1. (2026·德阳期末)如图,已知抛物线$y=ax^2+bx+3$与y轴交于点B,与x轴交于$A(-4,0)$,$C(1,0)$,点$M(m,0)$是线段OA上的一个动点,过点M作x轴的垂线l,分别与直线AB和抛物线交于D,E两点,连接AE,BE.
(1)求抛物线的表达式;
(2)求出当$△ ABE$的面积为3时,m的值;
(3)在x轴上有一个点F,$△ ABF$恰好是等腰三角形,请直接写出点F的坐标.

备用图

(1)将$A(-4,0),C(1,0)$代入$y=ax^2+bx+3$中,得$\begin{cases}16a-4b+3=0,\\a+b+3=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\dfrac{3}{4},\\b=-\dfrac{9}{4},\end{cases}$
∴ 抛物线的表达式为$y=-\dfrac{3}{4}x^2-\dfrac{9}{4}x+3$.
(2)对于$y=-\dfrac{3}{4}x^2-\dfrac{9}{4}x+3$,令$x=0$,则$y=3$,
∴ $B(0,3)$.设直线AB的表达式为$y=kx+d(k≠0)$,将$A(-4,0),B(0,3)$代入,得$\begin{cases}-4k+d=0,\\d=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=\dfrac{3}{4},\\d=3,\end{cases}$
∴ 直线AB的表达式为$y=\dfrac{3}{4}x+3$.
∵ $M(m,0)$,$EM⊥AO$,点E,D分别是抛物线和直线AB上的点,
∴ 点D坐标为$(m,\dfrac{3}{4}m+3)$,点E坐标为$(m,-\dfrac{3}{4}m^2-\dfrac{9}{4}m+3)$,
∴ $ED=-\dfrac{3}{4}m^2-\dfrac{9}{4}m+3-(\dfrac{3}{4}m+3)=-\dfrac{3}{4}m^2-3m$.
∵ $S_{△ABE}=S_{△AED}+S_{△BED}=\dfrac{1}{2}(ED·AM+ED·MO)=\dfrac{1}{2}ED·AO$,$AO=4$,
∴ $\dfrac{1}{2}ED·AO=\dfrac{1}{2}×4(-\dfrac{3}{4}m^2-3m)=3$,解得$m_1=-2-\sqrt{2}$,$m_2=-2+\sqrt{2}$.
∵ $-4≤-2-\sqrt{2}≤0$,$-4≤-2+\sqrt{2}≤0$,符合点$M(m,0)$是线段OA上的一个动点,
∴ $m$的值为$-2±\sqrt{2}$.
(3)$(1,0)$或$(-9,0)$或$(4,0)$或$(-\dfrac{7}{8},0)$. 解析:设点F的坐标为$(t,0)$,由$A(-4,0)$,$B(0,3)$可知,$AB^2=25$,$AF^2=(t+4)^2$,$BF^2=t^2+9$.若$△ABF$是等腰三角形,则①当$AB=AF$时,即$AF^2=AB^2$,得$(t+4)^2=25$,解得$t_1=1$,$t_2=-9$,
∴ 点F的坐标为$(1,0)$或$(-9,0)$,如图①或图②.
②当$AB=BF$时,即$BF^2=AB^2$,得$t^2+9=25$,解得$t_3=4$,$t_4=-4$(舍去),
∴ 点F的坐标为$(4,0)$,如图③.
③当$AF=BF$时,即$BF^2=AF^2$,得$t^2+9=(t+4)^2$,解得$t_5=-\dfrac{7}{8}$,
∴ 点F的坐标为$(-\dfrac{7}{8},0)$,如图④.
综上,$△ABF$恰好是等腰三角形时,点F的坐标为$(1,0)$或$(-9,0)$或$(4,0)$或$(-\dfrac{7}{8},0)$.

2. (连云港中考节选)如图,在平面直角坐标系$xOy$中,抛物线$L_1:y=x^2-2x-3$的顶点为$P$.直线$l$过点$M(0,m)(m≥-3)$,且平行于$x$轴,与抛物线$L_1$交于$A,B$两点($B$在$A$的右侧).将抛物线$L_1$沿直线$l$翻折得到抛物线$L_2$,抛物线$L_2$交$y$轴于点$C$,顶点为$D$.
(1)当$m=1$时,点$D$的坐标为;
(2)连接$BC,CD,DB$,若$△ BCD$为直角三角形,求此时$L_2$所对应的函数表达式.

(1)$(1,6)$ 解析:
∵ $y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$,
∴ 抛物线$L_1$的顶点为$P(1,-4)$.
∵ $m=1$,点P和点D关于直线$y=1$对称,
∴ 点D的坐标为$(1,6)$.
(2)由题意得$L_1$的顶点$P(1,-4)$与$L_2$的顶点D关于直线$y=m$对称,
∴ $D(1,2m+4)$.抛物线$L_2:y=-(x-1)^2+(2m+4)=-x^2+2x+2m+3$,
∴ 当$x=0$时,可得$C(0,2m+3)$.①当$∠BCD=90°$时,如图①,过D作$DN⊥y$轴,垂足为N.
∵ $D(1,2m+4)$,
∴ $N(0,2m+4)$.
∵ $C(0,2m+3)$,
∴ $DN=NC=1$,
∴ $∠DCN=45°$.
∵ $∠BCD=90°$,
∴ $∠BCM=45°$.
∵ 直线$l//x$轴,
∴ $∠BMC=90°$,
∴ $∠CBM=∠BCM=45°$,
∴ $BM=CM$.
∵ $m≥-3$,
∴ $BM=CM=(2m+3)-m=m+3$,
∴ $B(m+3,m)$.又
∵ 点B在$y=x^2-2x-3$图象上,
∴ $m=(m+3)^2-2(m+3)-3$,解得$m=0$或$m=-3$.当$m=-3$时,可得$B(0,-3)$,$C(0,-3)$,此时B,C重合,舍去.当$m=0$时,直线l与x轴重合,舍去.②当$∠BDC=90°$时,如图②,过点B作$BT⊥ND$,交ND的延长线于点T.同理可得$BT=DT$.
∵ $D(1,2m+4)$,
∴ $DT=BT=(2m+4)-m=m+4$.
∵ $DN=1$,
∴ $NT=DN+DT=1+(m+4)=m+5$,
∴ $B(m+5,m)$.又
∵ 点B在$y=x^2-2x-3$图象上,
∴ $m=(m+5)^2-2(m+5)-3$,解得$m=-3$或$m=-4$.
∵ $m≥-3$,
∴ $m=-3$.此时$B(2,-3)$,$C(0,-3)$符合题意.将$m=-3$代入$L_2:y=-x^2+2x+2m+3$,得$L_2:y=-x^2+2x-3$.③当$∠DBC=90°$时,此情况不存在.综上,$L_2$所对应的函数表达式为$y=-x^2+2x-3$.

3. (巴中中考)如图,在平面直角坐标系中,抛物线$y=ax^2+bx+c(a≠0)$经过点$A(-1,0)$和$B(0,3)$,其顶点的横坐标为1.
(1)求抛物线的表达式.
(2)若直线$x=m$与x轴交于点N,在第一象限内与抛物线交于点M,当m取何值时,使得$AN+MN$有最大值,并求出最大值.
(3)若点P为抛物线$y=ax^2+bx+c(a≠0)$的对称轴上一动点,将抛物线向左平移1个单位长度后,Q为平移后抛物线上一动点.在(2)的条件下求得的点M,是否能与A,P,Q构成平行四边形?若能构成,求出点Q坐标;若不能构成,请说明理由.

(1)
∵ 抛物线的顶点横坐标为1,
∴ 对称轴为直线$x=1$.
∵ $A(-1,0)$,
∴ 抛物线与x轴另一交点为$(3,0)$,
∴ 设抛物线的表达式为$y=a(x+1)(x-3)$.
∵ $B(0,3)$,
∴ $a=-1$,
∴ $y=-(x+1)(x-3)$,
∴ 抛物线的表达式为$y=-x^2+2x+3$.
(2)
∵ M在抛物线上,
∴ $M(m,-m^2+2m+3)$.
∵ M在第一象限,
∴ $MN=-m^2+2m+3$,$AN=m+1$,
∴ $AN+MN=-m^2+2m+3+m+1=-m^2+3m+4$.
∵ $0＜m＜3$,
∴ 当$m=\dfrac{3}{2}$时,$AN+MN$有最大值,最大值为$\dfrac{25}{4}$.
(3)能构成.由(1)知$y=-x^2+2x+3$向左平移后的抛物线为$y=-x^2+4$,由(2)知$M(\dfrac{3}{2},\dfrac{15}{4})$,$A(-1,0)$,设$P(1,y_P)$,$Q(x_Q,y_Q)$,假设存在以A,P,Q,M为顶点的平行四边形.
①当以AM为对角线时,
∵ 平行四边形对角线互相平分,
∴ $\dfrac{x_A+x_M}{2}=\dfrac{x_Q+x_P}{2}$,即$\dfrac{-1+\dfrac{3}{2}}{2}=\dfrac{1+x_Q}{2}$,
∴ $x_Q=-\dfrac{1}{2}$.
∵ 点Q在抛物线$y=-x^2+4$上,
∴ $y_Q=\dfrac{15}{4}$,
∴ 点Q的坐标为$(-\dfrac{1}{2},\dfrac{15}{4})$;
②当以AQ为对角线时,同理可得$\dfrac{x_A+x_Q}{2}=\dfrac{x_P+x_M}{2}$,即$\dfrac{-1+x_Q}{2}=\dfrac{1+\dfrac{3}{2}}{2}$,
∴ $x_Q=\dfrac{7}{2}$,则$y_Q=-\dfrac{33}{4}$,
∴ 点Q的坐标为$(\dfrac{7}{2},-\dfrac{33}{4})$;
③当以AP为对角线时,同理可得$\dfrac{x_A+x_P}{2}=\dfrac{x_Q+x_M}{2}$,即$\dfrac{-1+1}{2}=\dfrac{x_Q+\dfrac{3}{2}}{2}$,
∴ $x_Q=-\dfrac{3}{2}$,则$y_Q=\dfrac{7}{4}$,
∴ 点Q的坐标为$(-\dfrac{3}{2},\dfrac{7}{4})$.综上所述,存在以A,P,Q,M为顶点的平行四边形,点Q的坐标为$(-\dfrac{1}{2},\dfrac{15}{4})$或$(\dfrac{7}{2},-\dfrac{33}{4})$或$(-\dfrac{3}{2},\dfrac{7}{4})$.

4. (2026·成都期中)如图,抛物线与x轴交于A(-1,0),B(3,0)两点,与y轴交于C(0,-3),顶点为D.
(1)抛物线的表达式是,顶点D的坐标是,对称轴是.
(2)M为抛物线上一点,当∠CAM=45°时,求点M坐标.
(3)点E是y轴上的一个动点,点F是坐标平面内的一个动点,是否存在这样的点E,F使得四边形BDEF是矩形?若存在,求出E,F的坐标;若不存在,说明理由.

(1)$y=x^2-2x-3$ $(1,-4)$ 直线$x=1$ 解析:设抛物线的表达式为$y=ax^2+bx+c$,把$A(-1,0)$,$B(3,0)$,$C(0,-3)$代入得,$\begin{cases}a-b+c=0,\\9a+3b+c=0,\\c=-3,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=1,\\b=-2,\\c=-3,\end{cases}$
∴ 抛物线的表达式为$y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$,
∴ 顶点D的坐标是$(1,-4)$,对称轴是直线$x=1$.
(2)如图①,把AC绕点A逆时针旋转90°到AG位置,过点G作$GH⊥x$轴于点H,则$AG=AC$,$∠CAG=90°$,$∠AHG=90°$,
∴ $∠GAH+∠CAO=90°$,$∠GAH+∠AGH=90°$,
∴ $∠AGH=∠CAO$.在$△AGH$和$△CAO$中,$\begin{cases}∠AHG=∠COA=90°,\\∠AGH=∠CAO,\\AG=AC,\end{cases}$
∴ $△AGH≌△CAO(AAS)$,
∴ $GH=AO=1$,$AH=CO=3$,
∴ $OH=3-1=2$,
∴ $G(2,1)$.过点A作CG的垂线交CG于点P,交抛物线于点M,
∵ $AG=AC$,$∠CAG=90°$,
∴ $CP=GP$,$∠CAM=\dfrac{1}{2}∠CAG=45°$,即点P为CG的中点,
∴ $P(\dfrac{0+2}{2},\dfrac{-3+1}{2})$,即$P(1,-1)$.设直线AM的函数表达式为$y=kx+m$,把$A(-1,0)$,$P(1,-1)$代入得,$\begin{cases}0=-k+m,\\-1=k+m,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\dfrac{1}{2},\\m=-\dfrac{1}{2},\end{cases}$
∴ 直线AM的函数表达式为$y=-\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{2}$.由$\begin{cases}y=-\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{2},\\y=x^2-2x-3,\end{cases}$解得$\begin{cases}x_1=-1,\\y_1=0,\end{cases}$$\begin{cases}x_2=\dfrac{5}{2},\\y_2=-\dfrac{7}{4},\end{cases}$
∴ $M(\dfrac{5}{2},-\dfrac{7}{4})$.

(3)存在.
∵ $y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$,
∴ $D(1,-4)$.设$E(0,t)$,$F(f,g)$,如图②,
∵ 四边形BDEF是矩形,
∴ $DE^2+BD^2=BE^2$,
∴ $[(0-1)^2+(t+4)^2]+[(3-1)^2+(0+4)^2]=[(0-3)^2+(t-0)^2]$,整理得$8t=-28$,
∴ $t=-\dfrac{7}{2}$,
∴ $E(0,-\dfrac{7}{2})$,
∴ 对角线交点T的坐标为$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{7}{4})$,
∴ $\dfrac{f+1}{2}=\dfrac{3}{2}$,$\dfrac{g-4}{2}=-\dfrac{7}{4}$,
∴ $f=2$,$g=\dfrac{1}{2}$,
∴ $F(2,\dfrac{1}{2})$.