数理视界

由题意可得: $|2x-a|\lt x+1\Rightarrow -x-1\lt 2x-a\lt x+1 \Rightarrow x-1\lt a\lt 3x+1 $.
所以当$1\leq x\leq 2$ 时$a$ 大于 $(x-1)$ 的最大值, 同时$a$ 小于 $(3x+1)$ 的最小值, 因此$1\lt a\lt 4$.

如图, 过点$D,E,C,M$ 分别做直线$AB$ 的垂线, 垂足分别为$G,H,K,N$. 由平行线分线段成比
例及梯形中位线定理, 的$HN=GN, MN=\frac{EH+DG}{2}$.

又易得$\triangle ADG\cong \triangle CAK$, 所以$DG=AK,AG=CK$. 同理得$AG=CK=BH$,$EH=BK$.
得$HN-BH=NG-AG, BN=NA$, $N$ 是边$AB$ 的中点, $MN=\frac{BK+AK}{2}=\frac{AB}{2}$.
由$A,B$ 是定点, $N$是边$AB$ 的中点, $NM\bot AB, NM=\frac{AB}{2}$, 知$M$ 是定点.

(1) 设抛物线方程为$y=a(x+2)(x-4)$ 代入点$C(0,8)$ 解得$a=-1$, 所以抛物线方程
$y=-x^2+2x+8$, 又$-x^2+2x+8=-(x-1)^2+9$, 所以 顶点坐标$D(1,9)$.
(2) 如图, 易求得$CD$ 的直线方程为: $y=x+8$, 设 $p(2,t)$, 所以$OP=\sqrt{4+t^2}$,
$PH=|10-t|\Rightarrow P$到直线$CD$ 的距离$PQ=\frac{\sqrt{2}}{2}PH=\frac{\sqrt{2}}{2}|10-t|$.
由题意可得: $\sqrt{4+t^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}|10-t|\Rightarrow t^2+20t-92=0\Rightarrow t=-10\pm 8\sqrt{3}$.
所以有$P(2,-10+8\sqrt{3})$ 或$P(2,-10-8\sqrt{3})$满足要求.

(3) 设向上平移$m (m>0)$ 个单位得$y=-(x+)(x-4)+m$, 由题意知当$x=-8$ 时$y\leq 0$;
或当$x=4$ 时$y\leq 12$, 即$-(-8+2)(-8-4)+m\leq 0\Rightarrow m\leq 72$
或$-(4+2)(4-4)+m\leq 12\Rightarrow m\leq 12$.所以$0\lt m\lt 72$.
向下平移$m(m>0)$ 个单位得$y=-(x+2)(x-4)-m$, 联立$y=x+8$ 得
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=-(x+2)(x-4)+m \\ y=x+8 \end{array}\right.\Rightarrow x^2-x+m=0
\]
由$\Delta\geq 0\Rightarrow m\leq \frac{1}{4}$.

综上: 向上最多可平移$72$ 个单位, 向下最多可以平移$\frac{1}{4}$ 个单位.

因为$f(x)$ 的对称轴为$x=-\frac{a}{2}$
(1) 当$-\frac{a}{2}\leq -2$ 即$a\geq 4$ 时, 函数$f(x)$ 在$-2\leq x\leq 2$ 范围内是
增函数, 所以有$f(-2)=4-2a+3\geq 2$ 解得$a\leq \frac{5}{3}$. 此时无解.

(2) 当$-\frac{a}{2}\geq 2$ 即$a\leq -4$ 时, 函数$f(x)$ 在$-2\leq x \leq 2$ 范围内
是减函数, 所以有$f(2)=4+2a+3-a\geq 2$ 解得$a\leq 5$. 故得$a\leq -4$.

(3) 当$-2\lt -\frac{a}{2}\lt 2$ 即$-4\lt a\lt 4$ 时, $f(x)$ 在$x=-\frac{a}{2}$ 时
取得最小值, 即$f(-\frac{a}{2})=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{2}+3-a\geq 2$ 解得$-2-\sqrt{2}\leq a\leq -2+2\sqrt{2}$
得$-4\lt a\leq -2+2\sqrt{2}$.

综上可得: $a\leq -2+2\sqrt{2}$

(1)设$P(x,y)$ 为抛物线$F$上的任意一点, 则$P$ 关于$y$ 轴对称的点$P'$ 在抛物线$E$ 上,
即$P'(-x,y)$ 抛物线$E$ 上, 所以有$y=(-x)^2+4(-x)+3=x^2-4x+3$, 此关系式即为$x$ 与$y$ 满足的关系
所以抛物线$F$的解析式为: $y=x^2-4x+3$.

(2) 易得$A(-3,0),C(1,0),M(0,3)$, 所以满足$A,C,M,N$ 为顶点的四边形式平行四边形的点$N$有
$N_1(-4,3),N_2(4,3),N_3(-2,-3)$, 经验算$N_1,N_2$ 满足要求.

(1)由题意: $\Delta=(-2p)^2-4(-p)=4p^2+4p>0, x_1+x_2=2p, x_1x_2=-p$, 且$x_2^2=2px_2+p$.
$\therefore 2px_1+x_2^2+3p=2px_1+(2px_2+p)+3p=2p(x_1+x_2)+4p=4p^2+4p>0$.

(2) $AB=|x_2-x_1|=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{4p^2+4p}\leq |2p-3|$.
两边平方, 解得$p\leq \frac{9}{16}$, 经检验$p=\frac{9}{16}$ 符合题意,
故$p$ 的最大值为$\frac{9}{16}$.

考虑方程$x^2-|x|-12=0$.
当$x\gt 0$ 时, $x^2-x-12=0$, 解得$x_1=4,x_2=-3$ (舍去).
当$x\lt 0$ 时, $x^2+x-12=0$, 解得$x_3=-4, x_4=3$ (舍去).
所以$A,B$ 两点的坐标是$(4,0),(-4,0)$, 设$y=ax^2+bx+c=a(x-4)(x+4)$.
因为$\triangle PAB$ 为等腰直角三角形, 而$A,B$ 为定点, 所以$AB$ 可为斜边, 也可为直
角边. 当$AB$ 为斜边时, 可求得$P$ 点坐标为$(0,4)$ 或$(0,-4)$; 当$AB$ 为直角边时, 这
种情况显然不满足题设条件的(想想为什么).

将$P(0,4)$ 代入得$a=\frac{1}{4}$, 将 $P(0,-4)$ 代入得$a=-\frac{1}{4}$,
所以$a=-\frac{1}{4}, b=0,c=4$ 或$a=\frac{1}{4},b=0,c=-4$ 满足要求.

已知二次函数$f(x)=x^2-4mx+3$ 开口向上, 对称轴方程为: $x=2m$.
(1) 当$2m\geq 0$ 时, $f(x)$ 在$-1\lt x\lt 0$ 内是减函数, 所以$f(x)\geq f(0)=3$ 恒成立.
所以$m\geq 0$ 时满足要求.
(2) 当$-1\leq 2m\lt 0$ 即$-\frac{1}{2}\leq m\lt 0$时, $f(x)$ 在$x=2m$ 时取得最小值,
即要$f(2m)\gt 1$, 解得$-\frac{\sqrt{2}}{2}\lt m\lt \frac{\sqrt{2}}{2}$,
所以$-\frac{1}{2}\leq m\lt 0$ 满足要求.
(3) 当$2m\lt -1$ 即$m\lt -\frac{1}{2}$ 时, $f(x)$ 在$-1\lt x\lt 0$ 内是增函数,
所以$f(-1)\geq 1\Rightarrow m\geq -\frac{3}{4}$, 所以$-\frac{3}{4}\leq m\lt -\frac{1}{2}$ 满足要求.

综上所述, 当$m\geq -\frac{3}{4}$ 时满足要求.

(1)由已知得: $y_0=x_0^2+px_0+q=(x_0+\frac{p}{2})^2-\frac{p^2-4q}{4}\lt 0\Rightarrow \frac{p^2-4q}{4}\gt (x_0+\frac{p}{2})^2\geq 0$.
所以$\Delta=p^2-4q\gt 0$, 故方程$x^2+px+q=0$ 有两个不等实根, 即抛物线与$x$ 轴交于两点.

(2) 由(1)可设两个交点为$A(x_1,0),B(x_2,0)$, 则又$x_1+x_2=-p, x_1x_2=q$
代入$x_0^2+px_0+q=y_0\lt 0$ 得
$x_0^2-(x_1+x_2)x_0+x_1x_2\lt 0\Rightarrow (x_0-x_1)(x_0-x_2)\lt 0\Rightarrow x_1\lt x_0\lt x_2$.

(3) 代入$M$ 得$-2=1+p+q\Rightarrow p+q=-3\Rightarrow x_1x_2-(x_2+x_2)+1=-2$
即有$(x_1-1)(x_2-1)=-2$.
因为$x_1\lt x_2$且都为整数,因此有:
\[
\left\{\begin{array}{lr} x_1-1=-2 \\ x_2-1=1 \end{array}\right. 或 \left\{\begin{array}{lr} x_1-1=-1 \\ x_2-1=2 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} x_1=0 \\ x_2=3 \end{array}\right.或\left\{\begin{array}{lr} x_1=-1 \\ x_2=2 \end{array}\right.
\]

由题意知二次函数的图象开口向上, 与$y$ 轴的交点在$y$ 轴的正半轴上, 对称轴
$x=-\frac{b}{2a}<0$ 位于第二,三象限. 设$f(x)=ax^2+bx+c$.
(1) 当$-\frac{b}{2a}\leq -2$ 时, 有
\[
\left\{\begin{array}{lr} f(-2)=4a-2b+c=-1 \\ f(1)=a+b+c=7 \end{array}\right.\Rightarrow 3(a-b)=-8
\]
显然, 此方程没有整数解.
(2) 当$-2\lt -\frac{b}{2a}\leq -\frac{1}{2}$ 时, 有
\[
\left\{\begin{array}{lr} f(-\frac{b}{2a})=\frac{4ac-b^2}{4a}=-1 \\ f(1)=a+b+c=7 \end{array}\right.
\]
因为$a,b$ 是正整数, 所以, 由上可得: $\frac{b^2}{4a}-1=c\geq 1\Rightarrow b^2\geq 8a$, 且$b$ 为偶数
又$b=7-a-c\leq 5\Rightarrow b=4,a=2,c=1$, 经检验满足条件.
(3) 当 $-\frac{1}{2}\lt -\frac{b}{2a}<0$ 时, 有$b\lt a$, 且
\[
\left\{\begin{array}{lr} f(-\frac{b}{2a})=\frac{4ac-b^2}{4a}=-1 \\ f(-2)=4a-2b+c=7 \end{array}\right.
\]
可得: $\frac{b^2}{4a}-1=c\geq 1\Rightarrow 8a\leq b^2\lt a^2\Rightarrow a>8$
从而$7=4a-2b+c>2a+c>17$.矛盾!
综上, $a=2,b=4,c=1$, 故二次函数解析式为$y=2x^2+4x+1$.