标代入抛物线解析式等式成立，因此可列关于$a$、$b$的二元一次方程组，求解即可得到抛物线表达式。
(2) 先求抛物线与$x$轴、$y$轴的交点$A$、$B$、$C$的坐标，可得$OB=OC=3$，推出$△ OBC$是等腰直角三角形，$∠ CBO=45°$。观察$△ CPD$和$△ BPD$，两个三角形同高（高均为点$P$到直线$BC$的距离），因此面积比等于对应底的比，即$CD:BD=1:2$，由此可求出$BD$的长度。过$D$作$DK⊥ x$轴于$K$，$△ BDK$为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形边长关系求出$BK$、$DK$的长度，即可得到点$D$的坐标。
【解析】
(1) $\because$抛物线$y=ax^2+bx+3$的顶点坐标为$(-1,4)$，
$\therefore$根据对称轴公式和顶点函数值可得$\begin{cases}-\frac{b}{2a}=-1,\\a-b+3=4,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1,\\b=-2,\end{cases}$
$\therefore$抛物线表达式为$y=-x^2-2x+3$。
(2) 令$y=0$，得$-x^2-2x+3=0$，解得$x_1=-3$，$x_2=1$，
$\therefore$点$A(1,0)$，$B(-3,0)$，
令$x=0$，得$y=3$，$\therefore C(0,3)$，
$\therefore OB=OC=3$，
$\therefore BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=3\sqrt{2}$，$∠ CBO=45°$。
$\because S_{△ CPD}:S_{△ BPD}=1:2$，设点$P$到$BC$的距离为$h$，
$\therefore \frac{S_{△ CPD}}{S_{△ BPD}}=\frac{\frac{1}{2}CD·h}{\frac{1}{2}BD·h}=\frac{CD}{BD}=\frac{1}{2}$，
$\therefore BD=\frac{2}{3}BC=\frac{2}{3}×3\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，
如图，过点$D$作$DK⊥ x$轴于点$K$，则$△ BDK$是等腰直角三角形，
$\therefore DK=BK=\frac{\sqrt{2}}{2}BD=2$，
$\therefore OK=OB-BK=3-2=1$，
$\therefore$点$D$的坐标为$(-1,2)$。
【答案】
(1) 抛物线的表达式为$\boldsymbol{y=-x^2-2x+3}$；
(2) 点$D$的坐标为$\boldsymbol{(-1,2)}$，辅助线图示：
【知识点】
1. 二次函数解析式求解
2. 同高三角形面积比例
3. 等腰直角三角形性质
【点评】
本题属于二次函数与几何的综合基础题，第一问考察二次函数解析式的常规求法，属于必拿分内容；第二问通过面积比转化为线段比，结合等腰直角三角形的性质求点坐标，是二次函数面积类问题的典型考法，需重点掌握“同高三角形面积比等于底边长之比”的转化技巧。
【难度系数】
0.7