1 新考法[2026福建厦门期中,中]已知点$P(m-1,n),Q(m+1,n),M(m+3,n),N(m+2,n-1)$,二次函数的图象经过这四个点中的三个点,得到对应的函数解析式$y=ax^2+bx+c$,当$a$的值最大时,所对应的二次函数图象所经过的点为 ()

A.点$P$、点$Q$和点$M$
B.点$P$、点$Q$和点$N$
C.点$P$、点$M$和点$N$
D.点$Q$、点$M$和点$N$

$\because$ 点$P$、点$Q$和点$M$的纵坐标相同, $\therefore$ 抛物线不可能同时经过这三点. 当抛物线过点$P$、点$Q$和点$N$时,对称轴为直线$x=\frac{m-1+m+1}{2}=m. \because m＜m+1＜m+2,n＞n-1, \therefore$ 抛物线的开口向下, $\therefore a＜0.$ 当抛物线过点$P$、点$M$和点$N$时,对称轴为直线$x=\frac{m-1+m+3}{2}=m+1. \because m+1＜m+2＜m+3,n＞n-1, \therefore$ 抛物线的开口向上, $\therefore a＞0$,此时$PM=m+3-(m-1)=4.$ 当抛物线过点$Q$、点$M$和点$N$时,对称轴为直线$x=\frac{m+1+m+3}{2}=m+2. \because m+2＜m+3,n＞n-1, \therefore$ 抛物线的开口向上, $\therefore a＞0$,此时$QM=m+3-(m+1)=2. \because 4＞2, \therefore$ 当抛物线过点$Q$、点$M$和点$N$时,$a$的值最大. 故选D.
思路分析
根据二次函数图象的对称性,得到二次函数的图象经过点$P$、点$Q$和点$N$或点$P$、点$M$和点$N$或点$Q$、点$M$和点$N$,分别根据二次函数的性质和各点的坐标判断$a$的情况即可.

2[2025浙江杭州期中,中]已知二次函数$y=ax^2+bx+c(a≠0)$的自变量$x$与函数值$y$之间满足如表所示的数量关系：

那么$(a-b+c)( \frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a} + \frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a} )$的值为（）

A.4
B.6
C.10
D.14

根据表格数据可知,二次函数图象过点$(2,20.17),(4,20.17), \therefore$ 对称轴是直线$x=\frac{2+4}{2}=3, \therefore$ 令方程$ax^2+bx+c=0(a ≠ 0)$的两根分别为$x_1, x_2$, 则$x_1 = \frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}, x_2 = \frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$, 且$x_1, x_2$满足$\frac{x_1+x_2}{2} = -\frac{b}{2a} = 3, \therefore x_1+x_2=6. \because$ 抛物线对称轴是直线$x=3, \therefore$ 当$x=7$时的函数值与当$x=-1$时的函数值相等. 又$\because$ 当$x=7$时,$y=1, \therefore$ 当$x=-1$时,$y=a-b+c=1, \therefore (a-b+c)(\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}+\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a})=1 × 6=6.$ 故选B.

3[2026山东烟台期中,中]如图,抛物线$y=ax^2+bx$经过边长为2的菱形OABC的三个顶点O,A,C,$∠ AOC=120°$,则$a$的值为 ()

A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{4}$
D.$\sqrt{3}$

如图,作$CH ⊥ x$轴于点$H, \therefore ∠ OHC=90°.$
$\because$ 菱形$OABC$的边长为2, $\therefore OA=OC=2, \therefore A(2,0).$
$\because ∠ AOC = ∠ OHC + ∠ OCH = 120°, \therefore ∠ OCH = 120° - ∠ OHC = 120° - 90° = 30°,$
$\therefore OH=\frac{1}{2}OC=1, \therefore CH=\sqrt{OC^2-OH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}, \therefore C(-1,\sqrt{3}).$ 将$C(-1,\sqrt{3})$和$A(2,0)$代入$y=ax^2+bx$,得$\begin{cases}4a+2b=0, \\ a-b=\sqrt{3},\end{cases}$ 解得$\begin{cases}a=\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ b=-\frac{2\sqrt{3}}{3},\end{cases} \therefore a$的值为$\frac{\sqrt{3}}{3}.$ 故选B.

4[难]如图,在矩形$ABCD$中,点$A(-1,1)$,点$D(2,1)$,当二次函数$y=x^2 - 2mx + m^2 + m + 1$的图象与矩形$ABCD$有交点时,则$m$的取值范围是()

A.$-2≤ m≤0$
B.$\frac{-3-\sqrt{5}}{2}≤ m≤0$
C.$-2≤ m≤2$
D.$\frac{-3-\sqrt{5}}{2}≤ m≤2$

将$y=x^2-2mx+m^2+m+1$配成顶点式为$y=(x-m)^2+m+1, \therefore$ 二次函数图象的顶点坐标是$(m,m+1). \because a=1＞0, \therefore$ 二次函数的图象开口向上,开口大小一定. $\because$ 顶点坐标为$(m,m+1), \therefore$ 此二次函数图象的顶点在直线$y=x+1$上. 将抛物线沿直线$y=x+1$从左至右移动,如图(1),当二次函数的图象与矩形第一次相交时,二次函数的图象经过点$A(-1,1)$,此时$m$取最小值. 将$A(-1,1)$代入$y=x^2-2mx+m^2+m+1$得$1+2m+m^2+m+1=1$,解得$m_1=\frac{-3-\sqrt{5}}{2},m_2=\frac{-3+\sqrt{5}}{2}$(舍去),则$m$的最小值是$\frac{-3-\sqrt{5}}{2}.$ 如图(2),当二次函数的图象与矩形最后一次相交时,二次函数的图象的顶点在$AD$边与$y$轴的交点$(0,1)$处,此时$m$取最大值. 将$(0,1)$代入$y=x^2-2mx+m^2+m+1$得$m^2+m+1=1$,解得$m_1=0,m_2=-1$(舍去), $\therefore \frac{-3-\sqrt{5}}{2} \le m \le 0$,故选B.

5[较难]如图,函数$y=\begin{cases}x^2 - 2x + 3 & (x＜2), \\ -\dfrac{3}{4}x + \dfrac{9}{2} & (x≥2)\end{cases}$的图象由抛物线的一部分和一条射线组成,且与直线$y=m$（$m$为常数）相交于$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3)$（$x_1＜x_2＜x_3$）.设$t=\dfrac{x_1y_1 + x_2y_2}{x_3y_3}$,则$t$的取值范围是 ______ .

由二次函数$y=x^2-2x+3(x＜2)$可知,图象开口向上,对称轴为直线$x=1, \therefore$ 当$x=1$时,函数有最小值2,$x_1+x_2=2.$ 由一次函数$y=-\frac{3}{4}x+\frac{9}{2}(x \ge 2)$可知当$x=2$时,函数有最大值3,当$y=2$时,$x=\frac{10}{3}. \because A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3)(x_1＜x_2＜x_3), \therefore y_1=y_2=y_3=m,2＜m＜3, \therefore 2＜x_3＜\frac{10}{3}, \therefore t=\frac{x_1+x_2}{x_3}=\frac{2}{x_3}, \therefore \frac{3}{5}＜t＜1.$ 故答案为$\frac{3}{5}＜t＜1.$
思路分析
根据$A,B$关于抛物线对称轴对称,可知$x_1+x_2=2.$ 由函数的性质,数形结合的思想先求出$x_3$的取值范围,进而求出$t$的取值范围.

6 思想方法 数形结合 [难]如图，直线 $y=-\dfrac{1}{2}x+2$ 与x轴交于点B，与y轴交于点C. 已知二次函数的图象经过点B，C和点A(-1,0).
(1)求B，C两点的坐标.
(2)若抛物线的对称轴与x轴交于点D，则在抛物线的对称轴上是否存在一点N，使$△ NCD$为等腰三角形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由.

(1)对于直线$y=-\frac{1}{2}x+2$,当$x=0$时,$y=2$;当$y=0$时,$x=4, \therefore B(4,0),C(0,2).$
(2)存在.
$\because$ 二次函数图象经过$B(4,0),A(-1,0), \therefore$ 对称轴为直线$x=\frac{3}{2}, \therefore D(\frac{3}{2},0).$
$\because C(0,2), \therefore CD=\sqrt{2^2+(\frac{3}{2})^2}=\frac{5}{2}.$
①当$DC=DN$时, $DN=\frac{5}{2}.$ 如图(1), $N_1(\frac{3}{2},\frac{5}{2}),N_2(\frac{3}{2},-\frac{5}{2}).$

②如图(2),当$CD=CN_3$时,过点$C$作$CH ⊥ DN_3$于点$H. \because CD=CN_3,CH ⊥ DN_3, \therefore DH=N_3H. \because C(0,2), \therefore DH=2, \therefore N_3H=2, \therefore N_3D=4, \therefore N_3(\frac{3}{2},4).$

③如图(3),当$N_4C=DN_4$时,过点$C$作$CE ⊥ DN_4$交其延长线于点$E$,则$CE=\frac{3}{2}.$ 设$DN_4=CN_4=t$,则$EN_4=2-t.$
由勾股定理可知,$(2-t)^2+(\frac{3}{2})^2=t^2$,解得$t=\frac{25}{16}, \therefore N_4(\frac{3}{2},\frac{25}{16}).$

综上所述,存在一点$N$,使$△ NCD$是等腰三角形,其坐标为$(\frac{3}{2},\frac{5}{2})$或$(\frac{3}{2},-\frac{5}{2})$或$(\frac{3}{2},4)$或$(\frac{3}{2},\frac{25}{16}).$
关键点拨
(1)分别令$y=-\frac{1}{2}x+2$的$x=0,y=0$,求出对应的$y$和$x$的值,即可得到点$C,B$的坐标.
(2)注意分类讨论,并结合勾股定理和等腰三角形的性质求点$N$的坐标.