一、题目
在平面直角坐标系中，点 O 为坐标原点，抛物线 y = x² + bx 经过点 (3, 3)。点 A、B 是该抛物线上的两点，横坐标分别为 m、m+1。已知点 M(1, 1)，作点 A 关于点 M 的对称点 C，作点 B 关于点 M 的对称点 D，构造四边形 ABCD。
(1) 求该抛物线所对应的函数表达式；
(2) 当 A、B 两点关于该抛物线的对称轴对称时，求点 C 的坐标；
(3) 该抛物线在 A、B 两点之间的部分（含 A、B 两点）为图象 G。当 0 < m < 1 时，若图象 G 的最高点与最低点的纵坐标之差为 ½，求 m 的值；
(4) 连结 OA、OB，当 ∠AOB = ∠OAD + ∠OBC 时，直接写出 m 的取值范围（这里 ∠AOB、∠OAD、∠OBC 均是大于 0° 且小于 180° 的角）。
二、第 (1) 问：求函数表达式
把 (3, 3) 代入 y = x² + bx：
9 + 3b = 3 ⇒ b = −2
∴ 抛物线的表达式为 y = x² − 2x。其对称轴为直线 x = 1，顶点 (1, −1)——这两个结论后面全程要用。
三、第 (2) 问：求点 C 的坐标
关键：A、B 的横坐标相差 1，若它们关于对称轴 x = 1 对称，则中点横坐标为 1：
(m + m + 1) / 2 = 1 ⇒ m = ½
此时 A(½, −¾)、B(3⁄2, −¾)（纵坐标相等，验证成立）。
点 C 与 A 关于 M(1, 1) 对称，M 是 AC 中点，由中点坐标公式 C = 2M − A：
x_C = 2 − ½ = 3⁄2， y_C = 2 − (−¾) = 11⁄4
∴ C(3⁄2, 11⁄4)。
四、第 (3) 问：G 的高低点之差为 ½
先定最低点：0 < m < 1 时，区间 [m, m+1] 必然包含顶点横坐标 1（m < 1 < m+1），所以 G 的最低点恒为顶点 (1, −1)，最低纵坐标 −1。
再比端点：y(m) = m² − 2m，y(m+1) = m² − 1，两者相差 2m − 1：
① 当 ½ < m < 1：最高点为 B 端 (m+1, m²−1)，差 = (m²−1) − (−1) = m²。令 m² = ½ 得 m = √2⁄2（≈0.71，满足 m > ½ ✓）。
② 当 0 < m < ½：最高点为 A 端 (m, m²−2m)，差 = (m²−2m) − (−1) = (m−1)²。令 (m−1)² = ½ 得 m = 1 ± √2⁄2，结合 0 < m < ½ 舍去 1 + √2⁄2，得 m = 1 − √2⁄2（≈0.29 ✓）。
∴ m = √2⁄2 或 m = 1 − √2⁄2。
五、第 (4) 问：临界位置两步夹出范围
第一步：看清四边形的身份。
∵ C、D 分别与 A、B 关于 M 对称，∴ M 是 AC、BD 的中点，对角线互相平分，四边形 ABCD 恒为平行四边形，且 AD ∥ BC、AD = BC（方向相同）。
这里有个漂亮的副产品：C、D 的轨迹恰好是原抛物线关于 M(1,1) 对称的新抛物线 y = −x² + 2x + 2——四个动点沿着两条"开口相反"的抛物线追逐。
第二步：把两个角"搬"到点 O。
过 O 作射线 OH ∥ DA（与 DA 同向）。利用平行线内错角关系（平移不改变角的大小）：
∠AOH = ∠OAD， ∠BOH = ∠OBC
于是条件 ∠AOB = ∠OAD + ∠OBC 就等价于一句话：射线 OH 落在 ∠AOB 的内部。两条临界边一夹，范围就出来了：
临界① OH 与 OA 重合 ⟺ AD ∥ AO：
由 (1−2m)(2m−m²) = (−m)(3−2m²+2m) 化简得 m(3m−5) = 0，m = 0 时 A 与 O 重合（舍），∴ m = 5⁄3。
临界② OH 与 OB 重合 ⟺ AD ∥ BO：
同理化简得 (m+1)(m−4) = 0，m = −1 时 B 与 O 重合（舍），∴ m = 4。
在两临界之间，OH 恰好从 OA 边扫到 OB 边、始终停在 ∠AOB 内部，此时三个角都满足"大于 0° 且小于 180°"。
∴ m 的取值范围是 5⁄3 < m < 4。
动态演示：亲手拖一拖
把这道题做成了可交互的动态演示：拖动滑块改变 m，看 A、B、C、D 四个动点沿两条抛物线追逐，∠AOB、∠OAD、∠OBC 实时变化，绿色判定射线 OH 落进 ∠AOB 内部的瞬间条件成立，5⁄3 与 4 两个临界位置一键直达。长按识别二维码，或点击文末"阅读原文"打开动态演示
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