专项12 抛物线与四边形-北师大版九年级上册期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 12 抛物线与四边形 1．如图，抛物线 2 3y ax bx   （ 0a  ）与 x轴交于  1,0A  、  3,0B 两点． (1)求抛物线表达式； (2)若点M 是第四象限内抛物线上的一个动点，连接 BM、CM，求 BCM 面积最大值及此时点M 的坐标； (3)若点D是 x轴上的动点，点 E是抛物线上的动点，是否存在以点 A、C、D、 E为顶点的四 边形是平行四边形？若存在，请直接写出．．．．点D的坐标：若不存在，请说明理由． 2．如图 1，抛物线  2 3 0y ax bx a    与 x轴交于 A，B两点，与 y轴交于点 C，已知 ( 1 0)A  , ， 对称轴为直线 1.x  (1)求抛物线的解析式； (2)点 P在抛物线上，点 Q在 x轴上，以 B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点 P 的坐标； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 (3)如图 2，抛物线顶点为 D，对称轴与 x轴交于点 E，过点 (1 3, )K  的直线（不与直线KD重合） 与抛物线交于 G，H两点，直线DG DH， 分别交 x轴于点 M，N，画出图形，试探究 EM EN 是 否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 3．如图，一次函数 3y x   的图像与 x轴和 y轴分别交于点 B和点 C，二次函数 2y x bx c    的图像经过 B，C两点，并与 x轴交于点 A．点  m 0M ， 是线段OB上一个动点（不与点 O、B 重合），过点 M作 x轴的垂线，分别与二次函数图像和直线 BC相交于点 D和点 E，连接CD． (1)求这个二次函数的解析式； (2)点 F是平面内一点，是否存在以 C，D，E，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点 M的坐标；若不存在，请说明理由． 4．如图，在直角坐标系中，二次函数 2y x bx c   的图象与 x轴相交于点  1,0A  和点  3,0B ， 与 y轴交于点 C． (1)求 b、c的值； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 (2)点  ,P m n 为抛物线上的动点，过 P作 x轴的垂线交直线 l： y x 于点 Q． ①当0 3m  时，求 P点到直线 l： y x 的距离的最大值； ②是否存在 m，使得以点 O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若 存在，请直接写出 m的值． 5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线 2y x bx c   交 x 轴于  1,0A  、  3,0B 两点，交 y 轴 于点 C．一次函数  1 0y kx k   与抛物线交于 A 、D 两点，交 y 轴于点 E ． (1)求抛物线的解析式； (2)若点 P 是第四象限内抛物线上的一动点，过点 P 作 PM y∥ 轴交 �� 于点 M，求出 2 2 PM AM 的最大值及相应的点 P 的坐标； (3)将抛物线沿着射线 AE 方向平移了 2个长度得到新的抛物线，新抛物线与原抛物线 交于 R 点，点 H 是原抛物线对称轴上一动点，在平面内是否存在 N 点，使得以点 A、 R、H、N 为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 6．如图，已知抛物线  2 3 0y ax bx a    与 x轴交于A、 B两点，过点A的直线 l与抛物线交于 点C，其中A点的坐标是  1,0 ，C点坐标是  4, 3 ． (1)求抛物线解析式； (2)点 E是（1）中抛物线对称轴上的动点，点 F是 x轴上的动点，点M 是（1）中抛物线上的一 动点且位于直线 AC上方． ①试求 ACM△ 的最大面积以及此时点M 的坐标； ②在①的条件下求 2 2 ME EF AF  的最小值． (3)抛物线上是否存在点 P，平面内一点Q，使得以 P、A、C、Q为顶点的四边形是以 AC为边 的矩形？如果存在，求出Q点的坐标；如果不存在，请说明理由． 7．如图 1，已知抛物线 21 2 y x ax   与 x轴负半轴交于点 A，点 B在 y轴正半轴上，连接 AB， 交抛物线于点 51, 2 C      ． (1)求此抛物线的解析式； (2)求点 A的坐标； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 (3)如图 2，过点 C作CD x 轴于点 D，点 P为线段 AC上方抛物线上的一个动点，连接OP，交 CD于点 E，过点 P作PG x 轴于点 G，交线段 AC于点 F，设点 P的横坐标为 m． ①求线段DE的长（用含 m的代数式表示）； ②已知点 M是 x轴上一点，N是坐标平面内一点，当以点 E、F、M、N为顶点的四边形是正 方形时，直接写出此时 m的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 12 抛物线与四边形 1．(1) 2= 2 3y x x  (2)最大值为 27 8 ； 3 15, 2 4 M      (3)存在，点D的坐标为  3,0 或  1,0 或  2 7,0 或  2 7 0 ， 【分析】（1）根据待定系数法可进行求解函数解析式； （2）由（1）可知� 0, − 3 ，过点 M作 y轴的平行线，交 BC于点 N，由题意易得直线 BC的解 析式为 3y x  ，设  2, 2 3M m m m  ，则  , 3N m m ，然后根据铅垂法可进行求解； （3）由题意可分当 AC为对角线时，当 AD或 AE为对角线时，然后根据中点坐标公式可进行求 解． 【详解】（1）解：由题意可得： 3 0 9 3 3 0 a b a b        ， 解得： 1 2 a b     ， ∴该抛物线解析式为 2 2 3y x x   ； （2）解：由（1）可知抛物线解析式为 2 2 3y x x   ，则令 0x  时， 3 y ， ∴� 0, − 3 ， 过点 M作 y轴的平行线，交 BC于点 N，如图所示： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 设直线 BC的解析式为 y kx b  ，则有： 3 0 3 k b b      ， 解得： 1 3 k b     ， ∴直线 BC的解析式为 3y x  ， 设  2, 2 3M m m m  ，则  , 3N m m ， ∴  2 23 2 3 3MN m m m m m        ， ∴     2 2 21 3 3 3 273 3 3 2 2 2 2 8BCM S m m m m m                 ， ∴当 3 2 m  时， BCM 的面积有最大值，最大值为 27 8 ， 此时 3 15, 2 4 M      ； （3）解：存在，理由如下： 由题意可知：    1,0 0, 3A C ， ，设点    2, 0 , 2 3D n E t t t ， ， 当 AC为对角线时，由中点坐标公式可得： 2 1 3 2 3 n t t t        ， 解得： 3 2 n t     ， 0 1 t n     （不符合题意，舍去） ∴  3,0D  ， 当 AD或 AE为对角线时，同理可得： 2 1 0 2 3 3 n t t t        或 2 1 2 3 3 t n t t         ， 解得： 1 7 2 7 t n       或 2 1 t n    ， ∴点 D的坐标为  2 7,0 或  2 7,0 或 1,0 ； 综上所述：当以点 A、C、D、E为顶点的四边形是平行四边形，点 D的坐标为  3,0 或  2 7,0 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 或  2 7,0 或 1,0 ． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 2．(1) 2 2 3y x x   (2)点 P的坐标为 (2, 3) 或  1 7 3,  或  1 7 3,  (3)是定值，定值为16 【分析】（1）根据题意可得点 B的坐标为  3,0 ，进而得抛物线的表达式为：     21 3 2 3y a x x a x x      ，即可求解； （2）设点 P的坐标为： 2, 2m 3m m   ，点  ,0Q x ，分类讨论当BC或 BP或 BQ为对角线三种情 况即可求解； （3）设直线GH的表达式为：  1 3y k x   ，点 G、H的坐标分别为  2, 2g 3g g   ， 2, 2 3h h h  ； 联立  1 3y k x   和 2 2 3y x x   可得 2 ,g h k gh k    ； 由点 G、D的坐标得，直线GD的表达式为：   1 1 4y g x    ，据此即可求解； 【详解】（1）解：∵抛物线  2 3 0y ax bx a    与 x轴交于 A，B两点，与 y轴交于点 C， ( 1 0)A  , ， 对称轴为直线 1.x  点 B的横坐标为  1 1 1 3    点 B的坐标为  3,0 ， 抛物线的表达式为：     21 3 2 3y a x x a x x      ， 即 3 3a   ∴ 1a  ， 则抛物线的表达式为： 2 2 3y x x   ； （2）解：由题意得：  0, 3C  设点 P的坐标为：  2, 2 3m m m  ，点  ,0Q x ， 当BC或 BP为对角线时，由中点坐标公式得 2 33 2mm    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 解得 0m  （舍去）或 2， 则点 (2, 3)P  ； 当 BQ为对角线时，同理可得： 2 2m 3 30 m    解得： 1 7m   则点 P的坐标为：  1 7 3, 或  1 7,3 综上所述，点 P的坐标为 (2, 3) 或  1 7 3, 或  1 7,3 （3）解：是定值，理由： 直线GH过点 (1, 3) ，故设直线GH的表达式为：  1 3y k x   设点 G、H的坐标分别为  2, 2g 3g g   ，  2, 2 3h h h  联立  1 3y k x   和 2 2 3y x x   并整理得：  2 2 0x k x k    则 2 ,g h k gh k    由点 G、D的坐标得，直线GD的表达式为：   1 1 4y g x    令 0y  ，则 41 1 x g    ，即点 41 ,0 1 M g      ， 则 4 41 1 1 1 EM g g        , 同理可得， 4 1 EN h   则     4 4 16 16 16 1 1 1 2 1 EM EN g h gh g h k k                  【点睛】本题考查了二次函数综合问题，涉及了二次函数的解析式求解、二次函数与特殊四边 形问题、二次函数与一次函数综合问题等知识点，掌握函数的性质是解题关键． 3．(1) 2 2 3y x x    ； (2)存在，点 M的坐标为  1,0 或  2,0 或  3 2,0 ． 【分析】（1）由一次函数求出 B，C两点的坐标，代入二次函数中可求出 b，c，从而可求出 二次函数的解析式； （2）当以 C，D，E，F为顶点的四边形为菱形时，讨论画出所有的情况，再利用菱形的四边 相等，求解对应 m的值，从而得到点 M的坐标． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 【详解】（1）解：将 0x  代入一次函数 3y x   得： 3y  ， ∴点 C坐标  0,3 ， 将 0y  代入一次函数 3y x   得： 3x  ， ∴点 B坐标  3,0 ， 将点 B、C代入抛物线 2y x bx c    得， 9 3 0 3 b c c       ， 解得 2 3 b c    ， ∴抛物线 2 2 3y x x    ． （2）存在，以 C，D，E，F为顶点的四边形为菱形时，需满足以下三种情况： 由（1）可得，点  0,3C ，  2, 2 3D m m m   ，  , 3E m m  ，      2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 22 3 3 2 2 3CD m m m m m m CE m DE m m              ， ， ， 当CD CE 时，  22 2 22 2m m m m    ，解得 1 21 3m m ， （舍去）， 3 0m  （舍去）， 此时点 M的坐标为  1,0 ； ②当CD DE 时，    2 22 2 22 3m m m m m      ，解得 2m  或 0（0舍去）， 此时点 M的坐标为  2,0 ； ③当CE DE 时，  22 22 3m m m   ， 解得 1 3 2m   （舍去）， 2 33 2 0m m  ， （舍去），此时点 M的坐标为  3 2,0 ； 综合上述，存在，点 M的坐标为  10， 或  2 0， 或  3 2,0 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 【点睛】本题考查二次函数的综合问题，考查待定系数法，考查一次函数和二次函数图象上的 点的特点，考查菱形的性质，解题的关键是结合图形分情况讨论，考查计算能力和分类讨论的 思想，属于较难题． 4．(1) 2b   ， 3c   (2)① 21 2 8 ；②不存在，理由见解析 【分析】（1）由交点式结合点 A、B坐标求出解析式，从而得到 b、c； （2）①由点  ,P m n 得到 ( , )Q m m ，把 PQ线段用含有 m的式子表示，借助二次函数求出 P点到 直线 l： y x 的距离的最大值时 m的值； ②利用平行四边形的判定定理“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”和菱形的判定定 理“邻边相等的平行四边形是菱形”结合点的坐标求解． 【详解】（1）解：二次函数 2y x bx c   的图象与 x轴相交于点 ( 1,0)A  和点 (3,0)B ， 得： 1 0 9 3 0 b c b c        ， 解得： 2 3 b c      ， ∴二次函数解析式为 2= 2 3y x x  ， ∴ 2b   ， 3c   ． （2）解：①∵点 ( , )P m n 在抛物线 2= 2 3y x x  上，且0 3m  ， ∴  2, 2 3P m m m  ， ( , )Q m m ， ∴  2 2 3 212 3 3 3 22 4PQ m m m m m m                 设点 P到直线 y x 的距离为 h， ∵直线 y x 是一三象限的角平分线， ∴ 2PQ h ， ∴当 P点到直线 l： y x 的距离最大时， PQ取得最大值， ∴当 3 2 m  时， PQ有最大值 21 4 ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 ∴P点到直线 l： y x 的距离的最大值为 21 2 8 ． ②∵抛物线与 y轴交于点 C， ∴ 0x  时， = 3y  ， ∴ (0, 3)C  ， ∵OC PQ∥ ，且以点 O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形， ∴ PQ OC ， 又∵ 3OC  ， 2 3 3PQ m m    ， ∴ 2 3 3 3m m    ， 解得： 1 0m  ， 2 3m  ， 3 3 33 2 m  ， 4 3 33 2 m  ， 当 1 0m  时， PQ与OC重合，菱形不成立，舍去； 当 2 3m  时， (3,0)P ， (3,3)Q ， 此时，四边形OCPQ是平行四边形， 2 23 3 3 2OQ    ， ∴OQ OC ，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去； 当 3 3 33 2 m  时， 3 33 3 33, 2 2 Q         ， 此时，四边形OCPQ是平行四边形， 2 2 3 33 3 330 3 39 6 33 2 2 OQ                      ， ∴CQ OC ，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去； 当 4 3 33 2 m  时， 3 33 3 33, 2 2 Q         ， 此时，四边形OCQP是平行四边形， 2 2 3 33 3 33 3 39 6 33 2 2 OQ                     ， ∴OQ OC ，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去； 综上所述：不存在 m，使得以点 O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形 【点睛】本题主要考查二次函数的性质、线段长度的最大值求解和菱形存在性问题．解题关键 是在求线段的最大值时需要先设出点的坐标，再表示出线段的长度，最后结合二次函数求出最 大值；在探究菱形存在性问题时，需要根据菱形的判定定理“邻边相等的平行四边形是菱形” 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 进行探究． 5．(1) 2= 2 3y x x  (2) 2 2 PM AM 取得最大值 9，点  2, 3P  (3)点 N的坐标为  4 1, 或  2, 1- - 或 3 170, 2         或 3 170, 2         【分析】（1）根据题意将点坐标代入求解即可； （2）根据题意求得一次函数解析式 1y x  ，即可判定 OAE△ 为等腰直角三角形，得到 MAH 为 等腰直角三角形，则 2AM MH ，设点   , 1 0 3M t t t   ，则点  2, 2 3P t t t  ，有 2 2 PM AM PM MH   化简得到二次函数求最值即可； （3）根据题意可知抛物线沿着 x轴和 y轴正方向各平移 1个单位，得到新的抛物线为 2 4 1y x x   ，即可得到点  2, 3R  ，即可设点 H的坐标为  1,m ，设点 N的坐标为  ,s t ，可知 A， R两点在对称轴两侧，若以 AR为矩形的边，过 A，R两点作 AR的垂线与对称轴的交点即 H点， H点在直线 AR上面时当 A点平移至 R点时，H点平移至 N点，H点在直线 AR下面时当 A点 平移至 R点时，N点平移至 H点，根据平移性质和矩形对角线相等建立方程组求出 N点坐标； 若以 AR为矩形的对角线，则线段 AR的中点坐标和线段HN的中点坐标重合且 AR HN ，由此 建立方程组求解． 【详解】（1）解：∵抛物线 2y x bx c   交 x 轴于  1,0A  、  3,0B 两点， ∴ 1 0 9 3 0 b c b c        ，解得 2 3 b c      ， 则抛物线的解析式 2= 2 3y x x  ； （2）解：∵一次函数  1 0y kx k   过点  1,0A  ， ∴ 1 0k   ，解得 1k  ， 则一次函数解析式 1y x  ， ∴点  0,1E ， ∴ 1OA OE  ， 则 OAE△ 为等腰直角三角形， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 ∵PM y∥ 轴，且设 PM 与 x轴交于点 H，如图， ∴ MAH 为等腰直角三角形， ∴ 2AM MH ， 设点   , 1 0 3M t t t   ，则点  2, 2 3P t t t  ， ∴  22 2 2 1 2 3 12 2PM AM PM MH t t t t              22 9t    ， 当 2t  时， 2 2 PM AM 取得最大值 9，点  2, 3P  ； （3）解：∵抛物线  21 4y x   沿着射线 AE 方向平移了 2个长度得到新的抛物线， ∴抛物线沿着 x轴和 y轴正方向各平移 1个单位， ∴新的抛物线为  2 21 1 4 1 4 1y x x x        ， 联立得 2 2 4 1 2 3 y x x y x x         ，解得 2 3 x y     ， 则点  2, 3R  ， 由原抛物线的表达式知，其对称轴为直线� = 1，故设点H的坐标为  1,m ，设点N的坐标为  ,s t ， ①当 AR是边时， 点 A向右平移 3个单位向下平移 3个单位得到点 R， 则点  H N 向右平移 3个单位向下平移 3个单位得到点  N H ，且  AN RH AH RN  ， 即 2 2 2 2 1 3 3 ( 1) (2 1) ( 3) s m t s t m             或 2 2 2 2 1 3 3 (1 1) ( 2) ( 3) s m t m s t             ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 解得： 2 4 1 m s t       或 3 2 1 m s t         故点 N的坐标为  4, 1 或  2, 1  ； ②当 AR是对角线时， 由中点坐标公式和 AR HN 得：              2 2 22 1 11 2 1 2 2 1 10 3 2 2 2 1 3 = 1 s m t s m t                   ，解得 3 17 2 3 17 2 0 m t s              或 3 17 2 3 17 2 0 m t s              ， 故点 N的坐标为 3 170, 2         或 3 170, 2         ． 综上，点 N的坐标为  4, 1 或  2, 1  或 3 170, 2         或 3 170, 2         ． 【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式，勾股定理解直角三角形， 二次函数的性质，矩形的性质和坐标的平移；根据平移特征和矩形性质列出方程组是解题关键． 6．(1) 2= +4 3y x x  (2)① ACM△ 的面积有最大值 27 8 ，此时 5 3, 2 4 M      ；② 9 2 8 (3)存在，Q点坐标为  5, 2 或  4, 5  【分析】（1）根据待定系数法，即可求出抛物线的函数解析式； （2）①设直线 AC的解析式，过点M 作MN y∥ 轴交 AC于点N，设  2, 4 3M t t t   ，则  , 1N t t  ， 可得 23 5 27 2 2 8ACM S t         ，当 5 2 t 时， ACM△ 的面积有最大值 27 8 此时 5 3, 2 4 M      ；②过M 点作 MG AC 交于点G，交对称轴于点 E，交 x轴于点 F，当M 、 E、 F、G四点共线时， 2 2 ME EF AF  有最小值，利用等积法 27 1 8 2 S ACM AC MG    ，即为所求； （3）分两种情况讨论：当 P点在 AC上方时，过点 P作PG x 轴交于点G，过点Q作QH x 轴 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 交于点H，则有 AG PG ，设  2, 4 3P x x x   ，  ,Q a b ，则 21 4 3x x x     ，求出  2,1P ，再由 BH HQ ，得到 3b a   ①，由 AC PQ ，得到    2 23 2 2 1a b    ②，联立①②，求出Q点 的坐标；当 P点在直线 AC的下方时，过点Q作QK x 轴交于K点，过C点作MN x 轴交于N点， 过 P作PM MN 交于M 点，则有 PM CM ，求出点 P的坐标；再根据KQ AK ，QP AC 即可 求出点Q． 【详解】（1）∵点 ( )1,0A ，点  4, 3C  在抛物线 2 3y ax bx   ∴ 0 3 3 16 4 3 a b a b        ，解得 1 4 a b     ， ∴抛物线的解析式为： 2= +4 3y x x  ． （2）①设直线 AC的解析式：  0y kx b k   ， ∵ ( )1,0A ，  4, 3C  ， ∴ 3 4 0 k b k b       ，解得 1 1 k b     ， ∴直线 AC的解析式为： 1y x   ； 过点M 作MN y∥ 轴交 AC于点 N，设  2, 4 3M t t t   ，则  , 1N t t  ， ∴ 2 5 4MN t t    ， ∴  21 3 5 42ACMS t t      ， ∴ 23 5 27 2 2 8ACM S t         ， 当 5 2 t 时， ACMS△ 有最大值 27 8 ； 此时 5 3, 2 4 M      ． ②∵  22 4 3 2 1y x x x        ， ∴抛物线的对称轴为直线 2x  ， 过M 点作MG AC 交于点G，交对称轴于点 E，交 x轴于点 F， ∵直线 AC的解析式为： 1y x   ， ∴ 45FAG  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 ∴ 2 2 FG AF ， ∴ 2 2 ME EF AF ME EF FG MG      ， ∴M 、 E、 F、G四点共线时， 2 2 ME EF AF  有最小值， ∵ 27 1 8 2 S ACM AC MG    ， ∴ 9 2 8 MG  ， ∴ 2 2 ME EF AF  的最小值是 9 2 8 ． （3）存在点 P，使得以 P、A、C、Q为顶点是四边形是以 AC为边的矩形，理由如下： ①当 P点在 AC上方时，过点 P作PG x 轴交于点G，过点Q作QH x 轴交于点H， ∵ 45BAC  ， 90PAC   ∴ 45PAG   ∴ AG PG 设  2, 4 3P x x x   ，  ,Q a b ∴ 21 4 3x x x     解得 1x  （舍）或 2x  ， ∴  2,1P ∵ 45ABP  ， ∴ 45HBQ  ， ∴ BH HQ ， ∴ 3b a   ①， ∵ AC PQ ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 ∴    2 23 2 2 1a b    ②， 联立①②，得 5 2 a b     或 1 4 a b     （舍）， ∴点  5, 2Q  ； ②当 P点在直线 AC的下方时，过点Q作QK x 轴交于K点，过C点作MN x 轴交于N点，过 P 作PM MN 交于M 点， ∵ 45NAC  ， 90ACP  ， ∴ 45PCM  ， ∴ PM CM ， ∴  24 3 4 3x x x       解得 1x   或 4x  （舍）， ∴点  1, 8P   ， ∵ 45KAQ  ， ∴KQ AK ， ∴ 1b a   ， ∵QP AC ， ∴    2 23 2 1 8a b      ， ∴    2 2 1 3 2 1 8 b a a b           ， ∴ 4 5 a b      原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 ∴点  4, 5Q   ． 综上所述，Q点坐标为  5, 2 或  4, 5  ． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用垂线段最短 求最短距离，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键． 7．(1) 21 3 2 y x x  (2)  6,0A  (3)① 1 3 2 DE m  ；②当点E F M N、 、 、 为顶点的四边形是正方形时， 8 3 m   或 7 2 m   【分析】（1）运用待定系数法把把点 51, 2 C      代入抛物线 2 1 2 y x ax   即可求解； （2）根据二次函数图象的性质，令 0y  时，解一元二次方程即可； （3）根据正方形的判定和性质，图形结合，分类讨论：当 EF是正方形的边；当 EF是正方形 的对角线；由此列式求解即可． 【详解】（1）解：把点 51, 2 C      代入抛物线 2 1 2 y x ax   得，  21 51 2 2 a     ， 解得， 3a   ， ∴抛物线的解析式为： 2 1 3 2 y x x  ； （2）解：在 21 3 2 y x x  ，当 0y  时， 2 1 3 0 2 x x   ， 解得 1 6x   ， 2 0x  （不符合题意，舍去）， ∴  6,0A  ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 （3）解：①∵CD x 轴， PG x 轴， ∴ 90CDO PGO   ， ∵ EOD POG  ， ∴ EOD POG△ ∽△ ， ∴ DE OD PG OG  ， ∵点 P是抛物线 2 1 3 2 y x x  的一点，且横坐标为m， ∴ 21, 3 2 P m m m      ， ∴ 2 1 3 2 OG m PG m m    ， ， ∵过点 51, 2 C      作CD x 轴于点D， ∴ 1OD  ， ∴ 2 1 1 3 2 DE mm m    ， ∴ 1 3 2 DE m  ； ②设直线 AC的解析式为� = �� + � � ≠ 0 ， 把   56,0 1, 2A C       ， 代入� = �� + � � ≠ 0 中得 6 0 5 2 k b k b         ， 解得， 1 2 3 k b      ， ∴直线 AC的解析式为 1 3 2 y x  ， ∵点 F在直线 AC的图象上，且点 P的横坐标为m， ∴ 1, 3 2 F m m     ， 由①得， 1 3 2 DE m  ，点  1,0D  ， ∴ 11, 3 2 E m      ， 设    ,0 ,M t N n s， ， ∵点E F， 的纵坐标相同， ∴ EF x 轴， 1EF m   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 当 EF为正方形的边时，EF FG GD DE   ，则点M 与点G重合，点N与点D重合，或是点M 与 点D重合，点N与点G重合，如图所示， ∴ 1 3 1 2 m m    ， 解得， 8 3 m   ； 当 EF为正方形的对角线时，连接MN，交 EF于点 Q， ∵四边形 FMEN 是正方形， ∴MN EF ，MN EF ， 1 2 MQ NQ EQ FQ EF    ， ∴四边形MDEQ是矩形，则 1 2 MQ ED EF  ， ∴ 11 2 3 2 m m        ， 解得， 7 2 m   ； 综上所述，当点E F M N、 、 、 为顶点的四边形是正方形时， 8 3 m   或 7 2 m   ． 【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次 函数解析式，相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，图形结合，分类讨论思想等知 识的综合运用是解题的关键．