6. 一题多解 如图，已知抛物线经过两点$A(-3,0)$，$B(0,3)$，且其对称轴为直线$x = -1$。
(1)求此抛物线的表达式。
(2)若点$P$是抛物线上点$A$与点$B$之间的动点(不包括点$A$、点$B$)，求$△ PAB$的面积的最大值，并求出此时点$P$的坐标。

(1)已知抛物线的对称轴是直线 $x = -1$, 且抛物线经过点 $A(-3,0)$,
由抛物线的对称性可知,抛物线经过点 $(1,0)$.
设抛物线的表达式为 $y = a(x - 1)(x + 3)(a ≠ 0)$.
把 $(0,3)$ 代入 $y = a(x - 1)(x + 3)$, 得 $3 = -3a, \therefore a = -1$,
$\therefore$ 抛物线的表达式为 $y = -(x - 1)(x + 3) = -x^2 - 2x + 3$.
(2)通解(铅垂法) 设直线 $AB$ 的函数表达式为 $y = kx + b(k ≠ 0)$.
$\because A(-3,0), B(0,3), \therefore \begin{cases}-3k + b = 0,\\b = 3.\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k = 1,\\b = 3,\end{cases}$
$\therefore$ 直线 $AB$ 的表达式为 $y = x + 3$.
如图,过点 $P$ 作 $PQ ⊥ x$ 轴于点 $Q$, 交直线 $AB$ 于点 $M$.
设 $P(m,-m^2 - 2m + 3), -3 ＜ m ＜ 0$, 则 $M(m,m + 3)$,
$\therefore PM = -m^2 - 2m + 3 - (m + 3) = -m^2 - 3m$,
$\therefore S_{△ PAB} = S_{△ PAM} + S_{△ PBM} = \frac{1}{2}PM · (AQ + OQ) = \frac{1}{2}PM · OA = \frac{1}{2}(-m^2 - 3m) × 3 = -\frac{3}{2}(m + \frac{3}{2})^2 + \frac{27}{8}$.
当 $m = -\frac{3}{2}$ 时, $S_{△ PAB}$ 有最大值, 为 $\frac{27}{8}$, 此时点 $P$ 的纵坐标为 $-(-\frac{3}{2})^2 - 2 × (-\frac{3}{2}) + 3 = \frac{15}{4}$,
$\therefore △ PAB$ 的面积的最大值为 $\frac{27}{8}$, 此时点 $P$ 的坐标为 $(-\frac{3}{2},\frac{15}{4})$.

另解一(割补法) 如图,连接 $OP$. 设 $P(m,-m^2 - 2m + 3)(-3 ＜ m ＜ 0)$,
$S_{△ PAB} = S_{四边形PAOB} - S_{△ AOB} = S_{△ PAO} + S_{△ POB} - S_{△ AOB} = \frac{1}{2} × 3 × (-m^2 - 2m + 3) + \frac{1}{2} × 3 × |m| - \frac{1}{2} × 3 × 3 = \frac{3}{2}(-m^2 - 2m + 3 - m - 3) = \frac{3}{2}(-m^2 - 3m) = -\frac{3}{2}(m + \frac{3}{2})^2 + \frac{27}{8}$.
当 $m = -\frac{3}{2}$ 时, $S_{△ PAB}$ 有最大值, 为 $\frac{27}{8}$, 此时点 $P$ 的纵坐标为 $-(-\frac{3}{2})^2 - 2 × (-\frac{3}{2}) + 3 = \frac{15}{4}$,
$\therefore △ PAB$ 的面积的最大值为 $\frac{27}{8}$, 此时点 $P$ 的坐标为 $(-\frac{3}{2},\frac{15}{4})$.
另解二(平移法) 如图,将直线 $AB$ 平移,使其与抛物线只有一个交点 $P$, 与 $y$ 轴交于点 $N$, 连接 $AN$, 此时 $△ PAB$ 的面积最大.
由通解知直线 $AB$ 的表达式为 $y = x + 3, \therefore$ 可设直线 $PN$ 的表达式为 $y = x + n$.
联立,得 $-x^2 - 2x + 3 = x + n$, 即 $x^2 + 3x + n - 3 = 0$.
由 $\Delta = 0$, 得 $n = \frac{21}{4}$,
$\therefore x^2 + 3x + \frac{9}{4} = 0$.
由求根公式,得 $x = \frac{-3 \pm \sqrt{0}}{2} = -\frac{3}{2}$, 此时 $y = \frac{15}{4}$,
$\therefore P(-\frac{3}{2},\frac{15}{4})$.
$\because n = \frac{21}{4}, \therefore y = x + \frac{21}{4}, \therefore N(0,\frac{21}{4})$,
$\therefore S_{△ PAB} = S_{△ NAB} = \frac{1}{2}(y_N - y_B) · |x_A| = \frac{1}{2} × \frac{9}{4} × 3 = \frac{27}{8}$.

7. [2025安庆一模]已知抛物线 $ C_1: y_1 = ax^2 - 2x $ 过点(2,0),抛物线 $ C_2: y_2 = -(x - t)^2 + t^2 - 2t $ (其中t为常数).
(1)求a的值和$ C_1 $的顶点坐标.
(2)已知无论t为何值,$ C_1 $与$ C_2 $总交于一个定点,这个定点的坐标为.
(3)当t=3时,平移抛物线$ C_1 $,使其顶点在抛物线$ C_2 $上.平移后的抛物线与y轴交点记为A,顶点为P(m,n),点O为坐标原点.当$ 0 ＜ m ＜ 1 $时,求$ △ POA $面积的最大值.

(1)$\because$ 抛物线 $C_1: y_1 = ax^2 - 2x$ 过点 $(2,0)$,
$\therefore 4a - 4 = 0, \therefore a = 1$,
$\therefore$ 抛物线 $C_1: y_1 = x^2 - 2x = (x - 1)^2 - 1$,
$\therefore C_1$ 的顶点坐标为 $(1,-1)$.
(2)$(1,-1)$
$y_2 = -(x - t)^2 + t^2 - 2t = -x^2 + 2t(x - 1)$, 可知当 $x = 1$ 时,无论 $t$ 取何值, $y_2 = -1$, 即抛物线 $C_2$ 恒过点 $(1,-1)$, 由(1)可知 $C_1$ 的顶点坐标为 $(1,-1)$, $\therefore$ 可知 $C_1$ 与 $C_2$ 总交于定点 $(1,-1)$.
(3)当 $t = 3$ 时,则抛物线 $C_2: y_2 = -(x - 3)^2 + 3$.
$\because$ 平移抛物线 $C_1$, 使其顶点在抛物线 $C_2$ 上, 顶点为 $P(m,n)$,
$\therefore n = -(m - 3)^2 + 3 = -m^2 + 6m - 6$,
$\therefore$ 平移后的抛物线为 $y = (x - m)^2 - m^2 + 6m - 6 = x^2 - 2mx + 6m - 6$.
令 $x = 0$, 则 $y = 6m - 6, \therefore A(0,6m - 6)$.
$\because 0 ＜ m ＜ 1, \therefore OA = -6m + 6$,
$\therefore △ POA$ 面积 $S = \frac{1}{2}(-6m + 6) · m = -3m^2 + 3m = -3(m - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}$,
$\therefore$ 当 $m = \frac{1}{2}$ 时, $S$ 有最大值, 为 $\frac{3}{4}$.

8. [2023安徽中考]在平面直角坐标系中,点O是坐标原点,抛物线$y = ax^2 + bx(a≠0)$经过点$A(3,3)$,对称轴为直线$x=2$.
(1)求$a,b$的值.
(2)已知点B,C在抛物线上,点B的横坐标为$t$,点C的横坐标为$t+1$.过点B作x轴的垂线交直线OA于点D,过点C作x轴的垂线交直线OA于点E.
①当$0 ＜ t ＜ 2$时,求$△ OBD$与$△ ACE$的面积之和.
②在抛物线对称轴右侧,是否存在点B,使得以B,C,D,E为顶点的四边形的面积为$\frac{3}{2}$?若存在,请求出点B的横坐标$t$的值;若不存在,请说明理由.

(1)$\because$ 抛物线的对称轴为直线 $x = 2$,
$\therefore -\frac{b}{2a} = 2, \therefore b = -4a$.
将 $(3,3)$ 代入 $y = ax^2 - 4ax$, 得 $9a - 12a = 3$,
解得 $a = -1, \therefore b = 4$.
(2)①如图1,易知直线 $OA$ 的表达式为 $y = x$, 由(1)得抛物线的表达式为 $y = -x^2 + 4x$.

由题意可知 $B(t,-t^2 + 4t), D(t,t), C(t+1,-t^2 + 2t + 3), E(t+1,t+1)$,
$\therefore BD = -t^2 + 4t - t = -t^2 + 3t$,
$CE = -t^2 + 2t + 3 - (t + 1) = -t^2 + t + 2$,
$\therefore S_{△ OBD} = \frac{1}{2}BD · x_B = \frac{1}{2} × (-t^2 + 3t) · t = -\frac{1}{2}t^3 + \frac{3}{2}t^2$,
$S_{△ ACE} = \frac{1}{2}CE · (x_A - x_C) = \frac{1}{2} × (-t^2 + t + 2) · [3 - (t + 1)] = \frac{1}{2}t^3 - \frac{3}{2}t^2 + 2, \therefore S_{△ OBD} + S_{△ ACE} = 2$.
②存在.
过点 $D$ 作 $DH ⊥ CE$ 于点 $H$, 则 $H(t+1,t)$.
分以下2种情况讨论.
(ⅰ)当 $2 ＜ t ＜ 3$ 时,如图2,易知四边形 $DCEB$ 为梯形,

此时 $BD = -t^2 + 3t, CE = t + 1 - (-t^2 + 2t + 3) = t^2 - t - 2$,
$DH = t + 1 - t = 1$,
$\therefore S_{梯形DCEB} = \frac{1}{2}(BD + CE) · DH = \frac{1}{2}(-t^2 + 3t + t^2 - t - 2) × 1 = t - 1$.
令 $t - 1 = \frac{3}{2}$, 解得 $t = \frac{5}{2}$.
(ⅱ)当 $t ＞ 3$ 时,如图3,易知四边形 $DBCE$ 为梯形,

此时 $BD = t - (-t^2 + 4t) = t^2 - 3t, CE = t^2 - t - 2, DH = 1$,
$\therefore S_{梯形DBCE} = \frac{1}{2}(BD + CE) · DH = \frac{1}{2}(t^2 - 3t + t^2 - t - 2) × 1 = t^2 - 2t - 1$.
令 $t^2 - 2t - 1 = \frac{3}{2}$,
解得 $t_1 = \frac{\sqrt{14}}{2} + 1$(舍去), $t_2 = -\frac{\sqrt{14}}{2} + 1$(舍去).
综上, $t$ 的值为 $\frac{5}{2}$.