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3.(天长一模节选)已知二次函数$y=ax^2 -4ax +4a +c(a＜0)$的图象与$x$轴交于$A(x_1,0)$，$B(x_2,0)$两点，且$-2＜x_1＜-1$，与$y$轴交于点$D$，抛物线的顶点为$C$.
(1)将二次函数的表达式化为顶点式，并写出抛物线的对称轴.
(2)令$m=ac$，是否存在定值$m$，使无论$a(a＜0)$，$c$为何值，都存在$△ ABC$为等边三角形？如果存在，求出$m$的值；若不存在，请说明理由.
(1)将二次函数的表达式化为顶点式，并写出抛物线的对称轴.
(2)令$m=ac$，是否存在定值$m$，使无论$a(a＜0)$，$c$为何值，都存在$△ ABC$为等边三角形？如果存在，求出$m$的值；若不存在，请说明理由.
答案
解:(1)$\because y=ax^2-4ax+4a+c=a(x-2)^2+c$,$\therefore$抛物线的对称轴为直线$x=2$.
(2)存在定值$m$,使无论$a(a＜0)$,$c$为何值,都存在$△ ABC$为等边三角形.连接$AC,BC$,设对称轴与$x$轴交于点$E$.由(1)知$y=a(x-2)^2+c$,$\therefore C(2,c)$.$\therefore CE=c$.$\because △ ABC$为等边三角形,$\therefore ∠ ACE=30°$,$AB=AC$.易得$AB=AC=\frac{2\sqrt{3}c}{3}$.$\because AB=x_2-x_1$,$\therefore (x_2-x_1)^2=\frac{4c^2}{3}$.由题意知,$x_1,x_2$是方程$ax^2-4ax+4a+c=0$的根,$\therefore x_1+x_2=4$,$x_1x_2=\frac{4a+c}{a}=4+\frac{c}{a}$.$\because (x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2$,$\therefore \frac{4c^2}{3}=16-4(4+\frac{c}{a})=-\frac{4c}{a}$.整理,得$c(ac+3)=0$.易知$c≠0$,$\therefore ac=-3$.$\because m=ac$,$\therefore m=-3$.
∴当$m=-3$时,无论$a,c$为何值,都存在$△ ABC$为等边三角形.
(2)存在定值$m$,使无论$a(a＜0)$,$c$为何值,都存在$△ ABC$为等边三角形.连接$AC,BC$,设对称轴与$x$轴交于点$E$.由(1)知$y=a(x-2)^2+c$,$\therefore C(2,c)$.$\therefore CE=c$.$\because △ ABC$为等边三角形,$\therefore ∠ ACE=30°$,$AB=AC$.易得$AB=AC=\frac{2\sqrt{3}c}{3}$.$\because AB=x_2-x_1$,$\therefore (x_2-x_1)^2=\frac{4c^2}{3}$.由题意知,$x_1,x_2$是方程$ax^2-4ax+4a+c=0$的根,$\therefore x_1+x_2=4$,$x_1x_2=\frac{4a+c}{a}=4+\frac{c}{a}$.$\because (x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2$,$\therefore \frac{4c^2}{3}=16-4(4+\frac{c}{a})=-\frac{4c}{a}$.整理,得$c(ac+3)=0$.易知$c≠0$,$\therefore ac=-3$.$\because m=ac$,$\therefore m=-3$.
∴当$m=-3$时,无论$a,c$为何值,都存在$△ ABC$为等边三角形.
解析
【分析】
(1) 对二次函数一般式化顶点式，采用配方法即可：先提取二次项系数$a$，将含$x$的项凑成完全平方形式，再根据顶点式$y=a(x-h)^2+k$的对称轴为直线$x=h$，直接得到对称轴。
(2) 这是几何存在性问题，首先点$A$、$B$关于抛物线对称轴对称，故$AC=BC$，若$△ ABC$为等边三角形，只需满足等边三角形的高与边长的数量关系：顶点$C$到$x$轴的距离是等边三角形的高，高为边长的$\frac{\sqrt{3}}{2}$倍，据此得到$AB$和$C$点纵坐标$c$的关系；再利用一元二次方程根与系数的关系求出$(x_2-x_1)^2$的表达式，和上述$AB$的平方联立化简，即可求出$m$的值。
【解析】
(1) 对二次函数解析式配方：
$y=ax^2-4ax+4a+c=a(x^2-4x+4)+c=a(x-2)^2+c$，
根据顶点式的性质，可得抛物线的对称轴为直线$x=2$。
(2) 存在定值$m$，使$△ ABC$为等边三角形，求解过程如下：
连接$AC$、$BC$，设对称轴与$x$轴交于点$E$。
由(1)的顶点式可知顶点$C$的坐标为$(2,c)$，因此$CE=c$（$CE$为等边三角形$ABC$的高）。
$\because △ ABC$为等边三角形，
$\therefore ∠ ACE=30°$，在$Rt△ ACE$中，$AE=\frac{\sqrt{3}}{3}CE=\frac{\sqrt{3}}{3}c$，
$\therefore AB=2AE=\frac{2\sqrt{3}c}{3}$，即$(x_2-x_1)^2=(\frac{2\sqrt{3}c}{3})^2=\frac{4c^2}{3}$。
由题意可知$x_1$、$x_2$是方程$ax^2-4ax+4a+c=0$的两个根，根据根与系数的关系得：
$x_1+x_2=4$，$x_1x_2=\frac{4a+c}{a}=4+\frac{c}{a}$。
根据完全平方公式变形得：
$(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2$，
代入对应值可得：
$\frac{4c^2}{3}=16-4×(4+\frac{c}{a})=-\frac{4c}{a}$，
两边同除以$4$整理得：$\frac{c^2}{3}=-\frac{c}{a}$，即$c(ac+3)=0$。
若$c=0$，则顶点$C$在$x$轴上，$A$、$B$、$C$三点共线，无法构成三角形，故$c≠0$，
因此$ac+3=0$，即$ac=-3$，
$\because m=ac$，$\therefore m=-3$。
【答案】
(1) 顶点式为$\boldsymbol{y=a(x-2)^2+c}$，抛物线的对称轴为直线$\boldsymbol{x=2}$；
(2) 存在，$\boldsymbol{m=-3}$。
【知识点】
二次函数的顶点式，根与系数的关系，等边三角形的性质
【点评】
本题是二次函数与几何的综合题，既考查了二次函数的基本变形、性质，又结合了等边三角形的特征和一元二次方程根与系数的关系，解题时需要运用数形结合思想，将几何特征转化为代数等式求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 对二次函数一般式化顶点式，采用配方法即可：先提取二次项系数$a$，将含$x$的项凑成完全平方形式，再根据顶点式$y=a(x-h)^2+k$的对称轴为直线$x=h$，直接得到对称轴。
(2) 这是几何存在性问题，首先点$A$、$B$关于抛物线对称轴对称，故$AC=BC$，若$△ ABC$为等边三角形，只需满足等边三角形的高与边长的数量关系：顶点$C$到$x$轴的距离是等边三角形的高，高为边长的$\frac{\sqrt{3}}{2}$倍，据此得到$AB$和$C$点纵坐标$c$的关系；再利用一元二次方程根与系数的关系求出$(x_2-x_1)^2$的表达式，和上述$AB$的平方联立化简，即可求出$m$的值。
【解析】
(1) 对二次函数解析式配方：
$y=ax^2-4ax+4a+c=a(x^2-4x+4)+c=a(x-2)^2+c$，
根据顶点式的性质，可得抛物线的对称轴为直线$x=2$。
(2) 存在定值$m$，使$△ ABC$为等边三角形，求解过程如下：
连接$AC$、$BC$，设对称轴与$x$轴交于点$E$。
由(1)的顶点式可知顶点$C$的坐标为$(2,c)$，因此$CE=c$（$CE$为等边三角形$ABC$的高）。
$\because △ ABC$为等边三角形，
$\therefore ∠ ACE=30°$，在$Rt△ ACE$中，$AE=\frac{\sqrt{3}}{3}CE=\frac{\sqrt{3}}{3}c$，
$\therefore AB=2AE=\frac{2\sqrt{3}c}{3}$，即$(x_2-x_1)^2=(\frac{2\sqrt{3}c}{3})^2=\frac{4c^2}{3}$。
由题意可知$x_1$、$x_2$是方程$ax^2-4ax+4a+c=0$的两个根，根据根与系数的关系得：
$x_1+x_2=4$，$x_1x_2=\frac{4a+c}{a}=4+\frac{c}{a}$。
根据完全平方公式变形得：
$(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2$，
代入对应值可得：
$\frac{4c^2}{3}=16-4×(4+\frac{c}{a})=-\frac{4c}{a}$，
两边同除以$4$整理得：$\frac{c^2}{3}=-\frac{c}{a}$，即$c(ac+3)=0$。
若$c=0$，则顶点$C$在$x$轴上，$A$、$B$、$C$三点共线，无法构成三角形，故$c≠0$，
因此$ac+3=0$，即$ac=-3$，
$\because m=ac$，$\therefore m=-3$。
【答案】
(1) 顶点式为$\boldsymbol{y=a(x-2)^2+c}$，抛物线的对称轴为直线$\boldsymbol{x=2}$；
(2) 存在，$\boldsymbol{m=-3}$。
【知识点】
二次函数的顶点式，根与系数的关系，等边三角形的性质
【点评】
本题是二次函数与几何的综合题，既考查了二次函数的基本变形、性质，又结合了等边三角形的特征和一元二次方程根与系数的关系，解题时需要运用数形结合思想，将几何特征转化为代数等式求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
4. 如图，抛物线 $y=\frac{1}{2}x^2 +2x -6$ 与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC,BC.
(1)求A,B,C三点的坐标并直接写出直线AC,BC的函数表达式.
(2)P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D.在直线l上是否存在点E，使得以点D,C,B,E为顶点的四边形为菱形？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由.
(1)求A,B,C三点的坐标并直接写出直线AC,BC的函数表达式.
(2)P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D.在直线l上是否存在点E，使得以点D,C,B,E为顶点的四边形为菱形？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由.
答案
解:(1)当$y=0$时,$\frac{1}{2}x^2+2x-6=0$,解得$x_1=-6$,$x_2=2$.$\therefore A(-6,0)$,$B(2,0)$.当$x=0$时,$y=-6$,$\therefore C(0,-6)$.易得直线$AC$的函数表达式为$y=-x-6$,直线$BC$的函数表达式为$y=3x-6$.
(2)存在.设点$D$的坐标为$(m,-m-6)$,其中$-6＜m＜0$.$\therefore BD^2=(m-2)^2+(m+6)^2=2m^2+8m+40$,$BC^2=2^2+6^2=40$,$DC^2=m^2+(-m-6+6)^2=2m^2$.$\because DE// BC$,$\therefore$当$DE=BC$时,以点$D,C,B,E$为顶点的四边形为平行四边形.分两种情况:①当$BD=BC$时,四边形$BDEC$为菱形.$\therefore BD^2=BC^2$,$\therefore 2m^2+8m+40=40$,解得$m_1=-4$,$m_2=0$(舍去).$\therefore$点$D$的坐标为$(-4,-2)$.$\because DE=BC$,$\therefore$点$E$可看作由点$D$向左平移2个单位长度,向下平移6个单位长度得到.$\therefore$点$E$的坐标为$(-6,-8)$.②当$CD=CB$时,$\therefore CD^2=CB^2$,$\therefore 2m^2=40$,解得$m_1=-2\sqrt{5}$,$m_2=2\sqrt{5}$(舍去).$\therefore$点$D$的坐标为$(-2\sqrt{5},2\sqrt{5}-6)$,同理可得点$E$的坐标为$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$.综上所述,点$E$的坐标为$(-6,-8)$或$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$.
(2)存在.设点$D$的坐标为$(m,-m-6)$,其中$-6＜m＜0$.$\therefore BD^2=(m-2)^2+(m+6)^2=2m^2+8m+40$,$BC^2=2^2+6^2=40$,$DC^2=m^2+(-m-6+6)^2=2m^2$.$\because DE// BC$,$\therefore$当$DE=BC$时,以点$D,C,B,E$为顶点的四边形为平行四边形.分两种情况:①当$BD=BC$时,四边形$BDEC$为菱形.$\therefore BD^2=BC^2$,$\therefore 2m^2+8m+40=40$,解得$m_1=-4$,$m_2=0$(舍去).$\therefore$点$D$的坐标为$(-4,-2)$.$\because DE=BC$,$\therefore$点$E$可看作由点$D$向左平移2个单位长度,向下平移6个单位长度得到.$\therefore$点$E$的坐标为$(-6,-8)$.②当$CD=CB$时,$\therefore CD^2=CB^2$,$\therefore 2m^2=40$,解得$m_1=-2\sqrt{5}$,$m_2=2\sqrt{5}$(舍去).$\therefore$点$D$的坐标为$(-2\sqrt{5},2\sqrt{5}-6)$,同理可得点$E$的坐标为$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$.综上所述,点$E$的坐标为$(-6,-8)$或$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$.
解析
【分析】
(1) 求抛物线与坐标轴交点时，与x轴交点令y=0，解一元二次方程即可得到A、B的横坐标；与y轴交点令x=0，即可得到C的纵坐标。再使用待定系数法，代入两点坐标就能求出直线AC、BC的函数表达式。
(2) 已知DE//BC，因此先满足DE=BC即可得到平行四边形，再根据菱形邻边相等的性质分两种情况讨论：①BC=BD；②BC=CD。设出线段AC上点D的坐标，利用两点间距离公式列方程求解D点坐标，再根据BC的平移规律得到对应E点坐标，最后舍去不符合取值范围的解即可。
【解析】
(1) 求A、B、C三点坐标及直线解析式：
当$y=0$时，代入抛物线解析式得$\frac{1}{2}x^2+2x-6=0$，整理得$x^2+4x-12=0$，因式分解为$(x+6)(x-2)=0$，解得$x_1=-6$，$x_2=2$。因为点A在点B左侧，所以$A(-6,0)$，$B(2,0)$。
当$x=0$时，$y=-6$，所以$C(0,-6)$。
设直线AC解析式为$y=k_1x+b_1$，代入$A(-6,0)$、$C(0,-6)$，得$\begin{cases}-6k_1 + b_1 = 0 \\ b_1 = -6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1=-1 \\ b_1=-6\end{cases}$，即直线AC的表达式为$y=-x-6$。
设直线BC解析式为$y=k_2x+b_2$，代入$B(2,0)$、$C(0,-6)$，得$\begin{cases}2k_2 + b_2 =0 \\ b_2=-6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2=3 \\ b_2=-6\end{cases}$，即直线BC的表达式为$y=3x-6$。
(2) 探究是否存在符合条件的点E：
设点D的坐标为$(m,-m-6)$，其中$-6＜m＜0$（D在线段AC上）。
由两点间距离公式可得：
$BD^2=(m-2)^2+(-m-6-0)^2=2m^2+8m+40$，
$BC^2=(2-0)^2+(0+6)^2=40$，
$DC^2=(m-0)^2+(-m-6+6)^2=2m^2$。
因为$DE// BC$，所以当$DE=BC$时，以D、C、B、E为顶点的四边形是平行四边形，在此基础上邻边相等即可为菱形，分两种情况讨论：
① 当$BD=BC$时，四边形BDEC为菱形：
则$BD^2=BC^2$，即$2m^2+8m+40=40$，整理得$2m(m+4)=0$，解得$m_1=-4$，$m_2=0$（不符合$-6＜m＜0$，舍去），此时D点坐标为$(-4,-2)$。
BC的平移规律为横坐标减2、纵坐标减6，将D点按此规律平移得E点坐标为$(-4-2,-2-6)=(-6,-8)$。
② 当$CD=CB$时，四边形DCBE为菱形：
则$CD^2=CB^2$，即$2m^2=40$，解得$m_1=-2\sqrt{5}$，$m_2=2\sqrt{5}$（不符合$-6＜m＜0$，舍去），此时D点坐标为$(-2\sqrt{5},2\sqrt{5}-6)$。
将D点按BC的平移规律平移，得E点坐标为$(-2\sqrt{5}+2,2\sqrt{5}-6+6)=(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$。
【答案】
(1) $A(-6,0)$，$B(2,0)$，$C(0,-6)$；直线AC的函数表达式为$y=-x-6$，直线BC的函数表达式为$y=3x-6$
(2) 存在，点E的坐标为$(-6,-8)$或$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$
【知识点】
二次函数与坐标轴交点，一次函数解析式求解，菱形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数与几何结合的存在性综合题，需要掌握函数图象交点的求解方法，结合平行四边形、菱形的判定性质分类讨论，解题时注意结合动点的取值范围对解进行取舍，考查数形结合和分类讨论的数学思想。
【难度系数】
0.4
(1) 求抛物线与坐标轴交点时，与x轴交点令y=0，解一元二次方程即可得到A、B的横坐标；与y轴交点令x=0，即可得到C的纵坐标。再使用待定系数法，代入两点坐标就能求出直线AC、BC的函数表达式。
(2) 已知DE//BC，因此先满足DE=BC即可得到平行四边形，再根据菱形邻边相等的性质分两种情况讨论：①BC=BD；②BC=CD。设出线段AC上点D的坐标，利用两点间距离公式列方程求解D点坐标，再根据BC的平移规律得到对应E点坐标，最后舍去不符合取值范围的解即可。
【解析】
(1) 求A、B、C三点坐标及直线解析式：
当$y=0$时，代入抛物线解析式得$\frac{1}{2}x^2+2x-6=0$，整理得$x^2+4x-12=0$，因式分解为$(x+6)(x-2)=0$，解得$x_1=-6$，$x_2=2$。因为点A在点B左侧，所以$A(-6,0)$，$B(2,0)$。
当$x=0$时，$y=-6$，所以$C(0,-6)$。
设直线AC解析式为$y=k_1x+b_1$，代入$A(-6,0)$、$C(0,-6)$，得$\begin{cases}-6k_1 + b_1 = 0 \\ b_1 = -6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1=-1 \\ b_1=-6\end{cases}$，即直线AC的表达式为$y=-x-6$。
设直线BC解析式为$y=k_2x+b_2$，代入$B(2,0)$、$C(0,-6)$，得$\begin{cases}2k_2 + b_2 =0 \\ b_2=-6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2=3 \\ b_2=-6\end{cases}$，即直线BC的表达式为$y=3x-6$。
(2) 探究是否存在符合条件的点E：
设点D的坐标为$(m,-m-6)$，其中$-6＜m＜0$（D在线段AC上）。
由两点间距离公式可得：
$BD^2=(m-2)^2+(-m-6-0)^2=2m^2+8m+40$，
$BC^2=(2-0)^2+(0+6)^2=40$，
$DC^2=(m-0)^2+(-m-6+6)^2=2m^2$。
因为$DE// BC$，所以当$DE=BC$时，以D、C、B、E为顶点的四边形是平行四边形，在此基础上邻边相等即可为菱形，分两种情况讨论：
① 当$BD=BC$时，四边形BDEC为菱形：
则$BD^2=BC^2$，即$2m^2+8m+40=40$，整理得$2m(m+4)=0$，解得$m_1=-4$，$m_2=0$（不符合$-6＜m＜0$，舍去），此时D点坐标为$(-4,-2)$。
BC的平移规律为横坐标减2、纵坐标减6，将D点按此规律平移得E点坐标为$(-4-2,-2-6)=(-6,-8)$。
② 当$CD=CB$时，四边形DCBE为菱形：
则$CD^2=CB^2$，即$2m^2=40$，解得$m_1=-2\sqrt{5}$，$m_2=2\sqrt{5}$（不符合$-6＜m＜0$，舍去），此时D点坐标为$(-2\sqrt{5},2\sqrt{5}-6)$。
将D点按BC的平移规律平移，得E点坐标为$(-2\sqrt{5}+2,2\sqrt{5}-6+6)=(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$。
【答案】
(1) $A(-6,0)$，$B(2,0)$，$C(0,-6)$；直线AC的函数表达式为$y=-x-6$，直线BC的函数表达式为$y=3x-6$
(2) 存在，点E的坐标为$(-6,-8)$或$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$
【知识点】
二次函数与坐标轴交点，一次函数解析式求解，菱形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数与几何结合的存在性综合题，需要掌握函数图象交点的求解方法，结合平行四边形、菱形的判定性质分类讨论，解题时注意结合动点的取值范围对解进行取舍，考查数形结合和分类讨论的数学思想。
【难度系数】
0.4
