16. 如图,抛物线$c:y=ax^2+bx+3$与$x$轴交于$A(-3,0),B(1,0)$两点,与$y$轴交于点$C$.
(1) 求抛物线$c$对应的函数解析式.
(2) 若$D$为直线$AC$上方的抛物线上的一点,且$△ ACD$的面积为$3$,求点$D$的坐标.
(3) 将抛物线$c$向右平移$m(m＞0)$个单位长度,设平移后的抛物线$c'$中$y$随$x$增大而增大的部分记为图象$G$.若图象$G$与直线$AC$有且只有一个交点,求$m$的取值范围.

解:（1）把$A(-3,0)，$$B(1,0)$代入$y = ax^{2}+bx + 3，$得$\begin{cases}9a-3b + 3 = 0\\a + b + 3 = 0\end{cases}，$ 由$a + b + 3 = 0$可得$b=-a - 3，$ 将$b=-a - 3$代入$9a-3b + 3 = 0$中，$9a-3(-a - 3)+3 = 0，$ $9a + 3a+9 + 3 = 0，$ $12a=-12，$解得$a=-1，$ 则$b=-(-1)-3=-2，$ 所以抛物线$c$对应的函数解析式为$y=-x^{2}-2x + 3。$ （2）如图，过点$D$作$DE\perp x$轴，垂足为$E。$ 由（1）知，$C(0,3)。$设点$D$的坐标为$(x,y)，$则点$E$的坐标为$(x,0)。$ 所以$AO = 3，$$CO = 3，$$EO=-x，$$AE = 3 + x，$$DE = y=-x^{2}-2x + 3。$ $S_{\triangle ACD}=S_{\triangle ADE}+S_{梯形EOC D}-S_{\triangle ACO}=\dfrac{1}{2}(3 + x)(-x^{2}-2x + 3)+\dfrac{1}{2}(3 - x^{2}-2x + 3)(-x)-\dfrac{1}{2}\times3\times3 = 3，$ 整理得$x^{2}+3x + 2 = 0，$ 因式分解得$(x + 1)(x + 2)=0，$ 解得$x=-1$或$x=-2。$ 因为点$D$在抛物线上， 当$x=-1$时，$y=-(-1)^{2}-2\times(-1)+3=4；$ 当$x=-2$时，$y=-(-2)^{2}-2\times(-2)+3=3。$ 所以点$D$的坐标为$(-1,4)$或$(-2,3)。$ （3）设直线$AC$对应的函数解析式为$y_{AC}=kx + n(k\neq0)。$ 把$A(-3,0)，$$C(0,3)$代入，得$\begin{cases}-3k + n = 0\\n = 3\end{cases}，$ 解得$\begin{cases}k = 1\\n = 3\end{cases}，$ 所以直线$AC$对应的函数解析式为$y_{AC}=x + 3。$ 由（1）知抛物线$c$对应的函数解析式为$y=-x^{2}-2x + 3=-(x + 1)^{2}+4。$ 设平移后的抛物线$c'$对应的函数解析式为$y_{c'}=-(x + 1 - m)^{2}+4，$则平移后的抛物线$c'$的顶点坐标为$(m - 1,4)。$ 因为图象$G$与直线$AC$只有一个交点，所以有以下两种情况： ①当$x=m - 1$时，$y_{c'}＞y_{AC}，$即$4＞m - 1+3，$ $4＞m + 2，$解得$m＜2；$ ②抛物线$c'$与直线$AC$只有一个交点。 令$y_{c'}=y_{AC}，$即$-(x + 1 - m)^{2}+4=x + 3，$ 整理得$x^{2}+(3 - 2m)x+m^{2}-2m = 0。$ $\Delta=(3 - 2m)^{2}-4(m^{2}-2m)=0，$ $9-12m + 4m^{2}-4m^{2}+8m = 0，$ $-4m=-9，$解得$m=\dfrac{9}{4}。$ 综上所述，若图象$G$与直线$AC$有且只有一个交点，$m$的取值范围是$0＜m＜2$或$m=\dfrac{9}{4}。$ ;

17. (2023·启东期中)如图①,抛物线$y=-x^2+bx$与$x$轴交于点$A$,与直线$y=-x$交于点$B(4,-4)$,点$C(0,-4)$在$y$轴上.点$P$从点$B$出发,沿线段$BO$方向匀速运动,运动到点$O$时停止.
(1) 求抛物线$y=-x^2+bx$对应的函数解析式.
(2) 当$BP=2\sqrt{2}$时,请在图①中过点$P$作$PD⊥ OA$于点$H$,交抛物线于点$D$,连接$PC,OD$.请判断四边形$OCPD$的形状,并说明理由.
(3) 如图②,当点$P$从点$B$开始运动时,点$Q$从点$O$同时出发,以与点$P$相同的速度沿$x$轴正方向匀速运动,当点$P$停止运动时,点$Q$也停止运动.连接$BQ,CP$,求$CP+BQ$的最小值.

第17题

解: （1）因为抛物线$y=-x^{2}+bx$过点$B(4,-4)，$ 所以$-16 + 4b=-4，$ $4b=12，$解得$b = 3。$ 所以抛物线对应的函数解析式为$y=-x^{2}+3x。$ （2）补全图形如图①所示，四边形$OCPD$是平行四边形。 理由：因为点$P$在直线$y=-x$上，所以可得$OH = PH，$$\angle POH = 45^{\circ}。$ 如图①，连接$BC。$因为$C(0,-4)，$$B(4,-4)，$所以$OC = BC = 4，$$\angle OCB = 90^{\circ}，$ 所以$OB=\sqrt{4^{2}+4^{2}} = 4\sqrt{2}。$ 因为$BP = 2\sqrt{2}，$所以$OP = OB - BP=4\sqrt{2}-2\sqrt{2}=2\sqrt{2}，$ 所以$OH = PH = 2。$ 当$x_{D}=2$时，$DH = y_{D}=-4 + 3\times2 = 2，$ 所以$PD=DH + PH=2 + 2 = 4，$所以$PD = OC。$ 因为$OC\perp x$轴，$PD\perp x$轴，所以$PD// OC，$ 所以四边形$OCPD$是平行四边形。 （3）由题意，得$BP = OQ，$$\angle BOQ = 45^{\circ}。$ 如图②，连接$BC，$在$OA$上方作$\triangle OMQ，$使得$\angle MOQ = 45^{\circ}，$$OM = BC，$连接$BM。$ 因为$OC = BC = 4，$$BC\perp OC，$所以$\angle CBP = 45^{\circ}，$所以$\angle CBP=\angle MOQ。$ 因为$BP = OQ，$$\angle CBP=\angle MOQ，$$BC = OM，$ 所以$\triangle CBP\cong\triangle MOQ(SAS)，$所以$CP = MQ。$ 所以$CP + BQ=MQ + BQ\geqslant MB，$所以$CP + BQ$的最小值为$MB$的长。 因为$\angle MOB=\angle MOQ+\angle BOQ = 45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}，$ $OM = BC = 4，$$OB = 4\sqrt{2}，$ 所以$MB=\sqrt{OM^{2}+OB^{2}}=\sqrt{4^{2}+(4\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{16 + 32}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}，$ 即$CP + BQ$的最小值为$4\sqrt{3}。$ ;