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22.(9分)商店决定购进A,B两种纪念品进行销售,已知每件A种纪念品比每件B种纪念品的进价高10元.用1500元购进A种纪念品的数量和用1000元购进B种纪念品的数量相同.
(1)求A,B两种纪念品每件的进价;
(2)该商场通过市场调查,整理出A种纪念品的售价与销售量的关系如表:
设售出A种纪念品的利润为ω元,求ω与x的函数解析式,并求当x为何值时利润最大,最大利润是多少.
(1)求A,B两种纪念品每件的进价;
(2)该商场通过市场调查,整理出A种纪念品的售价与销售量的关系如表:
设售出A种纪念品的利润为ω元,求ω与x的函数解析式,并求当x为何值时利润最大,最大利润是多少.
答案
解：(1)设每件B种纪念品的进价为x元，则每件A种纪念品的进价为$(x+10)$元。
根据题意得：
$\frac{1500}{x+10}=\frac{1000}{x}$
方程两边同乘$x(x+10)$得：
$1500x=1000(x+10)$
解得$x=20$
检验：当$x=20$时，$x(x+10)≠0$，$x=20$是原分式方程的解，且符合题意。
$\therefore x+10=30$
答：A种纪念品每件的进价为30元，B种纪念品每件的进价为20元。
(2)分两种情况求函数解析式：
①当$30≤ x≤40$时：
$w=200(x-30)=200x-6000$
$\because 200＞0$，$w$随$x$的增大而增大，
$\therefore$当$x=40$时，$w$取得最大值，最大值为$200×40-6000=2000$。
②当$40＜x≤60$时：
$w=(x-30)(400-5x)=-5x^2+550x-12000$
$\because a=-5＜0$，抛物线开口向下，对称轴为直线$x=-\frac{550}{2×(-5)}=55$，且$40＜55≤60$，
$\therefore$当$x=55$时，$w$取得最大值，最大值为$-5×55^2+550×55-12000=3125$。
综上，$w$与$x$的函数解析式为：
$w=\begin{cases}200x-6000 & (30≤ x≤40) \\-5x^2+550x-12000 & (40＜x≤60)\end{cases}$
$\because 3125＞2000$，
$\therefore$当$x=55$时利润最大，最大利润是3125元。
根据题意得：
$\frac{1500}{x+10}=\frac{1000}{x}$
方程两边同乘$x(x+10)$得：
$1500x=1000(x+10)$
解得$x=20$
检验：当$x=20$时，$x(x+10)≠0$，$x=20$是原分式方程的解，且符合题意。
$\therefore x+10=30$
答：A种纪念品每件的进价为30元，B种纪念品每件的进价为20元。
(2)分两种情况求函数解析式：
①当$30≤ x≤40$时：
$w=200(x-30)=200x-6000$
$\because 200＞0$，$w$随$x$的增大而增大，
$\therefore$当$x=40$时，$w$取得最大值，最大值为$200×40-6000=2000$。
②当$40＜x≤60$时：
$w=(x-30)(400-5x)=-5x^2+550x-12000$
$\because a=-5＜0$，抛物线开口向下，对称轴为直线$x=-\frac{550}{2×(-5)}=55$，且$40＜55≤60$，
$\therefore$当$x=55$时，$w$取得最大值，最大值为$-5×55^2+550×55-12000=3125$。
综上，$w$与$x$的函数解析式为：
$w=\begin{cases}200x-6000 & (30≤ x≤40) \\-5x^2+550x-12000 & (40＜x≤60)\end{cases}$
$\because 3125＞2000$，
$\therefore$当$x=55$时利润最大，最大利润是3125元。
解析
【分析】
(1) 第一问为分式方程的实际应用，解题核心是找到等量关系：1500元购进A种纪念品的数量=1000元购进B种纪念品的数量。设B种纪念品进价为x元，即可表示出A的进价，结合“数量=总价÷单价”列方程求解，注意分式方程必须检验根是否符合题意。
(2) 第二问为销售利润类分段函数问题，核心公式为“总利润=单件利润×销售量”，结合表格售价区间分两类讨论：①当$30≤x≤40$时，销售量为固定值200件，列出一次函数后结合增减性求该区间最大利润；②当$40＜x≤60$时，销售量为$400-5x$，列出二次函数后结合开口方向、对称轴和自变量取值范围求最大值，最后比较两个区间的最大利润即可得到最终结果。
【解析】
(1) 设每件B种纪念品的进价为$x$元，则每件A种纪念品的进价为$(x+10)$元。
根据题意列方程：
$\frac{1500}{x+10}=\frac{1000}{x}$
方程两边同乘最简公分母$x(x+10)$，得：
$1500x=1000(x+10)$
解得$x=20$
检验：当$x=20$时，$x(x+10)=600≠0$，因此$x=20$是原分式方程的解，且符合实际意义。
则A种纪念品的进价为$x+10=20+10=30$元。
(2) 分两种情况推导$w$与$x$的函数解析式：
①当$30≤x≤40$时，单件利润为$(x-30)$元，销售量为200件，因此：
$w=200(x-30)=200x-6000$
$\because 200＞0$，$w$随$x$的增大而增大，
$\therefore$当$x=40$时，$w$取得该区间最大值，为$200×40-6000=2000$元。
②当$40＜x≤60$时，单件利润为$(x-30)$元，销售量为$(400-5x)$件，因此：
$w=(x-30)(400-5x)=-5x^2+550x-12000$
$\because a=-5＜0$，抛物线开口向下，对称轴为直线$x=-\frac{b}{2a}=-\frac{550}{2×(-5)}=55$，且$40＜55≤60$，
$\therefore$当$x=55$时，$w$取得该区间最大值，为$-5×55^2+550×55-12000=3125$元。
综上，$w$与$x$的函数解析式为：
$w=\begin{cases}200x-6000 & (30≤ x≤40) \\-5x^2+550x-12000 & (40＜x≤60)\end{cases}$
$\because 3125＞2000$，因此整体最大利润为3125元。
【答案】
(1) A种纪念品每件进价为30元，B种纪念品每件进价为20元；
(2) $w=\begin{cases}200x-6000 & (30≤ x≤40) \\-5x^2+550x-12000 & (40＜x≤60)\end{cases}$，当$x=55$时利润最大，最大利润为3125元。
【知识点】
分式方程应用；分段函数；二次函数最值
【点评】
本题是常见的销售类综合题，既考查了分式方程的求解规范（需验根），也考查了分段函数的构建及不同类型函数的最值求解方法，解题时要注意结合自变量的取值范围分析最值，避免忽略范围导致计算错误。
【难度系数】
0.6
(1) 第一问为分式方程的实际应用，解题核心是找到等量关系：1500元购进A种纪念品的数量=1000元购进B种纪念品的数量。设B种纪念品进价为x元，即可表示出A的进价，结合“数量=总价÷单价”列方程求解，注意分式方程必须检验根是否符合题意。
(2) 第二问为销售利润类分段函数问题，核心公式为“总利润=单件利润×销售量”，结合表格售价区间分两类讨论：①当$30≤x≤40$时，销售量为固定值200件，列出一次函数后结合增减性求该区间最大利润；②当$40＜x≤60$时，销售量为$400-5x$，列出二次函数后结合开口方向、对称轴和自变量取值范围求最大值，最后比较两个区间的最大利润即可得到最终结果。
【解析】
(1) 设每件B种纪念品的进价为$x$元，则每件A种纪念品的进价为$(x+10)$元。
根据题意列方程：
$\frac{1500}{x+10}=\frac{1000}{x}$
方程两边同乘最简公分母$x(x+10)$，得：
$1500x=1000(x+10)$
解得$x=20$
检验：当$x=20$时，$x(x+10)=600≠0$，因此$x=20$是原分式方程的解，且符合实际意义。
则A种纪念品的进价为$x+10=20+10=30$元。
(2) 分两种情况推导$w$与$x$的函数解析式：
①当$30≤x≤40$时，单件利润为$(x-30)$元，销售量为200件，因此：
$w=200(x-30)=200x-6000$
$\because 200＞0$，$w$随$x$的增大而增大，
$\therefore$当$x=40$时，$w$取得该区间最大值，为$200×40-6000=2000$元。
②当$40＜x≤60$时，单件利润为$(x-30)$元，销售量为$(400-5x)$件，因此：
$w=(x-30)(400-5x)=-5x^2+550x-12000$
$\because a=-5＜0$，抛物线开口向下，对称轴为直线$x=-\frac{b}{2a}=-\frac{550}{2×(-5)}=55$，且$40＜55≤60$，
$\therefore$当$x=55$时，$w$取得该区间最大值，为$-5×55^2+550×55-12000=3125$元。
综上，$w$与$x$的函数解析式为：
$w=\begin{cases}200x-6000 & (30≤ x≤40) \\-5x^2+550x-12000 & (40＜x≤60)\end{cases}$
$\because 3125＞2000$，因此整体最大利润为3125元。
【答案】
(1) A种纪念品每件进价为30元，B种纪念品每件进价为20元；
(2) $w=\begin{cases}200x-6000 & (30≤ x≤40) \\-5x^2+550x-12000 & (40＜x≤60)\end{cases}$，当$x=55$时利润最大，最大利润为3125元。
【知识点】
分式方程应用；分段函数；二次函数最值
【点评】
本题是常见的销售类综合题，既考查了分式方程的求解规范（需验根），也考查了分段函数的构建及不同类型函数的最值求解方法，解题时要注意结合自变量的取值范围分析最值，避免忽略范围导致计算错误。
【难度系数】
0.6
23.(11分)如图
,点E为正方形ABCD内一点,∠AEB=90°,将Rt△AEB绕点B沿顺时针方向旋转90°,得到△CBE'(点A的对应点为点C).延长AE交CE'于点F,连接DE.
(1)试判断四边形BE'FE的形状,并说明理由;
(2)如图,若DA=DE,求证:CF=FE';
(3)如图,若AB=15,CF=3,求线段DE的长度.
,点E为正方形ABCD内一点,∠AEB=90°,将Rt△AEB绕点B沿顺时针方向旋转90°,得到△CBE'(点A的对应点为点C).延长AE交CE'于点F,连接DE.(1)试判断四边形BE'FE的形状,并说明理由;
(2)如图,若DA=DE,求证:CF=FE';
(3)如图,若AB=15,CF=3,求线段DE的长度.
答案
解：
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：$CE'=AE$，$BE=BE'$，$∠ BE'C=∠ AEB=90°$，$∠ EBE'=90°$。
$\because ∠ AEB=90°$，$\therefore ∠ BEF=180°-∠ AEB=90°$，
$\therefore$ 四边形$BE'FE$中，$∠ BEF=∠ EBE'=∠ BE'C=90°$，
$\therefore$ 四边形$BE'FE$是矩形，
又$\because BE=BE'$，
$\therefore$ 矩形$BE'FE$是正方形。
(2) 证明：过点$D$作$DG⊥ AE$于点$G$，
$\because DA=DE$，$DG⊥ AE$，$\therefore AG=GE$，即$AE=2AG$。
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形，$\therefore DA=AB$，$∠ DAB=90°$，
$\therefore ∠ DAG+∠ BAE=90°$，
又$\because ∠ DAG+∠ ADG=90°$，$\therefore ∠ ADG=∠ BAE$。
在$△ ADG$和$△ BAE$中：
$\begin{cases}∠ AGD=∠ AEB=90° \\∠ ADG=∠ BAE \\AD=BA\end{cases}$
$\therefore △ ADG≌△ BAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AG=BE$。
由旋转的性质得$CE'=AE$，
$\because$ 四边形$BE'FE$是正方形，$\therefore BE=FE'$，
$\therefore CE'=AE=2AG=2BE=2FE'$，
即$FE'+CF=2FE'$，
$\therefore CF=FE'$。
(3) 解：设$BE=x$，由(1)知四边形$BE'FE$是正方形，
$\therefore FE'=EF=BE=x$，
$\because CE'=AE$，$CE'=CF+FE'$，$CF=3$，
$\therefore AE=CE'=x+3$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ AEB=90°$，由勾股定理得：
$AE^2+BE^2=AB^2$，
即$(x+3)^2+x^2=15^2$，
整理得$x^2+3x-108=0$，
解得$x_1=9$，$x_2=-12$（舍去），
$\therefore BE=9$，$AE=12$。
过点$D$作$DG⊥ AE$于点$G$，
同(2)可证$△ ADG≌△ BAE$，
$\therefore AG=BE=9$，$DG=AE=12$，
$\therefore EG=AE-AG=12-9=3$，
在$\mathrm{Rt}△ DEG$中，$∠ DGE=90°$，
$DE=\sqrt{DG^2+EG^2}=\sqrt{12^2+3^2}=3\sqrt{17}$。
综上，线段$DE$的长度为$3\sqrt{17}$。
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：$CE'=AE$，$BE=BE'$，$∠ BE'C=∠ AEB=90°$，$∠ EBE'=90°$。
$\because ∠ AEB=90°$，$\therefore ∠ BEF=180°-∠ AEB=90°$，
$\therefore$ 四边形$BE'FE$中，$∠ BEF=∠ EBE'=∠ BE'C=90°$，
$\therefore$ 四边形$BE'FE$是矩形，
又$\because BE=BE'$，
$\therefore$ 矩形$BE'FE$是正方形。
(2) 证明：过点$D$作$DG⊥ AE$于点$G$，
$\because DA=DE$，$DG⊥ AE$，$\therefore AG=GE$，即$AE=2AG$。
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形，$\therefore DA=AB$，$∠ DAB=90°$，
$\therefore ∠ DAG+∠ BAE=90°$，
又$\because ∠ DAG+∠ ADG=90°$，$\therefore ∠ ADG=∠ BAE$。
在$△ ADG$和$△ BAE$中：
$\begin{cases}∠ AGD=∠ AEB=90° \\∠ ADG=∠ BAE \\AD=BA\end{cases}$
$\therefore △ ADG≌△ BAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AG=BE$。
由旋转的性质得$CE'=AE$，
$\because$ 四边形$BE'FE$是正方形，$\therefore BE=FE'$，
$\therefore CE'=AE=2AG=2BE=2FE'$，
即$FE'+CF=2FE'$，
$\therefore CF=FE'$。
(3) 解：设$BE=x$，由(1)知四边形$BE'FE$是正方形，
$\therefore FE'=EF=BE=x$，
$\because CE'=AE$，$CE'=CF+FE'$，$CF=3$，
$\therefore AE=CE'=x+3$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ AEB=90°$，由勾股定理得：
$AE^2+BE^2=AB^2$，
即$(x+3)^2+x^2=15^2$，
整理得$x^2+3x-108=0$，
解得$x_1=9$，$x_2=-12$（舍去），
$\therefore BE=9$，$AE=12$。
过点$D$作$DG⊥ AE$于点$G$，
同(2)可证$△ ADG≌△ BAE$，
$\therefore AG=BE=9$，$DG=AE=12$，
$\therefore EG=AE-AG=12-9=3$，
在$\mathrm{Rt}△ DEG$中，$∠ DGE=90°$，
$DE=\sqrt{DG^2+EG^2}=\sqrt{12^2+3^2}=3\sqrt{17}$。
综上，线段$DE$的长度为$3\sqrt{17}$。
解析
【分析】
(1) 判定四边形形状先从已知性质入手：由旋转可得对应边、对应角相等，先得到四边形有三个直角，判定为矩形，再结合邻边相等即可证为正方形；
(2) 要证CF=FE'，需推导CE'=2FE'：已知DA=DE，作DG⊥AE利用等腰三角形三线合一得到AE=2AG，再通过同角的余角相等找到等角，证明△ADG≌△BAE，得到AG=BE，结合旋转性质CE'=AE、正方形性质BE=FE'，即可推出CE'=2FE'，从而得证；
(3) 求DE长度可先利用勾股定理求BE、AE的长度：设BE=x，结合CF=3和正方形性质表示出AE，在Rt△ABE中列勾股方程求解x，再同(2)构造辅助线证全等，得到Rt△DEG的两条直角边长，最后用勾股定理计算DE即可。
【解析】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：$CE'=AE$，$BE=BE'$，$∠ BE'C=∠ AEB=90°$，$∠ EBE'=90°$。
$\because ∠ AEB=90°$，$\therefore ∠ BEF=180°-∠ AEB=90°$，
$\therefore$ 四边形$BE'FE$中，$∠ BEF=∠ EBE'=∠ BE'C=90°$，
$\therefore$ 四边形$BE'FE$是矩形，
又$\because BE=BE'$，
$\therefore$ 矩形$BE'FE$是正方形。
(2) 证明：过点$D$作$DG⊥ AE$于点$G$，
$\because DA=DE$，$DG⊥ AE$，$\therefore AG=GE$，即$AE=2AG$。
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形，$\therefore DA=AB$，$∠ DAB=90°$，
$\therefore ∠ DAG+∠ BAE=90°$，
又$\because ∠ DAG+∠ ADG=90°$，$\therefore ∠ ADG=∠ BAE$。
在$△ ADG$和$△ BAE$中：
$\begin{cases}∠ AGD=∠ AEB=90° \\∠ ADG=∠ BAE \\AD=BA\end{cases}$
$\therefore △ ADG≌△ BAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AG=BE$。
由旋转的性质得$CE'=AE$，
$\because$ 四边形$BE'FE$是正方形，$\therefore BE=FE'$，
$\therefore CE'=AE=2AG=2BE=2FE'$，
即$FE'+CF=2FE'$，
$\therefore CF=FE'$。
(3) 解：设$BE=x$，由(1)知四边形$BE'FE$是正方形，
$\therefore FE'=EF=BE=x$，
$\because CE'=AE$，$CE'=CF+FE'$，$CF=3$，
$\therefore AE=CE'=x+3$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ AEB=90°$，由勾股定理得：
$AE^2+BE^2=AB^2$，
即$(x+3)^2+x^2=15^2$，
整理得$x^2+3x-108=0$，
解得$x_1=9$，$x_2=-12$（舍去），
$\therefore BE=9$，$AE=12$。
过点$D$作$DG⊥ AE$于点$G$，
同(2)可证$△ ADG≌△ BAE$，
$\therefore AG=BE=9$，$DG=AE=12$，
$\therefore EG=AE-AG=12-9=3$，
在$\mathrm{Rt}△ DEG$中，$∠ DGE=90°$，
$DE=\sqrt{DG^2+EG^2}=\sqrt{12^2+3^2}=3\sqrt{17}$。
【答案】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形；
(2) $CF=FE'$，证明成立；
(3) 线段$DE$的长度为$3\sqrt{17}$。
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题为几何综合题，三个设问逐层递进，既考查了旋转、正方形、全等三角形、勾股定理等核心几何知识点，也考查了辅助线构造、方程思想在几何问题中的运用，能够较好地检验几何综合分析能力。
【难度系数】
0.55
(1) 判定四边形形状先从已知性质入手：由旋转可得对应边、对应角相等，先得到四边形有三个直角，判定为矩形，再结合邻边相等即可证为正方形；
(2) 要证CF=FE'，需推导CE'=2FE'：已知DA=DE，作DG⊥AE利用等腰三角形三线合一得到AE=2AG，再通过同角的余角相等找到等角，证明△ADG≌△BAE，得到AG=BE，结合旋转性质CE'=AE、正方形性质BE=FE'，即可推出CE'=2FE'，从而得证；
(3) 求DE长度可先利用勾股定理求BE、AE的长度：设BE=x，结合CF=3和正方形性质表示出AE，在Rt△ABE中列勾股方程求解x，再同(2)构造辅助线证全等，得到Rt△DEG的两条直角边长，最后用勾股定理计算DE即可。
【解析】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：$CE'=AE$，$BE=BE'$，$∠ BE'C=∠ AEB=90°$，$∠ EBE'=90°$。
$\because ∠ AEB=90°$，$\therefore ∠ BEF=180°-∠ AEB=90°$，
$\therefore$ 四边形$BE'FE$中，$∠ BEF=∠ EBE'=∠ BE'C=90°$，
$\therefore$ 四边形$BE'FE$是矩形，
又$\because BE=BE'$，
$\therefore$ 矩形$BE'FE$是正方形。
(2) 证明：过点$D$作$DG⊥ AE$于点$G$，
$\because DA=DE$，$DG⊥ AE$，$\therefore AG=GE$，即$AE=2AG$。
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形，$\therefore DA=AB$，$∠ DAB=90°$，
$\therefore ∠ DAG+∠ BAE=90°$，
又$\because ∠ DAG+∠ ADG=90°$，$\therefore ∠ ADG=∠ BAE$。
在$△ ADG$和$△ BAE$中：
$\begin{cases}∠ AGD=∠ AEB=90° \\∠ ADG=∠ BAE \\AD=BA\end{cases}$
$\therefore △ ADG≌△ BAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AG=BE$。
由旋转的性质得$CE'=AE$，
$\because$ 四边形$BE'FE$是正方形，$\therefore BE=FE'$，
$\therefore CE'=AE=2AG=2BE=2FE'$，
即$FE'+CF=2FE'$，
$\therefore CF=FE'$。
(3) 解：设$BE=x$，由(1)知四边形$BE'FE$是正方形，
$\therefore FE'=EF=BE=x$，
$\because CE'=AE$，$CE'=CF+FE'$，$CF=3$，
$\therefore AE=CE'=x+3$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ AEB=90°$，由勾股定理得：
$AE^2+BE^2=AB^2$，
即$(x+3)^2+x^2=15^2$，
整理得$x^2+3x-108=0$，
解得$x_1=9$，$x_2=-12$（舍去），
$\therefore BE=9$，$AE=12$。
过点$D$作$DG⊥ AE$于点$G$，
同(2)可证$△ ADG≌△ BAE$，
$\therefore AG=BE=9$，$DG=AE=12$，
$\therefore EG=AE-AG=12-9=3$，
在$\mathrm{Rt}△ DEG$中，$∠ DGE=90°$，
$DE=\sqrt{DG^2+EG^2}=\sqrt{12^2+3^2}=3\sqrt{17}$。
【答案】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形；
(2) $CF=FE'$，证明成立；
(3) 线段$DE$的长度为$3\sqrt{17}$。
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题为几何综合题，三个设问逐层递进，既考查了旋转、正方形、全等三角形、勾股定理等核心几何知识点，也考查了辅助线构造、方程思想在几何问题中的运用，能够较好地检验几何综合分析能力。
【难度系数】
0.55
24. (12分)如图,在平面直角坐标系$xOy$中,已知抛物线$y=ax^2+bx+3$经过点$A(3,0)$,与$y$轴交于点$B$,且关于直线$x=1$对称.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)当$-1≤x≤t$时,$y$的取值范围是$0≤y≤2t-1$,求$t$的值;
(3)点$C$是抛物线上位于第一象限的一个动点,过点$C$作$x$轴的垂线交直线$AB$于点$D$,
①求线段$CD$的最大值;
②在$y$轴上是否存在点$E$,使得以$B,C,D,E$为顶点的四边形是菱形?若存在,求出该菱形的边长;若不存在,说明理由.
第24小题图
(1)求该抛物线的解析式;
(2)当$-1≤x≤t$时,$y$的取值范围是$0≤y≤2t-1$,求$t$的值;
(3)点$C$是抛物线上位于第一象限的一个动点,过点$C$作$x$轴的垂线交直线$AB$于点$D$,
①求线段$CD$的最大值;
②在$y$轴上是否存在点$E$,使得以$B,C,D,E$为顶点的四边形是菱形?若存在,求出该菱形的边长;若不存在,说明理由.
第24小题图
答案
解：
(1) 由题意得：抛物线对称轴为$x=1$，且过点$A(3,0)$，
根据对称轴公式$-\frac{b}{2a}=1$，将$A(3,0)$代入$y=ax^2+bx+3$得$9a+3b+3=0$，
联立方程组：
$\begin{cases}-\frac{b}{2a}=1 \\9a+3b+3=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=2\end{cases}$，
所以抛物线的解析式为$y=-x^2+2x+3$。
(2) 抛物线$y=-x^2+2x+3=-(x-1)^2+4$，开口向下，顶点为$(1,4)$，
当$x=-1$时，$y=-(-1)^2+2×(-1)+3=0$，满足$y$的最小值为$0$。
当$1≤ t≤3$时，区间$-1≤ x≤ t$内$y$的最大值为顶点的函数值$4$，
由题意得$2t-1=4$，解得$t=\frac{5}{2}$，符合$1≤ t≤3$的条件；
若$t＞3$，则$x=t$时$y＜0$，与$y≥0$矛盾，舍去。
故$t$的值为$\frac{5}{2}$。
(3) ① 由题意得$B(0,3)$，直线$AB$过$A(3,0)$、$B(0,3)$，解析式为$y=-x+3$。
设点$C$的横坐标为$m$（$0＜m＜3$），则$C(m,-m^2+2m+3)$，$D(m,-m+3)$，
$CD=(-m^2+2m+3)-(-m+3)=-m^2+3m=-(m-\frac{3}{2})^2+\frac{9}{4}$
当$m=\frac{3}{2}$时，$CD$取得最大值$\frac{9}{4}$。
② 存在。
因为$CD⊥ x$轴，$BE$在$y$轴上，所以$CD// BE$，若四边形$BCDE$为菱形，则$CD=BE$且邻边相等：
情况1：$CD=BD$，$BD=\sqrt{m^2+(-m+3-3)^2}=\sqrt{2}m$，
令$-m^2+3m=\sqrt{2}m$，$m＞0$，解得$m=3-\sqrt{2}$，
此时菱形边长$CD=\sqrt{2}(3-\sqrt{2})=3\sqrt{2}-2$；
情况2：$CD=BC$，$BC=\sqrt{m^2+(-m^2+2m+3-3)^2}$，
令$-m^2+3m=\sqrt{m^2+(-m^2+2m)^2}$，解得$m=2$（其余根为负或不符合第一象限条件，舍去），
此时菱形边长$CD=-2^2+3×2=2$。
综上，菱形的边长为$2$或$3\sqrt{2}-2$。
(1) 由题意得：抛物线对称轴为$x=1$，且过点$A(3,0)$，
根据对称轴公式$-\frac{b}{2a}=1$，将$A(3,0)$代入$y=ax^2+bx+3$得$9a+3b+3=0$，
联立方程组：
$\begin{cases}-\frac{b}{2a}=1 \\9a+3b+3=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=2\end{cases}$，
所以抛物线的解析式为$y=-x^2+2x+3$。
(2) 抛物线$y=-x^2+2x+3=-(x-1)^2+4$，开口向下，顶点为$(1,4)$，
当$x=-1$时，$y=-(-1)^2+2×(-1)+3=0$，满足$y$的最小值为$0$。
当$1≤ t≤3$时，区间$-1≤ x≤ t$内$y$的最大值为顶点的函数值$4$，
由题意得$2t-1=4$，解得$t=\frac{5}{2}$，符合$1≤ t≤3$的条件；
若$t＞3$，则$x=t$时$y＜0$，与$y≥0$矛盾，舍去。
故$t$的值为$\frac{5}{2}$。
(3) ① 由题意得$B(0,3)$，直线$AB$过$A(3,0)$、$B(0,3)$，解析式为$y=-x+3$。
设点$C$的横坐标为$m$（$0＜m＜3$），则$C(m,-m^2+2m+3)$，$D(m,-m+3)$，
$CD=(-m^2+2m+3)-(-m+3)=-m^2+3m=-(m-\frac{3}{2})^2+\frac{9}{4}$
当$m=\frac{3}{2}$时，$CD$取得最大值$\frac{9}{4}$。
② 存在。
因为$CD⊥ x$轴，$BE$在$y$轴上，所以$CD// BE$，若四边形$BCDE$为菱形，则$CD=BE$且邻边相等：
情况1：$CD=BD$，$BD=\sqrt{m^2+(-m+3-3)^2}=\sqrt{2}m$，
令$-m^2+3m=\sqrt{2}m$，$m＞0$，解得$m=3-\sqrt{2}$，
此时菱形边长$CD=\sqrt{2}(3-\sqrt{2})=3\sqrt{2}-2$；
情况2：$CD=BC$，$BC=\sqrt{m^2+(-m^2+2m+3-3)^2}$，
令$-m^2+3m=\sqrt{m^2+(-m^2+2m)^2}$，解得$m=2$（其余根为负或不符合第一象限条件，舍去），
此时菱形边长$CD=-2^2+3×2=2$。
综上，菱形的边长为$2$或$3\sqrt{2}-2$。
解析
【分析】
(1) 已知抛物线对称轴为直线$x=1$，且过点$A(3,0)$，常数项为3，可利用对称轴公式$-\frac{b}{2a}=1$，再将点$A$坐标代入抛物线解析式，联立二元一次方程组即可求出$a$、$b$的值，得到抛物线解析式。
(2) 先将抛物线解析式化为顶点式，确定其开口方向、顶点坐标，计算$x=-1$时的函数值，结合$y$的取值范围可知最小值符合要求；再分情况讨论$t$的取值：当$1≤ t≤3$时，区间内最大值为顶点的函数值4，令$2t-1=4$求解$t$并验证范围；当$t＞3$时，区间内最小值小于0，不符合要求舍去，最终得到$t$的值。
(3) ① 先求出点$B$坐标，用待定系数法求直线$AB$的解析式；设点$C$的横坐标为$m$（$0＜m＜3$），分别表示出$C$、$D$的坐标，两点纵坐标的差即为$CD$的长度，将其化为顶点式即可求出最大值。
② 由$CD$垂直$x$轴、$BE$在$y$轴上可知$CD// BE$，要使以$B、C、D、E$为顶点的四边形为菱形，需满足$CD=BE$且邻边相等，分两种情况讨论：邻边为$CD$和$BD$、邻边为$CD$和$BC$，分别列方程求解，舍去不符合条件的解，即可得到菱形的边长。
【解析】
(1) 由题意得：抛物线对称轴为$x=1$，且过点$A(3,0)$，
根据对称轴公式$-\frac{b}{2a}=1$，将$A(3,0)$代入$y=ax^2+bx+3$得$9a+3b+3=0$，
联立方程组：
$\begin{cases}-\frac{b}{2a}=1 \\9a+3b+3=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=2\end{cases}$，
所以抛物线的解析式为$y=-x^2+2x+3$。
(2) 抛物线$y=-x^2+2x+3=-(x-1)^2+4$，开口向下，顶点为$(1,4)$，
当$x=-1$时，$y=-(-1)^2+2×(-1)+3=0$，满足$y$的最小值为$0$。
当$1≤ t≤3$时，区间$-1≤ x≤ t$内$y$的最大值为顶点的函数值$4$，
由题意得$2t-1=4$，解得$t=\frac{5}{2}$，符合$1≤ t≤3$的条件；
若$t＞3$，则$x=t$时$y＜0$，与$y≥0$矛盾，舍去。
故$t$的值为$\frac{5}{2}$。
(3) ① 由题意得$B(0,3)$，直线$AB$过$A(3,0)$、$B(0,3)$，解析式为$y=-x+3$。
设点$C$的横坐标为$m$（$0＜m＜3$），则$C(m,-m^2+2m+3)$，$D(m,-m+3)$，
$CD=(-m^2+2m+3)-(-m+3)=-m^2+3m=-(m-\frac{3}{2})^2+\frac{9}{4}$
当$m=\frac{3}{2}$时，$CD$取得最大值$\frac{9}{4}$。
② 存在。
因为$CD⊥ x$轴，$BE$在$y$轴上，所以$CD// BE$，若四边形$BCDE$为菱形，则$CD=BE$且邻边相等：
情况1：$CD=BD$，$BD=\sqrt{m^2+(-m+3-3)^2}=\sqrt{2}m$，
令$-m^2+3m=\sqrt{2}m$，$m＞0$，解得$m=3-\sqrt{2}$，
此时菱形边长$CD=\sqrt{2}(3-\sqrt{2})=3\sqrt{2}-2$；
情况2：$CD=BC$，$BC=\sqrt{m^2+(-m^2+2m+3-3)^2}$，
令$-m^2+3m=\sqrt{m^2+(-m^2+2m)^2}$，解得$m=2$（其余根为负或不符合第一象限条件，舍去），
此时菱形边长$CD=-2^2+3×2=2$。
综上，菱形的边长为$2$或$3\sqrt{2}-2$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{y=-x^2+2x+3}$
(2) $\boldsymbol{t=\frac{5}{2}}$
(3) ① $\boldsymbol{\frac{9}{4}}$；② 菱形的边长为$\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{3\sqrt{2}-2}$
【知识点】
二次函数的图象与性质；待定系数法求解析式；菱形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数综合题，融合了一次函数、菱形性质等知识点，解题过程中用到了分类讨论思想、方程思想，既考查了基础知识点的掌握，也对综合分析能力、运算能力有一定要求，是中考常见的压轴类题型。
【难度系数】
0.3
(1) 已知抛物线对称轴为直线$x=1$，且过点$A(3,0)$，常数项为3，可利用对称轴公式$-\frac{b}{2a}=1$，再将点$A$坐标代入抛物线解析式，联立二元一次方程组即可求出$a$、$b$的值，得到抛物线解析式。
(2) 先将抛物线解析式化为顶点式，确定其开口方向、顶点坐标，计算$x=-1$时的函数值，结合$y$的取值范围可知最小值符合要求；再分情况讨论$t$的取值：当$1≤ t≤3$时，区间内最大值为顶点的函数值4，令$2t-1=4$求解$t$并验证范围；当$t＞3$时，区间内最小值小于0，不符合要求舍去，最终得到$t$的值。
(3) ① 先求出点$B$坐标，用待定系数法求直线$AB$的解析式；设点$C$的横坐标为$m$（$0＜m＜3$），分别表示出$C$、$D$的坐标，两点纵坐标的差即为$CD$的长度，将其化为顶点式即可求出最大值。
② 由$CD$垂直$x$轴、$BE$在$y$轴上可知$CD// BE$，要使以$B、C、D、E$为顶点的四边形为菱形，需满足$CD=BE$且邻边相等，分两种情况讨论：邻边为$CD$和$BD$、邻边为$CD$和$BC$，分别列方程求解，舍去不符合条件的解，即可得到菱形的边长。
【解析】
(1) 由题意得：抛物线对称轴为$x=1$，且过点$A(3,0)$，
根据对称轴公式$-\frac{b}{2a}=1$，将$A(3,0)$代入$y=ax^2+bx+3$得$9a+3b+3=0$，
联立方程组：
$\begin{cases}-\frac{b}{2a}=1 \\9a+3b+3=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=2\end{cases}$，
所以抛物线的解析式为$y=-x^2+2x+3$。
(2) 抛物线$y=-x^2+2x+3=-(x-1)^2+4$，开口向下，顶点为$(1,4)$，
当$x=-1$时，$y=-(-1)^2+2×(-1)+3=0$，满足$y$的最小值为$0$。
当$1≤ t≤3$时，区间$-1≤ x≤ t$内$y$的最大值为顶点的函数值$4$，
由题意得$2t-1=4$，解得$t=\frac{5}{2}$，符合$1≤ t≤3$的条件；
若$t＞3$，则$x=t$时$y＜0$，与$y≥0$矛盾，舍去。
故$t$的值为$\frac{5}{2}$。
(3) ① 由题意得$B(0,3)$，直线$AB$过$A(3,0)$、$B(0,3)$，解析式为$y=-x+3$。
设点$C$的横坐标为$m$（$0＜m＜3$），则$C(m,-m^2+2m+3)$，$D(m,-m+3)$，
$CD=(-m^2+2m+3)-(-m+3)=-m^2+3m=-(m-\frac{3}{2})^2+\frac{9}{4}$
当$m=\frac{3}{2}$时，$CD$取得最大值$\frac{9}{4}$。
② 存在。
因为$CD⊥ x$轴，$BE$在$y$轴上，所以$CD// BE$，若四边形$BCDE$为菱形，则$CD=BE$且邻边相等：
情况1：$CD=BD$，$BD=\sqrt{m^2+(-m+3-3)^2}=\sqrt{2}m$，
令$-m^2+3m=\sqrt{2}m$，$m＞0$，解得$m=3-\sqrt{2}$，
此时菱形边长$CD=\sqrt{2}(3-\sqrt{2})=3\sqrt{2}-2$；
情况2：$CD=BC$，$BC=\sqrt{m^2+(-m^2+2m+3-3)^2}$，
令$-m^2+3m=\sqrt{m^2+(-m^2+2m)^2}$，解得$m=2$（其余根为负或不符合第一象限条件，舍去），
此时菱形边长$CD=-2^2+3×2=2$。
综上，菱形的边长为$2$或$3\sqrt{2}-2$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{y=-x^2+2x+3}$
(2) $\boldsymbol{t=\frac{5}{2}}$
(3) ① $\boldsymbol{\frac{9}{4}}$；② 菱形的边长为$\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{3\sqrt{2}-2}$
【知识点】
二次函数的图象与性质；待定系数法求解析式；菱形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数综合题，融合了一次函数、菱形性质等知识点，解题过程中用到了分类讨论思想、方程思想，既考查了基础知识点的掌握，也对综合分析能力、运算能力有一定要求，是中考常见的压轴类题型。
【难度系数】
0.3
