11. 已知抛物线 $ y = 2x^{2}+3 $ 上有两点 $ A(x_{1},y_{1}) $，$ B(x_{2},y_{2}) $，且 $ x_{1}\neq x_{2} $，$ y_{1}=y_{2} $，则当 $ x = x_{1}+x_{2} $ 时，$ y = $
3
.
答案：11.3
解析：
因为点$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$在抛物线$y = 2x^{2}+3$上，所以$y_{1}=2x_{1}^{2}+3$，$y_{2}=2x_{2}^{2}+3$。
又因为$y_{1}=y_{2}$，所以$2x_{1}^{2}+3=2x_{2}^{2}+3$，即$2x_{1}^{2}=2x_{2}^{2}$，化简得$x_{1}^{2}=x_{2}^{2}$。
因为$x_{1}\neq x_{2}$，所以$x_{1}=-x_{2}$，则$x_{1}+x_{2}=0$。
当$x = x_{1}+x_{2}=0$时，$y=2×0^{2}+3=3$。
3
12. (2023·广东改编)如图，在平面直角坐标系中，$ O $ 是原点，二次函数 $ y = ax^{2}+c $ 的图像经过正方形 $ OABC $ 的三个顶点 $ A $，$ B $，$ C $，且点 $ B $ 在 $ y $ 轴上，则 $ ac = $
$-2$
.
答案：12.$-2$ 解析：连接AC.因为二次函数$y=ax^2+c$的图像经过正方形OABC的三个顶点A,B,C，且点B在$y$轴上，所以$B(0,c)$，所以$OB=c$.因为四边形OABC为正方形，所以$AC=OB=c$，且AC与OB互相垂直平分，所以$A(\frac{1}{2}c,\frac{1}{2}c)$.把点$A(\frac{1}{2}c,\frac{1}{2}c)$代入$y=ax^2+c$，得$a(\frac{1}{2}c)^2+c=\frac{1}{2}c$.整理，得$c(ac+2)=0$.因为$c\neq0$，所以$ac+2=0$，所以$ac=-2$.
解析：
解：连接AC。
∵二次函数$y = ax^2 + c$的图像经过正方形OABC的三个顶点A，B，C，且点B在y轴上，
∴$B(0, c)$，则$OB = c$。
∵四边形OABC为正方形，
∴$AC = OB = c$，且AC与OB互相垂直平分，
∴点A的坐标为$(\frac{1}{2}c, \frac{1}{2}c)$。
将$A(\frac{1}{2}c, \frac{1}{2}c)$代入$y = ax^2 + c$，得：
$a(\frac{1}{2}c)^2 + c = \frac{1}{2}c$，
整理得：$\frac{1}{4}ac^2 + c = \frac{1}{2}c$，
移项化简：$\frac{1}{4}ac^2 = -\frac{1}{2}c$，
两边同乘4：$ac^2 = -2c$，
∵$c \neq 0$，两边同除以c得：$ac = -2$。
$-2$
13. 新素养
推理能力 如图，已知二次函数 $ y = -\frac{1}{2}x^{2}+c $ 的图像经过点 $ D(-\sqrt{3},\frac{9}{2}) $，且与 $ x $ 轴交于 $ A $，$ B $ 两点.
(1)求 $ c $ 的值；
(2)设 $ C $ 为该二次函数图像上的一点，且在 $ x $ 轴上方，直线 $ AC $ 将四边形 $ ABCD $ 分成面积相等的两部分，连接 $ BD $.求证：线段 $ BD $ 被直线 $ AC $ 平分，并求此时直线 $ AC $ 的函数表达式.
答案：13.(1)因为二次函数$y=-\frac{1}{2}x^2+c$的图像经过点$D(-\sqrt{3},\frac{9}{2})$，所以$-\frac{1}{2}×(-\sqrt{3})^2+c=\frac{9}{2}$，解得$c=6$.
(2)设AC与BD的交点为M.过点D,B分别作$DE⊥ AC$于点E，$BF⊥ AC$于点F，则$\angle DEM=\angle BFM=90°$.因为直线AC将四边形ABCD分成面积相等的两部分，所以$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ADC}$.因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BF$，$S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}AC· DE$，所以$DE=BF$.在$\triangle DEM$和$\triangle BFM$中，$\begin{cases}\angle DME=\angle BMF,\ \angle DEM=\angle BFM,\ DE=BF,\end{cases}$
所以$\triangle DEM\cong\triangle BFM$，所以$DM=BM$，即线段BD被直线AC平分.在$y=-\frac{1}{2}x^2+6$中，令$y=0$，得$-\frac{1}{2}x^2+6=0$，解得$x_1=-2\sqrt{3},x_2=2\sqrt{3}$，所以$A(-2\sqrt{3},0),B(2\sqrt{3},0)$.因为$D(-\sqrt{3},\frac{9}{2})$，M是BD的中点，所以$M(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{9}{4})$.设直线AC的函数表达式为$y=kx+b$.把点$A(-2\sqrt{3},0)$，$M(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{9}{4})$分别代入$y=kx+b$，得$\begin{cases}-2\sqrt{3}k+b=0,\frac{\sqrt{3}}{2}k+b=\frac{9}{4}.\end{cases}$解得$\begin{cases}k=\frac{3\sqrt{3}}{10},\\b=\frac{9}{5}.\end{cases}$所以直线AC的函数表达式为$y=\frac{3\sqrt{3}}{10}x+\frac{9}{5}$.
14. (2025·江苏淮安模拟)已知抛物线 $ y = \frac{1}{4}x^{2}+1 $ 具有如下性质：该抛物线上任意一点到定点 $ F(0,2) $ 的距离与到 $ x $ 轴的距离始终相等.如图，若点 $ M $ 的坐标为 $ (\sqrt{3},3) $，$ P $ 是抛物线 $ y = \frac{1}{4}x^{2}+1 $ 上一个动点，则 $ \triangle PMF $ 周长的最小值是
$5$
，此时点 $ P $ 的坐标为
$(\sqrt{3},\frac{7}{4})$
.
答案：14.$5(\sqrt{3},\frac{7}{4})$ 解析：设$P(x_0,y_0)(y_0＞0)$.因为点P在抛物线$y=\frac{1}{4}x^2+1$上，且点P到$x$轴的距离为$y_0$，所以$PF=y_0$.因为$F(0,2),M(\sqrt{3},3)$，所以$FM=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(3-2)^2}=2$，所以$C_{\triangle PMF}=PF+MP+FM=y_0+MP+2$.易知当$MP⊥ x$轴时，$y_0+MP$取最小值，且最小值是3，此时$\triangle PMF$的周长最小，且最小值是$3+2=5$.把$x=\sqrt{3}$代入$y=\frac{1}{4}x^2+1$，得$y=\frac{7}{4}$，所以点P的坐标为$(\sqrt{3},\frac{7}{4})$.
解析：
解：设点$P(x_0,y_0)(y_0＞0)$，
∵点$P$在抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 + 1$上，且抛物线任意一点到定点$F(0,2)$的距离与到$x$轴的距离相等，
∴$PF=y_0$。
∵$F(0,2)$，$M(\sqrt{3},3)$，
∴$FM=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(3-2)^2}=\sqrt{3 + 1}=2$。
$\triangle PMF$的周长为$PF + MP + FM=y_0 + MP + 2$。
当$MP⊥ x$轴时，$y_0 + MP$最小，最小值为$3$，
此时$\triangle PMF$周长最小，最小值为$3 + 2=5$。
将$x=\sqrt{3}$代入$y=\frac{1}{4}x^2 + 1$，得$y=\frac{1}{4}×(\sqrt{3})^2 + 1=\frac{3}{4}+1=\frac{7}{4}$，
∴点$P$的坐标为$(\sqrt{3},\frac{7}{4})$。
5；$(\sqrt{3},\frac{7}{4})$
15. 如图，抛物线 $ y = ax^{2}+c(a＜0) $ 交 $ x $ 轴于点 $ G $，$ F $，交 $ y $ 轴于点 $ D $，在 $ x $ 轴上方的抛物线上有两点 $ B $，$ E $，它们关于 $ y $ 轴对称，点 $ G $，$ B $ 在 $ y $ 轴的左侧，$ BA⊥ OG $ 于点 $ A $，$ BC⊥ OD $ 于点 $ C $，四边形 $ OABC $ 与四边形 $ ODEF $ 的面积分别为 6 和 10，则 $ \triangle ABG $ 与 $ \triangle BCD $ 的面积之和为
4
.
答案：15.4 解析：因为抛物线$y=ax^2+c$的对称轴为$y$轴，所以$S_{四边形ODBG}=S_{四边形ODEF}=10$.因为$S_{四边形OABC}=6$，所以$S_{\triangle ABG}+S_{\triangle BCD}=S_{四边形ODBG}-S_{四边形OABC}=4$.故$\triangle ABG$与$\triangle BCD$的面积之和为4.
解析：
解：
∵抛物线$y = ax^{2}+c(a＜0)$的对称轴为$y$轴，点$B$，$E$关于$y$轴对称，
∴$S_{四边形ODBG}=S_{四边形ODEF}=10$。
∵$S_{四边形OABC}=6$，
∴$S_{\triangle ABG}+S_{\triangle BCD}=S_{四边形ODBG}-S_{四边形OABC}=10 - 6=4$。
故$\triangle ABG$与$\triangle BCD$的面积之和为$4$。
16. 新趋势
推导探究 如图，$ P(m,n) $ 是抛物线 $ y = -\frac{1}{4}x^{2}+1 $ 上任意一点，$ l $ 是经过点 $ (0,2) $ 且与 $ x $ 轴平行的直线，过点 $ P $ 作 $ PH⊥ l $，垂足为 $ H $，$ PH $ 交 $ x $ 轴于点 $ Q $.
【探究】
(1)① 当 $ m = 0 $ 时，$ OP = $
1
，$ PH = $
1
；
② 当 $ m = 4 $ 时，$ OP = $
5
，$ PH = $
5
；
【证明】
(2)对任意 $ m $，$ n $，猜想 $ OP $ 与 $ PH $ 的数量关系，并证明你的猜想；
【应用】
(3)连接 $ OH $，当 $ OP = OH $ 时，求点 $ P $ 的坐标.
答案：16.(1)①1 1 ②5 5
(2)猜想：$OP=PH$.证明如下：因为点P在抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+1$上，所以$P(m,-\frac{1}{4}m^2+1)$，则$PQ=\vert-\frac{1}{4}m^2+1\vert,OQ=\vert m\vert$.因为$\angle OQP=90°$，所以$OP=\sqrt{PQ^2+OQ^2}=\sqrt{(-\frac{1}{4}m^2+1)^2+m^2}=\sqrt{(\frac{1}{4}m^2+1)^2}=\frac{1}{4}m^2+1$.又$PH=2-(-\frac{1}{4}m^2+1)=\frac{1}{4}m^2+1$，所以$OP=PH$.
(3)由题意，得$QH=2$且$OQ⊥ PH$.因为$OP=OH$，所以$PQ=QH=2$，$PH=2QH=4$.因为$OP=PH$，所以$OP=4$.因为$\angle OQP=90°$，所以$OQ=\sqrt{OP^2-PQ^2}=2\sqrt{3}$.由函数图像可知点P在第三象限或第四象限，所以点P的横坐标为$-2\sqrt{3}$或$2\sqrt{3}$，纵坐标为$-2$，所以点P的坐标为$(-2\sqrt{3},-2)$或$(2\sqrt{3},-2)$.
