中考专题17 菱形存在性问题-最新中考数学二次函数压轴题核心考点突破

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二次函数中的菱形存在性问题-含答案

二次函数中的菱形存在性问题
(1)求线段AB的长度；
(2)点P是第四象限内抛物线上的一动点，连接BC，点M
CP、MP求BPM
△面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)将原抛物线沿射线CA方向平移，使平移后的抛物线图象恰好与
点（点A在点D左侧），点E为直线CD上一点，过点E作
称轴于点F，G为平面内任意一点，当以C，E，F，G为顶点的四边形是菱形时，请直
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A 作AF AD ⊥交对称轴于点F ，在直线AF 下方对称轴右侧的抛物线上有一动点P ，过点P 作PQ y ∥轴交直线AF 于点Q ，过点P 作PE DF ^交于点E ，求大值及此时点P 的坐标；
(3)将原抛物线沿着x 轴正方向平移，使得新抛物线经过原点，点M 是新抛物线上一点，点N 是平面直角坐标系内一点，是否存在以B 、C 、M 、N 为顶点的四边形是以角线的菱形，若存在，求所有符合条件的点N 的坐标．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点P 为直线BC 下方抛物线上的一动点，过P 作PE BC ⊥于点E ，过于点F ，交直线BC 于点G ，求PE PG ＋的最大值，以及此时点P 的坐标；
(3)将抛物线212
y x bx c =++沿射线CB 方向平移，平移后的图象经过点H
(1)求A，B两点坐标；
∥交抛物线于D，点E为直线AD上一动点，连接
(2)过点A作AD BC
BE，求四边形BPCE面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)将抛物线沿射线CB方向平移5
个单位，M为平移后的抛物线的对称轴上一动点，
2
在平面直角坐标系中是否存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由．。

二次函数的存在性问题之菱形(含答案)

二次函数的存在性问题之菱形1. 如图，抛物线y=ax2+bx﹣2的对称轴是直线x=1，与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣2，0），点P为抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．（1）求抛物线解析式；（2）若点P在第一象限内，当OD=4PE时，求四边形POBE的面积；（3）在（2）的条件下，若点M 为直线BC 上一点，点N 为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M 和点N ，使得以点B ，D ，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在上，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．2. 如图，直线与轴、轴分别交于、两点，抛物线经过、两点，与轴的另一个交点为，连接．（1）求抛物线的解析式及点的坐标；（2）点在抛物线上，连接，当时，求点的坐标；（3）点从点出发，沿线段由向运动，同时点从点出发，沿线段由向运动，、的运动速度都是每秒个单位长度，当点到达点时，、同时停止运动，试问在坐标平面内是否存在点，使、运动过程中的某一时刻，以、、、为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．第1页共30页3. 如图所示，顶点为（，﹣）的抛物线y=ax2+bx+c过点M（2，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）点A是抛物线与x轴的交点（不与点M重合），点B是抛物线与y轴的交点，点C是直线y=x+1上一点（处于x轴下方），点D是反比例函数y= （k ＞0）图象上一点，若以点A，B，C，D为顶点的四边形是菱形，求k的值．4. 综合与探究如图1所示，直线y=x+c与x轴交于点A（﹣4，0），与y轴交于点C，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A，C．（1）求抛物线的解析式（2）如图2所示，M是线段OA的上一个动点，过点M垂直于x轴的直线与直线AC和抛物线分别交于点P、N若点P恰好是线段MN的中点，点F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点D，使以点D，F，P，M为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．注：二次函数y=ax2+bx +c（a≠0）的顶点坐标为（﹣，）第2页共30页5. 如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，AD=6，若OA、OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12=0的两个根，且OA＞OB．（1）求OA、OB的长．（2）若点M在平面直角坐标系内，则在直线AB上是否存在点F，使以A、C、F、M为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出F点的坐标，若不存在，请说明理由．6. 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=a（x+1）2﹣3与x轴交于A，B 两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣），顶点为D，对称轴与x轴交于点H，过点H的直线l交抛物线于P，Q两点，点Q在y轴的右侧．（1）求a的值及点A，B的坐标；（2）当点P位于第二象限时，设PQ的中点为M，点N在抛物线上，则以DP 为对角线的四边形DMPN能否为菱形？若能，求出点N的坐标；若不能，请说明理由．第3页共30页7. 如图，在平面直角坐标系中，直线AB和抛物线交于点A（﹣4，0），B（0，4），且点B是抛物线的顶点．（1）求直线AB和抛物线的解析式．（2）M是直线AB上一动点，在平面直角坐标系内是否存在点N，使以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．8. 如图，抛物线y=ax2﹣2x+c（a≠0）与x轴、y轴分别交于点A，B，C三点，已知点A（﹣2，0），点C（0，﹣8），点D是抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）如图2，设BC交抛物线的对称轴于点F，作直线CD，点M是直线CD上的动点，点N是平面内一点，当以点B，F，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点M的坐标．第4页共30页9. 如图，抛物线y=x2﹣x﹣2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，M是直线BC下方的抛物线上一动点．（1）求A、B、C三点的坐标；（2）连接MO、MC，并把△MOC沿CO翻折，得到四边形MO M′C，那么是否存在点M，使四边形MO M′C为菱形？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，说明理由；10. 抛物线y= x2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（2，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴与x轴交于点H，过点H的直线m交抛物线于P、Q两点，其中点P位于第二象限，点Q在y轴的右侧．（1）求D点坐标；（2）若∠PBA= ∠OBC，求点P的坐标；（3）设PQ的中点为M，点N在抛物线上，则以DP为对角线的四边形DMPN 能否为菱形？若能，求出点N的坐标；若不能，请说明理由．第5页共30页11. 如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴、y轴分别交于A（﹣1，0）、B （3，0）、C（0，3）三点．（1）试求抛物线的解析式；（2）设点M是x轴上的动点，在平面直角坐标系中，是否存在点N，使得以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出所有符合条件的点N 坐标；若不存在，说明理由．12. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与X轴交于点A、B两点B处的坐标为（3，0），与y轴交于c（0，﹣3），点P是直线BC下方抛物线上的动点．（1）求出二次函数的解析式；（2）连接PO、PC，并将△POC沿y轴对折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使得四边形POP′C为菱形？若存在，求出点P的坐标，若存在，请说明理由；第6页共30页13. 如图，已知抛物线经过原点o和x轴上一点A（4，0），抛物线顶点为E，它的对称轴与x轴交于点D．直线y=﹣2x﹣1经过抛物线上一点B（﹣2，m）且与y轴交于点C，与抛物线的对称轴交于点F．（1）求m的值及该抛物线对应的解析式；（2）点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，设点M的运动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M 四点为顶点的四边形是菱形．若能，请直接写出点M的运动时间t的值；若不能，请说明理由．14. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=-x2+bx+c的图象与x轴交于A、B 两点，与y轴交于C（0，3），A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0）．点P是抛物线上一个动点，且在直线BC的上方．（1）求这个二次函数的表达式．（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．第7页共30页15. 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y= 与x 轴交于A 、B两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，抛物线的顶点为点D ，过点B作BC 的垂线，交对称轴于点E．（1）求证：点E与点D关于x轴对称；（2）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点D在射线AD上移动，点D平移后的对应点为D′，点A的对应点A′，设抛物线的对称轴与x轴交于点F，将△FBC沿BC翻折，使点F落在点F′处，在平面内找一点G，若以F′、G、D′、A′为顶点的四边形为菱形，求平移的距离．16. 如图，在平面直角坐标系中，点在抛物线上,且横坐标为1，点与点关于抛物线的对称轴对称，直线与轴交于点，点为抛物线的顶点，点的坐标为（1）求线段的长；（2）点为线段上方抛物线上的任意一点，过点作的垂线交于点，点为轴上一点，当的面积最大时，求的最小值；（3）在（2）中，取得最小值时，将绕点顺时针旋转后得到,过点作的垂线与直线交于点，点为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点，使得点为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由.第8页共30页17. 如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．18. 已知，抛物线y=ax²+bx+4与x轴交于点A（-3，0）和B（2，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，若点D为直线BC或直线AC上的一点，E为x轴上一动点，抛物线对称轴上是否存在点F，使以B，D，F，E为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．第9页共30页第10页共30页中考数学狙击重难点系列专题第 11 页共 30 页答案解析部分一、综合题1.【答案】（1）解：∵抛物线y=ax 2+bx ﹣2的对称轴是直线x=1，A （﹣2，0）在抛物线上，∴ ，解得：，抛物线解析式为y=x 2﹣x ﹣2；（2）解：令y=x 2﹣x ﹣2=0，解得：x 1=﹣2，x 2=4，当x=0时，y=﹣2，∴B （4，0），C （0，﹣2），设BC 的解析式为y=kx+b ，则，解得：，∴y=x ﹣2，设D （m ，0）， ∵DP ∥y 轴， ∴E （m ， m ﹣2），P （m ，m 2﹣m ﹣2），∵OD=4PE ， ∴m=4（m 2﹣m ﹣2﹣m+2），∴m=5，m=0（舍去）， ∴D （5，0），P （5，），E （5，）， ∴四边形POBE 的面积=S △OPD ﹣S △EBD = ×5×﹣1×=；（3）解：存在，设M （n ， n ﹣2），①以BD 为对角线，如图1，∵四边形BNDM 是菱形， ∴MN 垂直平分BD ， ∴n=4+ ， ∴M （，）， ∵M ，N 关于x 轴对称，∴N （，﹣）；②以BD 为边，如图2，∵四边形BNDM 是菱形， ∴MN ∥BD ，MN=BD=MD=1，过M 作MH ⊥x 轴于H ， ∴MH 2+DH 2=DM 2 ，即（n﹣2）2+（n﹣5）2=12，∴n1=4（不合题意），n2=5.6，∴N（4.6，），同理（n﹣2）2+（4﹣n）2=1，∴n1=4+ （不合题意，舍去），n2=4﹣，∴N（5﹣，），③以BD为边，如图3，过M作MH⊥x轴于H，∴MH2+BH2=BM2，即（n﹣2）2+（n﹣4）2=12，∴n1=4+ ，n2=4﹣（不合题意，舍去），∴N（5+ ，），综上所述，当N（，﹣）或（4.6，）或（5﹣，）或（5+ ，），以点B，D，M，N为顶点的四边形是菱形．【解析】【分析】（1）由抛物线y=ax2+bx﹣2的对称轴是直线x=1，A（﹣2，0）在抛物线上，于是列方程即可得到结论；（2）根据函数解析式得到B（4，0），C（0，﹣2），求得BC的解析式为y= x﹣2，设D（m，0），得到E （m，m﹣2），P（m，m2﹣m﹣2），根据已知条件列方程得到m=5，m=0（舍去），求得D（5，0），P（5，），E（5，），根据三角形的面积公式即可得到结论；（3）设M（n，n﹣2），①以BD为对角线，根据菱形的性质得到MN垂直平分BD，求得n=4+ ，于是得到N（，﹣）；②以BD为边，根据菱形的性质得到MN∥BD，MN=BD=MD=1，过M 作MH⊥x轴于H，根据勾股定理列方程即可得到结论．2.【答案】（1）解：直线解析式，令，得；令，得．∴、．∵点、在抛物线上，∴，解得，∴抛物线解析式为：．令，解得：或，∴．（2）解：，设，①当时，如答图所示．第12页共30页∵，∴，故点满足条件．过点作轴于点，则，，∴．∵，∴，∴直线的解析式为：．联立与，得：，解得：，，∴，，∴；②当与关于轴对称时，如答图所示．∵，，∴，故点满足条件．过点作轴于点，则，，∴．∵，∴，∴直线的解析式为：．联立与得：，解得：，，∴，，∴．综上所述，满足条件的点的坐标为：或（3）解：设，则，，．假设存在满足条件的点，设菱形的对角线交于点，设运动时间为．第13页共30页①若以为菱形对角线，如答图．此时，菱形边长．∴．在中，，解得．∴．过点作轴于点，则，，∴．∴．∵点与点横坐标相差个单位，∴；②若以为菱形对角线，如答图．此时，菱形边长．∵，∴，点为中点，∴．∵点与点横坐标相差个单位，∴；③若以为菱形对角线，如答图．此时，菱形边长．在中，，解得．∴，．第14页共30页∴．综上所述，存在满足条件的点，点坐标为：或或．【解析】【分析】（1）根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出A,B两点的坐标，将A,B两点的坐标分别代入抛物线y=x2+bx+c得出关于b,c的方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式，再根据抛物线与x轴交点的纵坐标是0，将y=0代入抛物线的解析式，楸树对应的自变量的值，从而求出C 点的坐标；（2）设M ( x , y )①当BM⊥BC 时，如答图2 − 1 所示．根据等腰直角三角形的性质及垂直的定义得出∠MBA+∠CBO=45∘，故点M 满足条件，过点M1作M1E⊥y轴于点E ，则M1E=x ，OE=−y 进而表示出BE，根据同角的余角相等及等角的同名三角函数值相等得出tan∠M1BE=tan∠BCO=，根据正切函数的定义得出关于x,y的方程，变形即可得出直线BM1的解析式，解联立直线BM 1的解析式与抛物线的解析式组成的方程组，即可求出M1的坐标；②当BM与BC关于y轴对称时，如答图 2 − 2 所示．根据根据角的和差及对称的性质得出∠ABO=∠MBA+∠MBO=45∘，∠MBO=∠CBO ，故∠MBA+∠CBO=45∘，故点M 满足条件过点M2 作M2E⊥y 轴于点E ，则M2E=x ，OE=−y 进而表示出BE，根据同角的余角相等及等角的同名三角函数值相等得出tan∠M2BE=tan∠CBO=，根据正切函数的定义得出关于x,y 的方程，变形即可得出直线BM2的解析式，解联立直线BM2的解析式与抛物线的解析式组成的方程组，即可求出M2的坐标，综上所述即可得出M点的坐标；（3）设∠BCO=θ ，则tanθ=，sinθ=，cosθ=．假设存在满足条件的点D ，设菱形的对角线交于点E ，设运动时间为t ．①若以CQ为菱形对角线，如答图3 − 1 ．此时BQ=t ，菱形边长=t ，根据菱形的对角线互相平分得出CE=CQ=(5−t) ，根据余弦函数的定义，由cosθ=,即可列出方程，求解得出t的值，进而得出CQ的值，过点Q作QF⊥x 轴于点F，则QF=CQ ⋅ sinθ，CF=CQ ⋅ cosθ，分别计算出QF,CF的长，进而得出OF的长，从而得出Q点的坐标，根据点D1与点Q横坐标相差t 个单位即可得出D1的坐标；②若以PQ为菱形对角线，如答图3 − 2 ．此时BQ=t ，菱形边长=t，根据线段中点坐标公式，由点Q为BC中点得出Q点的坐标，根据点D2与点Q 横坐标相差t 个单位即可得出D1的坐标；③若以CP为菱形对角线，如答图3 − 3 ．此时BQ=t ，菱形边长=5−t．根据cosθ =列出方程，求解得出t的值，进而求出OE, 由D3E=QE=CQ ⋅ sinθ，从而得出D3的坐标，综上所述即可得出答案。

中考二次函数分类讨论存在性问题---菱形

1．如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A，B，AB＝2，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝2．（1）求抛物线的函数表达式；（2）根据图象，直接写出不等式x2+bx+c＞0的解集：x＜1或x＞3（3）设D为抛物线上一点，E为对称轴上一点，若以点A，B，D，E为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为：（2，﹣1）【分析】（1）根据抛物线对称轴的定义易求A（1，0），B（3，0）．代入抛物线的解析式列方程组，解出即可求b、c的值；（2）由图象得：即y＞0时，x＜1或x＞3；（3）如图，点D是抛物线的顶点，所以根据抛物线解析式利用顶点坐标公式即可求得点D的坐标．【解答】解：（1）如图，∵AB＝2，对称轴为直线x＝2．∴点A的坐标是（1，0），点B的坐标是（3，0）．把A、B两点的坐标代入得：，解得：，∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣4x+3；（2）由图象得：不等式x2+bx+c＞0，即y＞0时，x＜1或x＞3；故答案为：x＜1或x＞3；（3）y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴顶点坐标为（2，﹣1），当E、D点在x轴的上方，即DE∥AB，AE＝AB＝BD＝DE＝2，此时不合题意，如图，根据“菱形ADBE的对角线互相垂直平分，抛物线的对称性”得到点D 是抛物线y＝x2﹣4x+3的顶点坐标，即（2，﹣1），故答案是：（2，﹣1）．【点评】本题考查了二次函数综合题．解题过程中用到的知识点有：待定系数法求二次函数的解析式，菱形的性质．解（1）题时，把点A、B的坐标代入抛物线解析式，列出关于系数b、c的方程组，通过解方程组来求它们的值，解（2）时运用数形结合的思想是关键，解（3）时，正确画图是关键．2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线BC的解析式为y＝﹣x+6．（1）求抛物线的解析式；（2）点M为线段BC上方抛物线上的任意一点，连接MB，MC，点N为抛物线对称轴上任意一点，当M到直线BC的距离最大时，求点M的坐标及MN+NB 的最小值；（3）在（2）中，点M到直线BC的距离最大时，连接OM交BC于点E，将原抛物线沿射线OM平移，平移后的抛物线记为y′，当y′经过点M时，它的对称轴与x轴的交点记为H．将△BOE绕点B逆时针旋转60°至△BO1E1，再将△BO1E1沿着直线O1H平移，得到△B1O2E2，在平面内是否存在点F，使以点C，H，B1，F为顶点的四边形是以B1H为边的菱形．若存在，直接写出点B1的横坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）直线BC的解析式为y＝﹣x+6，则B（6，0）、C（0，6），把B、C坐标代入二次函数表达式，解得：y＝﹣x2+2x+6；（2）设M横坐标为t，则M到直线BC的距离为d＝＝（﹣t2+3t）；点B关于对称轴的对称点为A，则AM为MN+NB的最小值，即可求解；（3）OM所在直线方程为：y＝x，当抛物线沿OM直线平移时，设顶点向右平移2m，则向上平移了5m，新顶点坐标为（2+2m，8+5m），则y′＝﹣（x﹣2﹣2m）2+（8+5m），把点M（3，）代入上式，解得：m＝，则H （9，0）．①假设：平行四边形处于CF′HB′1位置时，该四边形为菱形，则B′1的y坐标为6，则其x坐标为9+2，而B′1C＝9+2，B′1H＝4，即：B′1C≠B′1H，CF′HB′1不是菱形；②假设：平行四边形处于CHB1F位置时，该四边形为菱形，则B1的横坐标为2OH＝18．【解答】解：（1）直线BC的解析式为y＝﹣x+6，则B（6，0）、C（0，6），把点B、C坐标代入二次函数表达式，解得：y＝﹣x2+2x+6，此时，顶点坐标为（2，8），A（﹣2，0）；（2）设M横坐标为t，则M到直线BC的距离为d＝＝（﹣t2+3t），∴当t＝3时，d最大，则M（3，），点B关于对称轴的对称点为A，则AM为MN+NB的最小值，AM＝＝；∴点M的坐标及MN+NB的最小值分别为：（3，），；（3）OM所在直线方程为：y＝x，当抛物线沿OM直线平移时，设顶点向右平移2m，则向上平移了5m，新顶点坐标为（2+2m，8+5m），则y′＝﹣（x﹣2﹣2m）2+（8+5m），把点M（3，）代入上式，解得：m＝，（m＝0舍去），则H（9，0），△BOE绕点B逆时针旋转60°至△BO1E1，此时，直线BO1的k值为，再将△BO1E1沿着直线O1H平移，得到△B1O2E2，直线B1H的k也为，则B1H所在的直线方程为：y＝x﹣9，①假设：平行四边形处于CF′HB′1位置时，该四边形为菱形，则B′1的y坐标为6，则其x坐标为9+2，而B′1C＝9+2，B′1H＝4，即：B′1C≠B′1H，CF′HB′1不是菱形；②假设：平行四边形处于CHB1F位置时，该四边形为菱形，则B1的横坐标为2OH＝18．故：存在，此时，点B1的横坐标为18．【点评】本题考查学生将二次函数的图象与解析式相结合处理问题、解决问题的能力．3．如图，顶点为D的抛物线y＝﹣x2+x+4与y轴交于点A，与x轴交于两点B、C（点B在点C的左边），点A与点E关于抛物线的对称轴对称，点B、E在直线y＝kx+b（k，b为常数）上．（1）求k，b的值；（2）点P为直线AE上方抛物线上的任意一点，过点P作AE的垂线交AE于点F，点G为y轴上任意一点，当△PBE的面积最大时，求PF+FG+OG的最小值；（3）在（2）中，当PF+FG+OG取得最小值时，将△AFG绕点A按顺时方向旋转30°后得到△AF1G1，过点G1作AE的垂线与AE交于点M．点D向上平移个单位长度后能与点N重合，点Q为直线DN上任意一点，在平面直角坐标系中是否存在一点S，使以S、Q、M、N为顶点且MN为边的四边形为菱形？若存在，直接写出点S的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由题意得：A（0，4）、B（﹣2，0）、D（3，）、C（8，0）、E（6，4），则：过BE的直线为：y＝x+1；（2）设：P横坐标为m，则P（m，﹣m2++4），H（m，m+1），则：PH＝﹣m2++4﹣（m+1）＝﹣（x﹣2）2+4，当x＝2时，PH取得最大值，此时△PEB的面积也取得最大值；构造与y轴夹角为45度的直线OR，如图所示，过点G作OR的垂线交OR于点R，则：RG＝，则：PF+FG+OG＝PF+FG+GR，当F、G、R三点共线时，FG+GR有最小值，即可求解；（3）存在．当四边形为菱形，分在MNQ1S1的位置时、在MNQ2S2的位置时、在MNQ3S3的位置时三种情况分别求解．【解答】解：（1）由题意得：A（0，4）、B（﹣2，0）、D（3，）、C（8，0）、E（6，4），则：过BE的直线为：y＝x+1；（2）延长PF交BE于点H，设：P横坐标为m，则P（m，﹣m2++4），H（m，m+1），则：PH＝﹣m2++4﹣（m+1）＝﹣（x﹣2）2+4，当x＝2时，PH取得最大值，此时△PEB的面积也取得最大值，此时，P（2，6）、F（2，4），PF＝2，构造与y轴夹角为45度的直线OR，如图所示，过点G作OR的垂线交OR于点R，则：RG＝，∴PF+FG+OG＝PF+FG+GR，当F、G、R三点共线时，FG+GR有最小值，在Rt△AGF中，AF＝AG＝2，则：GF＝2，在Rt△ROG中，RO＝RG，OG＝2，则：RG＝，FG+GR＝2+＝3，故：PF+FG+OG的最小值2+3；（3）存在．如图所示：△AFG绕点A按顺时方向旋转30°后得到△AF1G1，在Rt△G1AM中，AG1＝2，∠AG1M＝30°，则：AM＝1，∴M（﹣1，4），点D向上平移个单位长度后能与点N重合，则：N（3，7），则：MN＝＝5，当四边形为菱形，在MNQ1S1的位置时，MS1＝MN＝5，则点S1（﹣1，﹣1），当四边形为菱形，在MNQ2S2的位置时，MS2＝MN＝5，则点S2（﹣1，9），当四边形为菱形，在MNQ3S3的位置时，点S3与点M关于对称轴对称，则点S3（7，4），故：所求点S的坐标为：（﹣1，﹣1），（﹣1，9），（7，4）．【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来求解．4．如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），抛物线y＝x2+bx+c经过B点，且顶点在直线x＝上．（1）求抛物线对应的函数关系式；（2）若△DCE是由△ABO沿x轴向右平移得到的，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由．（3）在（2）的条件下，若M点是CD所在直线下方该抛物线上的一个动点，过点M作MN平行于y轴交CD于点N．设点M的横坐标为t，MN的长度为s，求s与t之间的函数关系式，写出自变量t的取值范围，并求s取大值时，点M的坐标．【分析】（1）已知抛物线上A、B点的坐标以及抛物线的对称轴方程，可用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）首先求出AB的长，将A、B的坐标向右平移AB个单位，即可得出C、D 的坐标，再代入抛物线的解析式中进行验证即可；（3）根据C、D的坐标，易求得直线CD的解析式；那么线段MN的长实际是直线CD与抛物线的函数值的差，可将x＝t代入两个函数的解析式中，得出的两函数值的差即为s的表达式，由此可求出s、t的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出m取最大值时，点M的坐标．【解答】解：（1）∵y＝x2+bx+c的顶点在直线x＝上，∴可设所求抛物线对应的函数关系式为y＝（x﹣）2+m，∵点B（0，4）在此抛物线上，∴4＝（0﹣）2+m，∴m＝﹣，∴所求函数关系式为：y＝（x﹣）2﹣＝x2﹣x+4；（2）在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴AB＝＝5．∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5，∵A、B两点的坐标分别为（﹣3，0））、（0，4），∴C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，0）；当x＝5时，y＝×52﹣×5+4＝4，当x＝2时，y＝×22﹣×2+4＝0，∴点C和点D在所求抛物线上；（3）设直线CD对应的函数关系式为y＝kx+n，则，解得：；∴y＝x﹣．∵MN∥y轴，M点的横坐标为t，∴N点的横坐标也为t；则y M＝t2﹣t+4，y N＝t﹣，∴s＝y N﹣y M＝（t﹣）﹣（t2﹣t+4）＝﹣（t﹣）2+，∵﹣＜0，＝，此时y M＝×（）2﹣×+4＝．∴当t＝时，s最大此时点M的坐标为（，）．【点评】此题是二次函数综合题，其中涉及到待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，图象的平移变换，二次函数最值的求法等知识，难度适中．应用方程思想与数形结合是解题的关键．5．如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于A，B两点，A点坐标为（﹣3，0），与y轴交于点C，点C坐标为（0．﹣6），连接BC，点C关于x轴的对称点D，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l 交抛物线于点Q，交直线BD于点M．（1）求二次函数解析式；（2）点P在x轴上运动，若﹣6≤m≤2时，求线段MQ长度的最大值．（3）点P在x轴上运动时，N为平面内一点，使得点B、C、M、N为顶点的四边形为菱形？如果存在，请直接写出点N坐标；不存在，说明理由．【分析】（1）把A点坐标为（﹣3，0）、点C坐标为（0，﹣6）代入二次函数表达式，解得：a＝1，c＝﹣6，故：二次函数解析式为y＝x2+x﹣6；（2）点C关于x轴的对称点D（0，6），MQ＝y M﹣y Q＝﹣3m+6﹣（m2+m﹣6）＝﹣（m+2）2+16，即可求解；（3）①当BC边为菱形的边时，N点应该在x轴，关于B点对称，即点N坐标为（﹣2，0）；②当BC边为菱形的对角线时，作BC的垂直平分线MH，直线BD与直线MH交点即为M坐标为，即可求解．【解答】解：（1）把A点坐标为（﹣3，0）、点C坐标为（0，﹣6）代入二次函数表达式，解得：a＝1，c＝﹣6，故：二次函数解析式为y＝x2+x﹣6；（2）点C关于x轴的对称点D（0，6），点B、D坐标所在的直线方程为：y＝﹣3x+6，则：点M坐标为（m，﹣3m+6），点Q为（m，m2+m﹣6），∴MQ＝y M﹣y Q＝﹣3m+6﹣（m2+m﹣6）＝﹣（m+2）2+16，在﹣6≤m≤2时，函数顶点处，取得最大值，即MQ的最大值为16；（3）①当BC边为菱形的边时，情况一：N点应该在x轴，关于B点对称，即点N坐标为（﹣2，0），情况二：BC、MB是菱形两条邻边，且BC＝BM，则点N坐标为（2，﹣12），情况三：BC、CM为邻边时，则点N坐标为（7.2﹣3.6）；②当BC边为菱形的对角线时，作BC的垂直平分线MH，则直线DB与MH的交点为M，M关于BC的对称点为N，H为BC的中点，∴H坐标为（1，﹣3），直线BD的方程为：y＝﹣3x+6，直线MH的方程为：y＝﹣x﹣，联立以上两个方程，解得：M坐标为（，﹣），同理得N坐标为（﹣，﹣），故：N坐标为（﹣，﹣）或（﹣2，0）或（7.2﹣3.6）或（2，﹣12）；．【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．6．如图1，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣4，0），B（1，0），C（0，3），点P在抛物线y＝ax2+bx+c上，且在x轴的上方，点P的横坐标记为t．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，过点P作y轴的平行线交直线AC于点M，交x轴于点N，若MC 平分∠PMO，求t的值；（3）点D在直线AC上，点E在y轴上，且位于点C的上方，那么在抛物线上是否存在点P，使得以点C，D，E，P为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出该菱形的面积；若不存在，请说明理由．【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），把（0，3）代入得到a＝﹣；（2）由题意直线AC的解析式为y＝x+3，因为P的横坐标为t，所以M（t，t+3），根据OM＝OC＝3，可得t2+（t+3）2＝9，解方程即可解决问题；（3）分两种情形①当CE为对角线时，四边形CPED为菱形，如图3，则点P 和D关于y轴对称；②当CE为菱形的边时，四边形CEPD为菱形，如图4，则PD∥y轴，CD＝PD，分别构建方程即可解决问题．【解答】解：（1）如图1，设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），把（0，3）代入得到a＝﹣，∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+4）（x﹣1），即y＝﹣x2﹣x+3．（2）如图2中，∵A（﹣4，0），C（0，3），∴直线AC的解析式为y＝x+3，∵P的横坐标为t，∴M（t，t+3），∵CM平分∠PMO，∴∠CMO＝∠CMP，∵PM∥OC，∴∠CMP＝∠MCO，∴∠CMO＝∠MCO，∴OM＝OC＝3，∴t2+（t+3）2＝9，解得t＝﹣或0（舍弃）．∴t的值为﹣．（3）设P（t，﹣t2﹣t+3），①当CE为对角线时，四边形CPED为菱形，如图3，则点P和D关于y轴对称，∴D（﹣t，﹣t2﹣t+3），把D（﹣t，﹣t2﹣t+3）代入y＝x+3得﹣t+3＝﹣t2﹣t+3，解得t1＝0（舍去），t2＝﹣2，此时PD＝4，CE＝3，此时，菱形的面积＝PD•CE＝6；②当CE为菱形的边时，四边形CEPD为菱形，如图4，则PD∥y轴，CD＝PD，∴D（t，t+3），∴PD＝﹣t2﹣t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，而CD2＝t2+（t+3﹣3）2＝t2，即CD＝﹣t，∴﹣t2﹣3t＝﹣t，解得t1＝0（舍去），t2＝﹣，∴PD＝，此时菱形的面积＝×＝．综上所述，菱形的面积是6或．【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和菱形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；会利用相似比计算线段的长；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；会运用分类讨论的思想解决数学问题．7．如图，抛物线y＝ax2+bx+过点A（1，0），B（5，0），与y轴相交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）定义：平面上的任一点到二次函数图象上与它横坐标相同的点的距离，称为点到二次函数图象的垂直距离．如：点O到二次函数图象的垂直距离是线段OC的长．已知点E为抛物线对称轴上的一点，且在x轴上方，点F为平面内一点，当以A，B，E，F为顶点的四边形是边长为4的菱形时，请求出点F到二次函数图象的垂直距离．（3）在（2）中，当点F到二次函数图象的垂直距离最小时，在以A，B，E，F 为顶点的菱形内部是否存在点Q，使得AQ，BQ，FQ之和最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A，B两点代入可求解析式．（2）分类讨论，以AB为边的菱形和以AB为对角线的菱形，抓住菱形边长为4和E的横坐标为3，可解F点坐标，即可求点F到二次函数图象的垂直距离．（3）构造三角形，根据两点之间线段最短，可得最短距离为AN，根据勾股定理求AN．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+过点A（1，0），B（5，0），∴0＝a+b+0＝25a+5b+∴a＝，b＝﹣3∴解析式y＝x2﹣3x+（2）当y＝0，则0＝x2﹣3x+∴x1＝5，x2＝1∴A（1，0），B（5，0）∴对称轴直线x＝3，顶点坐标（3，﹣2），AB＝4∵抛物线与y轴相交于点C．∴C（0，）如图1①如AB为菱形的边，则EF∥AB，EF＝AB＝4，且E的横坐标为3∴F的横坐标为7或﹣1∵AE＝AB＝4，AM＝2，EM⊥AB∴EM＝2∴F（7，2），或（﹣1，2）∴当x＝7，y＝×49﹣7×3+＝6∴点F到二次函数图象的垂直距离6﹣2②如AB为对角线，如图2∵AEBF是菱形，AF＝BF＝4∴AB⊥EF，EM＝MF＝2∴F（3，﹣2）∴点F到二次函数图象的垂直距离﹣2+2（3）当F（3，﹣2）时，点F到二次函数图象的垂直距离最小如图3，以BQ为边作等边三角形BQD，将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN 位置，连接AN，作PN⊥AB于P∵等边三角形BQD∴QD＝QB＝BD，∵将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN位置∴NB＝BF＝4，∠FBN＝60°，DN＝FQ∵AQ+BQ+FQ＝AQ+QD+DN∴当AQ，QD，DN共线时AQ+BQ+FQ的和最短，即最短值为AN的长．∵AF＝BF＝4＝AB，∴∠ABF＝60°∴∠NBP＝60°且BN＝4，∴BP＝2，PN＝2∴AP＝6在Rt△ANP中，AN＝＝4∴AQ+BQ+FQ的和最短值为4．【点评】本题考查了二次函数的综合题，待定系数法，菱形的性质，勾股定理等有关知识，关键是构造三角形转化BQ，和BQ的长．。

2024年中考数学复习重难点(全国通用版)：二次函数中几何存在性的问题(重点突围)(原卷版)

专题17二次函数中几何存在性的问题【中考考向导航】目录【直击中考】 (1)【考向一二次函数中构成等腰三角形存在性问题】 (1)【考向二二次函数中构成直角三角形存在性问题】 (3)【考向三二次函数中构成三角形相似存在性问题】 (5)【考向四二次函数中构成矩形存在性问题】 (6)【考向五二次函数中构成菱形存在性问题】 (8)【考向六二次函数中构成正方形存在性问题】 (10)【直击中考】【考向一二次函数中构成等腰三角形存在性问题】例题：（2022秋·青海西宁·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线x 轴交于 1,0A ，5,0B 两点，与y 轴交于点 0,3C ．(1)求抛物线的解析式；(2)求抛物线的对称轴及顶点坐标(3)在坐标轴是否存在一点P ．使得PCB 是等腰三角形，若存在，请直接写出点P 的坐标，若不存在，请说明理由；【变式训练】1．（2023秋·陕西商洛·九年级校考期末）如图，已知抛物线24y ax bx （0a ）与x 轴交于 1,0A ， 2,0B 两点，与y 轴交于点C ．(1)求抛物线的解析式及点C 的坐标；(2)若F 为抛物线上一点，连接BC ，是否存在以BC 为底的等腰BCF △？若存在，请求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．2．（2022秋·广西南宁·九年级校考阶段练习）已知抛物线23y ax bx 经过 1,0A ， 3,0B 两点，直线l 是抛物线的对称轴．(1)求抛物线的函数关系式；(2)设点P 是直线l 上的一个动点，当PAC △的周长最小时，求点P 的坐标以及这个最小周长；(3)在直线l 上是否存在点M ，使MAC △为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【考向二二次函数中构成直角三角形存在性问题】例题：（2022秋·陕西渭南·九年级统考期末）如图，抛物线2y x bx c 与x 轴交于 10A ，、 30B ，两点，与y 轴交于点C ．(1)求该抛物线的解析式；(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点P ，使得以P 、B 、C 为顶点的三角形为直角三角形，若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【变式训练】1．（2023秋·山东枣庄·九年级统考期末）如图，抛物线2y x bx c 与x 轴相交于A ，B 两点，与y 轴相交于点C ，对称轴为直线2x ，顶点为D ，点B 的坐标为 3,0．(1)求出点A 点、点D 的坐标及抛物线的解析式；(2)P 是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P ，使PAC △是以AC 为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．2．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线 20y ax bx c a 的顶点坐标为 3,6C ，并与y 轴交于点 0,3B ，点A 是对称轴与x 轴的交点，直线AB 与抛物线的另一个交点为D ．(1)求抛物线的解析式；(2)连接BC 、CD ，判断BCD △是什么特殊三角形，并说明理由；(3)在坐标轴上是否存在一点P ，使BDP △为以BD 为直角边的直角三角形？若存在，直接写出点P 坐标；若不存在，说明理由．3．（2023秋·广东广州·九年级统考期末）抛物线 240y ax bx a 与x 轴交于点 2,0A 和 4,0B ，与y 轴交于点C ，连接C B ．点P 是线段BC 下方抛物线上的一个动点（不与点B ，C 重合），过点P 作y 轴的平行线交BC 于M ，交x 轴于N ．(1)求该抛物线的解析式；(2)过点C 作CH PN 于点H ，3BN CH ，①求点P 的坐标；②连接CP ，在y 轴上是否存在点Q ，使得CPQ 为直角三角形？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【考向三二次函数中构成三角形相似存在性问题】例题：（2022秋·广西百色·九年级统考期中）如图，抛物线经过点 2,0A ， 3,3B 和坐标原点O ，顶点为C ．(1)求抛物线的表达式；(2)求证：BOC 是直角三角形；(3)若点P 是抛物线上第一象限内的一个动点，过点P 作PM x 轴，垂足为M ，是否存在点P ，使得以P ，M ，A 为顶点的三角形与BOC 相似？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【变式训练】(1)求抛物线的表达式；(2)在直线BC 上存在一点(3)在x 轴上是否存在一点标；若不存在，请说明理由．2．（2023秋·湖南邵阳·九年级统考期末）如图，抛物线 20y ax bx c a 与x 轴交于点 1,0A 、B 两点，顶点 1,4D ，过点A 的直线与抛物线相交于点C ，与抛物线对称轴DF 交于点E ，45CAB ．(1)求该抛物线解析式；(2)在对称轴DF 上是否存在一点M ，使以点A 、E 、M 为顶点的三角形与CDE 相似，若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．(3)点P 是线段AC 上一动点，过点P 作直线PQ x 轴交抛物线于点Q ，当线段PQ 的长度最大时，求P 点坐标与PQ 的最大值．【考向四二次函数中构成矩形存在性问题】例题：（2023秋·贵州遵义·九年级统考期末）已知抛物线与x 轴交于点 1,0A 、 3,0B ，与y 轴交于点 0,3C .(1)求抛物线解析式；(2)如图①，若点P 是第一象限内抛物线上一动点，过点P 作PD BC 于点D ，求线段PD 长的最大值(3)如图②，若点N 是抛物线上另一动点，点M 是平面内一点，是否存在以点B 、C 、M 、N 为顶点，且以BC 为边的矩形，若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由【变式训练】1．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）如图，抛物线223y x x 与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点C ，点D 和点C 关于抛物线的对称轴对称．(1)求直线AD 的解析式；(2)如图，直线AD 上方的抛物线上有一点F ，过点F 作FG AD 于点G ，求线段FG 的最大值；(3)点M 是抛物线的顶点，点P 是y 轴上一点，点Q 是坐标平面内一点，以A ，M ，P ，Q 为顶点的四边形是以AM 为边的矩形，求点Q 的坐标．2．（2023秋·广东江门·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 220y ax bx a 交x 轴于 10A ，、B 两点，交y 轴于点C ，其对称轴为 1.5x ，(1)求该抛物线的函数解析式；(2)P 为第四象限内抛物线上一点，连接PB ，过点C 作CQ BP ∥交x 轴于点Q ，连接PQ ，求PBQ 面积的最大值及此时点P 的坐标．(3)在（2）的条件下，将抛物线 220y ax bx a 向右平移经过点Q ，得到新抛物线，点E 在新抛物线的对称轴上，是否在平面内存在一点F ，使得以A 、P 、E 、F 为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【考向五二次函数中构成菱形存在性问题】【变式训练】(2)已知点 P m n ，在抛物线上，当42m 时，直接写n 的取值范围；(3)连接OC ，点Q 是直线AC 上不与A 、B 重合的点，若2OAQ OCA S S △△，请求出点Q 的坐标；(4)在x 轴上有一动点H ，平面内是否存在一点N ，使以点A 、H 、C 、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N 的坐标，若不存在，请说明理由．【考向六二次函数中构成正方形存在性问题】例题：（2022秋·辽宁抚顺·九年级校考阶段练习）如图，直线y kx 与抛物线2y x c 交于A ，B 两点，其中点B 的坐标是2,2(1)求直线AB 及抛物线的解析式；(2)C 为抛物线上的一点，ABC 的面积为3，求点C 的坐标；(3)P 在抛物线上，Q 在直线AB 上，M 在坐标平面内，当以A ，P ，Q ，M 为顶点的四边形为正方形时，直接写出点M 的坐标．【变式训练】1．（2022秋·湖南长沙·九年级校考期末）如图，抛物线 230y ax bx a 与x 轴交于 3,0A ，D 两点，与y 轴交于点B ，抛物线的对称轴与x 轴交于点 10C ，，点E ，P 为抛物线的对称轴上的动点．(1)求该抛物线的解析式；(2)当BE DE 最小时，求此时点E 的坐标；(3)若点M 为对称轴右侧抛物线上一点，且M 在x 轴上方，N 为平面内一动点，是否存在点P ，M ，N ，使得以A ，P ，M ，N 为顶点的四边形为正方形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．2．（2022春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图．已知抛物线2y ax bx c 经过 103003A B C ﹣，、，、，三点，点P 为直线BC 上方抛物线上一点．(1)求抛物线的解析式；(2)当BCP CAB ＝时，求点P 的坐标；(3)连接PA ，交直线BC 于点E ，交y 轴于点F ；①是否存在点P 使CFE 与CFP 相似，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由；②若点P 的坐标为 23，，点H 在抛物线上，过H 作HK y ∥轴，交直线AP 于点K ．点Q 是平面内一点，当以点E ，H ，K ，Q 为顶点的四边形是正方形时，请直接写出点Q 的坐标．。

菱形的存在性问题(含答案)

菱形的存在性1．如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．（1）求这个二次函数的表达式；（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．2．如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B，点C，经过B，C两点的抛物线y＝x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P，点M为抛物线的对称轴上的一个动点．（1）求该抛物线的解析式；（2）当点M在x轴的上方时，求四边形COAM周长的最小值；（3）在平面直角坐标系内是否存在点N，使以C，P，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，请写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．3．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．（1）求此抛物线的解析式；（2）若点P是直线BC下方的抛物线上一动点（不点B，C重合），过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，设点P的横坐标为m．①用含m的代数式表示线段PD的长．②连接PB，PC，求△PBC的面积最大时点P的坐标．（3）设抛物线的对称轴与BC交于点E，点M是抛物线的对称轴上一点，N为y轴上一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形？如果存在，请直接写出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．4．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）交x轴于A，B（1，0）两点，交y轴于点C，一次函数y＝x+3的图象交坐标轴于A，D两点，E为直线AD上一点，作EF⊥x轴，交抛物线于点F（1）求抛物线的解析式；（2）若点F位于直线AD的下方，请问线段EF是否有最大值？若有，求出最大值并求出点E的坐标；若没有，请说明理由；（3）在平面直角坐标系内存在点G，使得G，E，D，C为顶点的四边形为菱形，请直接写出点G的坐标．菱形的存在性1．如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．（1）求这个二次函数的表达式；（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，得，解得，∴y＝x2+2x﹣3．（2）①设直线AC的表达式为y＝kx+b，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b．得，解得，∴y＝﹣x﹣3，∵点P（m，0）是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．∴M（m，﹣m﹣3），N（m，m2+2m﹣3），∴MN＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，∵a＝﹣1＜0，∴此函数有最大值．又∵点P在线段OA上运动，且﹣3＜﹣＜0，∴当m＝﹣时，MN有最大值．②如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．∵MN＝﹣m2﹣3m，MC＝﹣m，∴﹣m2﹣3m＝﹣m，解得m＝﹣3+或0（舍弃）∴MN＝3﹣2，∴CQ＝MN＝3﹣2，∴OQ＝3+1，∴Q（0，﹣3﹣1）．如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，此时CN＝MN＝CQ＝2，可得Q（0，﹣1）．如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，则有，m2+3m＝﹣m，解得m＝﹣3﹣或0（舍弃），∴MN＝CQ＝3+2，∴OQ＝CQ﹣OC＝3﹣1，∴Q（0，3﹣1）．2．如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B，点C，经过B，C两点的抛物线y＝x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P，点M为抛物线的对称轴上的一个动点．（1）求该抛物线的解析式；（2）当点M在x轴的上方时，求四边形COAM周长的最小值；（3）在平面直角坐标系内是否存在点N，使以C，P，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，请写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B，点C，∴点B（3，0），点C（0，3），∵抛物线y＝x2+bx+c经过B，C两点，∴，解得，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；（2）如图，连接AM，∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴抛物线的对称轴为直线x＝2，∵点A与点B关于对称轴对称，∴AM＝BM，点A（1，0），∵点C（0，3），点A（1，0），点B（3，0），∴OA＝1，OC＝3，OB＝3，∵四边形COAM周长＝OC+OA+AM+CM，∴四边形COAM周长＝4+BM+CM，∴当点B，点M，点C三点共线时，BM+CM有最小值为BC的长，∴四边形COAM周长的最小值＝4+BC，∵BC＝＝＝3，∴四边形COAM周长的最小值＝4+3；（3）∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴顶点P（2，﹣1），又∵点C（0，3），∴PC＝＝2，设点M（2，t），∴MC＝＝，MP＝|t+1|，∵以C，P，M，N为顶点的四边形为菱形，∴△CPM是等腰三角形，若MC＝MP，则＝|t+1|，∴t＝，∴点M（2，）；若MP＝PC，则2＝|t+1|，∴t1＝﹣1+2，t2＝﹣1﹣2，∴点M（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；若MC＝PC，则＝2，综上所述：点M的坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）．3．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．（1）求此抛物线的解析式；（2）若点P是直线BC下方的抛物线上一动点（不点B，C重合），过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，设点P的横坐标为m．①用含m的代数式表示线段PD的长．②连接PB，PC，求△PBC的面积最大时点P的坐标．（3）设抛物线的对称轴与BC交于点E，点M是抛物线的对称轴上一点，N为y轴上一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形？如果存在，请直接写出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，∴，解得，∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3；（2）如图：①设P（m，m2﹣4m+3），将点B（3，0）、C（0，3）代入得直线BC解析式为y BC＝﹣x+3．∵过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，∴D（m，﹣m+3），∴PD＝（﹣m+3）﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+3m．答：用含m的代数式表示线段PD的长为﹣m2+3m．②S△PBC＝S△CPD+S△BPD＝OB•PD＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+．∴当m＝时，S有最大值．当m＝时，m2﹣4m+3＝﹣．∴P（，﹣）．答：△PBC的面积最大时点P的坐标为（，﹣）．（3）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形．根据题意，点E（2，1），∴EF＝CF＝2，∴EC＝2，根据菱形的四条边相等，∴ME＝EC＝2，∴M（2，1﹣2）或（2，1+2）4．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）交x轴于A，B（1，0）两点，交y轴于点C，一次函数y＝x+3的图象交坐标轴于A，D两点，E为直线AD上一点，作EF⊥x轴，交抛物线于点F（1）求抛物线的解析式；（2）若点F位于直线AD的下方，请问线段EF是否有最大值？若有，求出最大值并求出点E的坐标；若没有，请说明理由；（3）在平面直角坐标系内存在点G，使得G，E，D，C为顶点的四边形为菱形，请直接写出点G的坐标．【解答】解：（1）将y＝0代入y＝x+3，得x＝﹣3．∴点A的坐标为（﹣3，0）．设抛物线的解析式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（1，0），∴y＝a（x+3）（x﹣1）．∵点C的坐标为（0，﹣1），∴﹣3a＝﹣1，得a＝，∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣1；（2）设点E的坐标为（m，m+3），线段EF的长度为y，则点F的坐标为（m，m2+m﹣1）∴y＝（m+3）﹣（m2+m﹣1）＝﹣m2+m+4即y＝（m﹣）2+，此时点E的坐标为（，）；（3）点G的坐标为（2，1），（﹣2，﹣2﹣1），（2，2﹣1），（﹣4，3）．理由：①如图1，当四边形CGDE为菱形时．∴EG垂直平分CD∴点E的纵坐标y＝＝1，将y＝1代入y＝x+3，得x＝﹣2．∵EG关于y轴对称，∴点G的坐标为（2，1）；②如图2，当四边形CDEG为菱形时，以点D为圆心，DC的长为半径作圆，交AD于点E，可得DC＝DE，构造菱形CDEG点D的坐标为（0，3）∴DE＝＝∵DE＝DC＝4，∴＝4，解得n1＝﹣2，n2＝2．∴点E的坐标为（﹣2，﹣2+3）或（2，2+3）将点E向下平移4个单位长度可得点G，点G的坐标为（﹣2，﹣2﹣1）（如图2）或（2，2﹣1）（如图3）③如图4，“四边形CDGE为菱形时，以点C为圆心，以CD的长为半径作圆，交直线AD于点E，设点E的坐标为（k，k+3），点C的坐标为（0，﹣1）．∴EC＝＝．∵EC＝CD＝4，∴2k2+8k+16＝16，解得k1＝0（舍去），k2＝﹣4．∴点E的坐标为（﹣4，﹣1）将点E上移1个单位长度得点G．∴点G的坐标为（﹣4，3）．综上所述，点G的坐标为（2，1），（﹣2，﹣2﹣1），（2，2﹣1），（﹣4，3）．。

二次函数压轴题之菱形存在性问题

菱形存在性问题作为一种特殊的平行四边形，我们已经知道可以从以下几种方式得到菱形：（1）有一组邻边相等的平行四边形菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四边都相等的四边形是菱形．坐标系中的菱形存在性问题也是依据以上去得到方法．和平行四边形相比，菱形多一个“对角线互相垂直”或“邻边相等”，但这两者其实是等价的，故若四边形ABCD 是菱形，则其4个点坐标需满足：A CB D AC BD x x x x y y y y ⎧+=+⎪⎪+=+⎨=考虑到互相垂直的两条直线斜率之积为1在初中并不适合直接用，故取两邻边相等．即根据菱形的图形性质，我们可以列出关于点坐标的3个等式，故菱形存在性问题点坐标最多可以有3个未知量，与矩形相同．因此就常规题型而言，菱形存在性至少有2个动点，多则有3个动点，可细分如下两大类题型：（1）2个定点+1个半动点+1个全动点（2）1个定点+3个半动点解决问题的方法也可有如下两种：思路1：先平四，再菱形设点坐标，根据平四存在性要求列出“A +C =B +D ”（AC 、BD 为对角线），再结合一组邻边相等，得到方程组．思路2：先等腰，再菱形在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，再确定第4个点．1．看个例子：如图，在坐标系中，A 点坐标（1,1），B 点坐标为（5,4），点C 在x 轴上，点D 在平面中，求D 点坐标，使得以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形是菱形．思路1：先平四，再菱形设C 点坐标为（m ，0），D 点坐标为（p ，q ）．（1）当AB 为对角线时，由题意得：（AB 和CD 互相平分及AC =BC ） ()()()()222215*********m p q m m ⎧+=+⎪⎪+=+⎨⎪-+-=-+-⎪⎩，解得：398985m p q ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩（2）当AC 为对角线时，由题意得：（AC 和BD 互相平分及BA =BC ） ()()()()2222151041514504m p qm ⎧+=+⎪⎪+=+⎨⎪-+-=-+-⎪⎩，解得：223m p q =⎧⎪=-⎨⎪=-⎩或843m p q =⎧⎪=⎨⎪=-⎩ （3）当AD 为对角线时，由题意得：()()()()2222151401514110p mq m ⎧+=+⎪⎪+=+⎨⎪-+-=-+-⎪⎩，解得：153m p q ⎧=+⎪⎪=+⎨⎪=⎪⎩153m p q ⎧=-⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎩思路2：先等腰，再菱形先求点C，点C满足由A、B、C构成的三角形一定是等腰三角形，用等腰存在性问题的方法先确定C，再确定D点．（1）当AB=AC时，C点坐标为()1+，对应D点坐标为()5+；C点坐标为()1-，对应D点坐标为()5-．（2）当BA=BC时，C点坐标为（8，0），对应D点坐标为（4，-3）；C点坐标为（2，0），对应D点坐标为（-2，-3）．（3）AC=BC时，C点坐标为39,08⎛⎫⎪⎝⎭，D点坐标为9,58⎛⎫⎪⎝⎭．以上只是两种简单的处理方法，对于一些较复杂的题目，还需具体问题具体分析，或许有更为简便的方法．【两定两动：坐标轴+平面】（2019·齐齐哈尔中考删减）综合与探究如图，抛物线2y x bx c =++与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点，OA =2，OC =6，连接AC 和BC ．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M 是y 轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N ，使以点A 、C 、M 、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．备用图【分析】（1）抛物线：26y x x=--；（2）先考虑M点位置，即由A、C、M三点构成的三角形是等腰三角形：①当CA=CM时，即CM=CA=M点坐标为(0,6--、(0,6-+，对应N点坐标为(2,--、(-．②当AC=AM时，即AM=AC=M点坐标为（0，6），对应N点坐标为（2，0）．③当MA=MC时，勾股定理可求得M点坐标为8 0,3⎛⎫-⎪⎝⎭，对应N点坐标为10 2,3⎛⎫--⎪⎝⎭．综上，N点坐标为(2,--、(-、（2，0）、102,3⎛⎫--⎪⎝⎭．如下图依次从左到右．【两定两动：对称轴+平面】（2019·辽阳中考）如图，在平面直角坐标系中，Rt △ABC 的边BC 在x 轴上，∠ABC =90°，以A 为顶点的抛物线2y x bx c =-++经过点C （3，0），交y 轴于点E （0，3），动点P 在对称轴上．（1）求抛物线解析式；（2）若点M 是平面内的任意一点，在x 轴上方是否存在点P ，使得以点P ，M ，E ，C 为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出符合条件的M 点坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）抛物线：223y x x =-++；（2）先考虑P 点位置，由P 、E 、C 三点构成的三角形是等腰三角形．①当EC =EP 时，由EC =，得EP =P 在对称轴x =1上，勾股定理解得P点坐标为(、(1,3（舍），根据点的平移推得M点坐标为(． ②当CE =CP 时，即CP =CE=P点坐标为(、(1,（舍），根据点的平移推得M点坐标为(2,3-． ③当PE =PC 时，设P 点坐标为（1，m ），解得：m =1，故P 点坐标为（1，1），对应的点M 坐标为（2，2）．综上所述，M 点坐标为(、(2,3-、（2，2）．【两定两动：斜线+平面】（2018·齐齐哈尔）综合与探究如图1所示，直线y =x +c 与x 轴交于点A （-4,0），与y 轴交于点C ，抛物线2y x bx c =-++经过点A ，C ．（1）求抛物线的解析式（2）如图2所示，M 是线段OA 的上一个动点，过点M 垂直于x 轴的直线与直线AC 和抛物线分别交于点P 、N ．若点P 恰好是线段MN 的中点，点F 是直线AC 上一个动点，在坐标平面内是否存在点D ，使以点D ，F ，P ，M 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．图2【分析】（1）抛物线解析式：234y x x =--+；（2）设M 点坐标为（m ，0）（-4<m <0），则N 点坐标为()2,34m m m --+，P 点坐标为（m ，m +4），若P 是MN 中点，则()23424m m m --+=+，解得：11m =-，24m =-（舍）故P （-1，3）、M （-1，0）考虑到F 点在直线AC 上，故可先确定F 点位置，再求得D 点坐标．当PM =PF 时，PF =3，可得11F ⎛-+ ⎝⎭、21F ⎛-- ⎝⎭，对应D点坐标分别为11D ⎛-+ ⎝⎭、21D ⎛- ⎝⎭．当MP =MF 时，MP =MF ，可得()34,0F -，对应D 点坐标为()34,3D -．当FP =FM 时，FP =FM ，F 点在PM 垂直平分线上，可得453,22F ⎛⎫- ⎪⎝⎭，对应D 点坐标为413,22D ⎛⎫⎪⎝⎭．综上所述，D点坐标有11D ⎛-+ ⎝⎭、21D ⎛-- ⎝⎭、()34,3D -、413,22D ⎛⎫⎪⎝⎭．【两定两动：斜线+抛物线】（2018•衡阳）如图，已知直线24y x =-+分别交x 轴、y 轴于点A 、B ，抛物线过A 、B 两点，点P 是线段AB 上一动点，过点P 作PC ⊥x 轴于点C ，交抛物线于点D ．（1）若抛物线的解析式为2224y x x =-++，设其顶点为M ，其对称轴交AB 于点N ．①求点M 、N 的坐标；②是否存在点P ，使四边形MNPD 为菱形？并说明理由．【分析】（1）①M 点坐标为19,22⎛⎫ ⎪⎝⎭，N 点坐标为1,32⎛⎫⎪⎝⎭．②由题意可知MN ∥PD ，故四边形MNPD 若是菱形，首先MN =PD 考虑到M 、N 是定点，可先求得32MN =，设(),24P m m -+，则()2,224D m m m -++， ()222242424PD m m m m m =-++--+=-+，令32PD =，即23242m m -+=，解得：112m =，232m =．故P 点坐标为3,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，D 点坐标为35,22⎛⎫⎪⎝⎭．但此时仅仅满足四边形MNPD 是平行四边形，本题要求的是菱形，故还需加邻边相等．但此时P 、D 已定，因此接下来要做的只是验证邻边是否相等．由两点间距离公式得：32PN ==≠，PN ≠MN ，故不存在点P 使四边形MNPD 是菱形．【小结】为什么此题会不存在，表面上看是不满足邻边相等，究其原因，是因为M 、N 是定点，P 、D 虽为动点但仅仅是半动点，且P 、D 横坐标相同，故本题只需一个字母便可表示出4个点的坐标，对于菱形四个点满足：A CB D AC BD x x x x y y y y ⎧+=+⎪⎪+=+⎨=若只有1个未知数或2个未知数，便出现方程个数＞未知量个数的情况，就有可能会无解．方程个数<未知数个量，可能无法确定有限组解；方程个数>未知数个量，可能会无解．特殊图形的存在性，其动点是在线上还是在平面上，是有1个动点还是有2个动点，都是由其图形本身决定，矩形和菱形相比起平行四边形，均多一个等式，故对动点位置的要求可以有3个半动点或者1个全动点+1个半动点，若减少未知量的个数，反而可能会产生无解的情况．不难想象，对于正方形来说，可以有4个未知量，比如在坐标系中已知两定点，若要作正方形，只能在平面中再取另外两动点，即2个全动点，当然，也有可能是1全动+2半动，甚至是4个半动点．练习：如图，抛物线2y x bx c=++与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，已知抛物线的对称轴所在的直线是94x=，点B的坐标为（4，0）．（1）求抛物线解析式；（2）若M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在点N，使得点B、C、M、N构成的四边形是菱形，若存在，求出点N坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线：2922y x x =-+；（2）本题是“两定两动”，但两个动点一个在x 轴上，一个在抛物线上，均为半动点，故只需两个字母即可表示，未知量个数少于方程个数，结果可能会无解．设M 点坐标为（m ，0），N 点坐标为29,22n n n ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，又B （4，0）、C （0，2）．当CB 为对角线时，取对角线互相平分及MB =MC ，可得： ()()()()2222240902022400002m nn n m m ⎧+=+⎪⎪+=+-+⎨⎪⎪-+-=-+-⎩方程组无解，故这种情况不存在；当CM 为对角线时，取对角线互相平分及BC =BM ，可得： ()()()()22222049022024002400m n n n m ⎧+=+⎪⎪+=-++⎨⎪⎪-+-=-+-⎩方程组依然无解；这种情况也不存在；当CN 为对角线时，取对角线互相平分及CB =CM ，可得： ()()()()22222049220020420020n m n n m ⎧+=+⎪⎪+-+=+⎨⎪⎪-+-=-+-⎩方程组还是无解．综上，不存在这样的M 、N ．【小结】问题本身源于对动点位置的选取导致点坐标中未知量的个数与方程个数不一致，以致出现不存在的情况．【一定三动】讲真在翻了一些中考题，并没有看到类似的题型，举些数据编一个吧：如图，抛物线过A （-1，0）、B （3，0）、C （0，3），点C 关于抛物线对称轴的对称点为D 点，连接AD ．点P 在抛物线上，点M 在直线AD 上，点N 在抛物线对称轴上，四边形OPMN 能否为菱形，若能，求出P 点坐标，若不能，说明理由．【分析】抛物线解析式为：223y x x =-++，直线AD 解析式为y =x -1．设P 点坐标为()2,23p p p -++，M 点坐标为(),1m m -，N 点坐标为()1,n ，考虑到在四边形OPMN 中，OM 为对角线，可得： ()()()()222220+1012310011m p m p p nn m n m ⎧=+⎪⎪+-=-+++⎨⎪-+-=-+-+⎪⎩显然这个计算很麻烦，经化简可得点P 满足32610p p --=，剩下的就不解了呵呵呵．可能是数据不太凑巧，但显然，这样的问题并不像“两定两动”问题那样普遍易解，方法其实是同样的方法，因为就题目构造而言，其实“3个半动点”与“1全动+1半动”并无本质区别．了解题目的构造，当再去看一些题目的时候，是否一目了然？。

【中考数学】2024届九年级地理论专题复习《二次函数与菱形综合压轴题》含解析

【中考数学】2024届九年级地理论专题复习《二次函数与菱形综合压轴题》典例引领：例．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线1:=2+B+经过点−3,−4和0,−1．(1)求抛物线1的函数表达式；(2)将抛物线1向右平移2个单位长度得到抛物线2，平移后的抛物线2与原抛物线1相交于点C，点E是平面直角坐标系内任意一点，原抛物线1的对称轴上是否存在点D，使得以B，C，D，E 为顶点的四边形是以B为边的菱形，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．答案：(1)=2+4−1(2)−2,−1或−2,6−1或−2,−6−1分析：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；（2）抛物线=2+4−1的顶点坐标为−2,−5，对称轴为直线=−2，平移后的抛物线为= 2−5，可得点C的坐标为−1,−4，设点D坐标为−2,，分B为菱形的边、菱形的的对角线两种情况，分别求解即可．解：（1）解：将点A、B的坐标代入抛物线表达式得−4=9−3+=−1，解得=4=−1，故抛物线的表达式为：=2+4−1；（2）抛物线的表达式为：=2+4−1=+22−5，则平移后的抛物线表达式为：=2−5，联立上述两式并解得：=−1=−4，故点−1,−4．设点−2,、点s，而点B、C的坐标分别为0,−1、−1,−4；当B为菱形的边时，点C向右平移1个单位向上平移3个单位得到B，同样D（E）向右平移1个单位向上平移3个单位得到E（D），即−2+1=且+3=①或−2−1=且−3=②，当点D在E的下方时，则B=B，即2++12=12+32③，当点D在E的上方时，则B=B，即22++12=12+32④，联立①③并解得：=−1，=2或−4（舍去−4），∴=−3=−1，故点−2,−1；联立②④并解得：=−3，=−4±6，∴=+3=6−1或−1−6，故点−2,6−1或−2,−6−1；综上，点D的坐标为：−2,−1或−2,6−1或−2,−6−1．点睛：本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、图形的平移等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．跟踪训练：1．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），交y轴于C（0，3）．（1）求抛物线的表达式；（2）P是直线BC上方的抛物线上的一个动点，设P的横坐标为t，当四边形OBPC的面积S 最大时；（3）设点M是x轴上的动点，在平面直角坐标系中，存在点N，直接写出所有符合条件的点N坐标．2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A在点B的左侧（1）求A、B、C三点的坐标．（2）过点P作x轴的垂线，交BC于点E，过点E作y轴的垂线，求PE+2EF的最大值以及此时P点的坐标．（3）将抛物线沿CB方向平移个单位，点H是新抛物线的顶点，点M是平面内一点，若以A、Q、H、M为顶点的四边形是菱形3．综合与探究如图，抛物线与x轴交于A（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，D为第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作直线DM∥AC，交x轴于点E．（1）求点A，B，C的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式．（2）在点D运动的过程中，求线段DM的最大值及此时点D的坐标．（3）在（2）的条件下，设Q是坐标平面内一动点，是否存在这样的点Q和点N，使以D，N，B，请直接写出点Q的坐标；若不存在4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（，0），直线y＝x+与抛物线交于C、D两点，垂足为G，PQ∥y轴（1）求抛物线的解析式；（2）当PG+PQ取得最大值时，求点P的坐标和；（3）将抛物线向右平移个单位得到新抛物线，M为新抛物线对称轴上的一点（2）中PG+PQ最大时，直接写出所有使得以点A，P，M5．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，连接BC （不与点C，B重合），过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q．（1）求抛物线的表达式和对称轴；（2）设P的横坐标为t，请用含t的式子表示线段PQ的长，并求出线段PQ的最大值；（3）已知点M是抛物线对称轴上的一个点，点N是平面直角坐标系内一点，当线段PQ取得最大值时，N，使得四边形PBMN是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标，请说明理由．6．综合与探究：线BC与抛物线的对称轴交于点E．将直线BC沿射线CO方向向下平移n个单位，平移后的直线与直线AC交于点F（1）求出点A，B，C的坐标，并直接写出直线AC；（2）当△CDB是以BC为斜边的直角三角形时，求出n的值；（3）直线BC上是否存在一点P，使以点D，E，F，P为顶点的四边形是菱形？若存在；若不存在，请说明理由．7．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），且D（1，8）．（1）求抛物线的解析式；（2）若在线段BC上存在一点M，过点O作OH⊥OM交CB的延长线于H，且MO＝HO；（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标，请说明理由．8．如图，已知直线与x轴交于点A，抛物线y＝ax2+bx+4经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B（1）求抛物线的表达式；（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；（3）若点P P，Q，使以点A，C，P，请求出P，Q两点的坐标，请说明理由．9．抛物线与x轴交于A（1，0）、B（5，0）两点（0，5），顶点为M．（1）求该抛物线的解析式并写出顶点M的坐标；（2）点P是抛物线上一动点（不与A、B重合），设点P的横坐标为t．①当点P在直线BC下方时，如图1，过点P作PG∥x轴交直线CB于点G，求线段PG的最大值；并求此时△PCB面积；②如图2，直线AF与y轴交于点F，其中OA＝OF，请求出所有符合条件的t的值；（3）若将抛物线向右平移，新抛物线的顶点为N，点Q为x轴上一点．若以点M、N、B、Q 为顶点的四边形是菱形10．如图，已知直线与x轴交于点A，抛物线y＝ax2+bx+4经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B（1）求抛物线的表达式；（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；（3）若点P在抛物线对称轴上，点Q为任意一点，是否存在点P、Q，C，P，Q为顶点的四边形是以AC P，若不存在，请说明理由．11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上（2，6）．（1）求抛物线的解析式；＝2S△OAC，请求出点Q的坐（2）连接OC，点Q是直线AC上不与A、B重合的点，若S△OAQ标；（3）在x轴上有一动点H，平面内是否存在一点N，使以点A、H、C、N为顶点的四边形是菱形？若存在，若不存在，请说明理由．12．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，若点A关于x轴的对称点D在一次函数的图象上．（1）求b的值；（2）若一次函数y＝﹣2x﹣1与一次函数y＝﹣x交于B，且点B关于原点的对称点为点C．求过A，B，C三点对应的二次函数表达式；（3）P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为点Q．①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；②若点P的横坐标为t（﹣1＜t＜1），当t为何值时，四边形PBQC的面积最大？请说明理由．13．如图1，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（3，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）若点D是直线AC上方抛物线上一动点，连接BC，AD和BD，设△ADM的面积为S1，△BCM的面积为S2，当S1﹣S2＝1时，求点D的坐标；（3）如图2，若点P是抛物线上一动点，过点P作PQ⊥x轴交直线AC于Q点，使以P，Q，E，C为顶点的四边形是菱形，请直接写出点E的坐标；若不存在14．综合与探究如图，在平面直角坐标系中，抛物线（﹣4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上（2，6）．（1）求抛物线的解析式；（2）已知点P（m，n）在抛物线上，当﹣4≤m≤2时；＝2S△OCA，请求出点Q的坐（3）连接OC，点Q是直线AC上不与A、B重合的点，若S△OAQ标；（4）在x轴上有一动点H，平面内是否存在一点N，使以点A、H、C、N为顶点的四边形是菱形？若存在，若不存在，请说明理由．15．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3；与x轴交于点A和C，与y轴交于点B．点P为直线AB上方抛物线上一动点，交线段AB于点M，已知点A（4，0）（1）求抛物线的函数表达式；（2）求当M是PQ中点时的P点坐标；（3）作PN⊥AB，垂足为N，连接PB请从下列两个问题中任选一个问题完成．若两个问题都被做了，则按照第一个题给分．问题①：求PN的最大值；问题②：求△PAB的面积最大值．（4）连接OM，当x为何值时，四边形OMPB为平行四边形？四边形OMPB能为菱形吗？若能求出P 点坐标，说明理由．参考答案1．解：（1）抛物线y ＝ax 2+bx +c 与x 轴交于A （﹣1，7），0），3）．∴，∴，∴抛物线的表达式为y ＝﹣x 2+8x +3．（2）设直线BC 的表达式为：kx +3，代入B （8，k ＝﹣1，∴y ＝﹣x +3，过P 作PD ∥y 轴交BC 于点Q ，设P （x 3+2x +3），Q （x ，∴PD ＝（﹣x 8+2x +3）﹣（﹣x +6）＝﹣x 2+3x ，∴S 四边形OBPC ＝S △PBC +S △OBC ＝×3×PD +×3×（﹣x 2+5x ）+×4×3＝﹣x 2+x +（x ﹣）2+，∴当t ＝时，S 四边形OBPC 的最大值＝，此时P 点的坐标（，）．（3）存在点N，使得以点A、C、M，满足条件的N的坐标为（，7）或（0，3）A（﹣4，0），3），当AC作为菱形的一条边时，N（，8）或（0．当AC作为菱形的对角线时，设菱形的边长为x，OC＝3，OM＝AM﹣OA＝x﹣3，32+（x﹣8）2＝x2，∴x＝7，∴N（﹣5，3）．2．解：（1）在数y＝x2﹣2x﹣4中，令y＝0得：0＝x6﹣2x﹣3，解得x＝5或x＝﹣1，∴A（﹣1，5），0），在数y＝x2﹣7x﹣3中，令x＝0得y＝﹣8，∴C（0，﹣3），∴A的坐标为（﹣6，0），0），﹣7）；（2）如图：由B（3，0），﹣7）得直线BC解析式为y＝x﹣3，设P（m，m2﹣3m﹣3），则E（m，∴PE＝m﹣3﹣（m3﹣2m﹣3）＝﹣m5+3m，EF＝m，∴PE+2EF＝﹣m2+3m+2m＝﹣m2+5m＝﹣（m﹣）2+，∵﹣3＜0，∴当m＝时，PE+2EF取最大值，此时m3﹣2m﹣3＝﹣，∴P（，﹣）；（3）把抛物线y＝x4﹣2x﹣3＝（x﹣5）2﹣4沿CB方向平移个单位，再向上平移1个单位，∴新抛物线解析式为y＝（x﹣1﹣8）2﹣4+2＝（x﹣2）2﹣8＝x2﹣4x+3，∴新抛物线顶点H（2，﹣3），设Q（5，t），n），又A（﹣1，0），①若HQ，MA为对角线，MA的中点重合，∴，解得或（H，舍去），∴M（7，0）；②若HM，QA为对角线，QA的中点重合，，解得或，∴M（﹣1，3）或（﹣1）；③若AH，QM为对角线，QM的中点重合，∴，解得，∴M（﹣6，﹣3）；综上所述，M的坐标为（5，4）或（﹣1）或（﹣1．3．解：（1）令y＝0，∴，解得：x1＝﹣2，x6＝4，∴点A（﹣2，8），0），令x＝0，则y＝8，∴点C（0，4），设直线BC的函数表达式为y＝kx+b，把点B（6，0），4）分别代入y＝kx+b中，解得：，∴直线BC的函数表达式为y＝﹣x+4，即点A（﹣8，0），0），5）；（2）如图1，设直线DE交y轴于N，DE于H，∴∠DFM＝∠FCO＝∠COG，∠FDM＝∠CND＝∠OCG，∴△MDF∽△GCO，∴，∵GC和CO的长为定值，∴为定值，当DF的长最大时，DM的长最大，设D（m，），则点F（m，∴DF＝+m﹣4＝m2+2m＝，当m＝2时，DF有最大值，此时点D的坐标为（5，4）设直线AC的解析式为y＝kx+b，把点A（﹣2，5），4）代入y＝kx+b求出直线AC的解析式为y＝2x+5，∵直线DM可以看作是直线AC向右平移2个单位，∴直线DM的解析式为y＝2（x﹣7）+4＝2x，由题意得：5x＝﹣x+4，解得：x＝，当x＝时，y＝，∴点M（，），∴DM＝，即DM的最大值为，此时点D的坐标为（2；（3）存在．由（2）知点D坐标为（5，4），又∵点B（4，6），∴BD＝，如图2，DQ＝BD＝，∴Q1的坐标为（4+，2），Q2的坐标为（2﹣，4），当BD作对角线时，2），如图4，当DQ作对角线时，∴点Q3的坐标为（8，﹣4），综上所述，Q点的坐标为（7，（8+，（6﹣，（4．4．解：（1）把A（﹣1，0），3+bx+c，得：，解得：，∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣；（2）如图1，延长PQ交直线CD于点H，∵直线与坐标轴交于E．∴E（，6），），∴OE＝OF＝，∵∠EOF＝90°，∴∠EFO＝45°，∵PQ∥y轴，即PQ∥EF，∴∠PHG＝∠EFO＝45°，∵PG⊥CD，∴＝sin∠PHG＝sin45°＝，∴PH＝PG，设P（t，t2﹣t﹣），t+），3），∴PH＝t+﹣（t3﹣t﹣2+t+37﹣t﹣2+t+，∴PG +PQ ＝PH +PQ ＝﹣t 2+t +3+（﹣t 7+t +2+7t +＝﹣2（t ﹣4）2+，∵﹣5＜0，∴当t ＝1时，PG +PQ 取得最大值，点P 的坐标为（1；（3）存在点N ，使以点A ，P ，M ，理由如下：∵A （﹣8，0），0），∵原抛物线的对称为直线x ＝，∴新抛物线的对称轴为：直线x ＝4，并设对称轴与x 轴交于点T ；由（2）知P （1，﹣4），∴AP ＝＝．设点M 的坐标为（4，s ），n ），当AP 为菱形的边时，①以点P 为圆心，AP 长为半径作圆1，M 7，过点P 作PG ⊥y 轴交直线x ＝4于点R ，如图所示，此时PM 1＝PM 8＝AP ＝，PR ＝3，由勾股定理可得可得，M 1R ＝M 7R ＝2，∴M 1T ＝5，M 2T ＝5，∴M 4（4，﹣1），M 2（4，﹣5，∵A （﹣7，0），﹣3），∴点A 向下平移4个单位长度，向右平移2个单位长度可得到点P ，∴点M 1（2，﹣1）向上平移3个单位长度6（2，2），同理可得，N 8（2，﹣2）；②以点A 为圆心，AP 长为半径作圆，∵AT ＝6，且5＞，∴此圆与直线x ＝4无交点；此时不存在点N ．当AP 为菱形的对角线时，MN 为另一对角线，此时AP 的中点为（5，﹣），设MN 与直线x ＝2的交点为M 3，∵点A （﹣1，5），﹣3），∴直线AP 的解析式为：y ＝﹣x ﹣．∴直线MN的解析式为：y＝x﹣．∴M3（4，），由中点坐标公式可知，N3（﹣2，﹣）．综上，点N的坐标为N1（8，2），N2（2，﹣2），N3（﹣5，﹣）．5．解：（1）设抛物线的表达式为：y＝﹣（x﹣x1）（x﹣x2），即y＝﹣（x+4）（x﹣4）＝﹣x2+8x+4，则抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝；（2）设直线BC的表达式为：y＝kx+4，将点B的坐标代入上式得：0＝3k+4，解得：k＝﹣1，故直线BC的表达式为：y＝﹣x+6，设点P（t，﹣t+4），﹣t2+5t+4），则PQ＝（﹣t2+8t+4）﹣（﹣t+4）＝﹣t5+4t，∵﹣1＜3，故PQ有最大值，当t＝2时，PQ的最大值为4；（3）存在，理由：当t＝4时，点P（2，设点M（，m），0）；∵四边形PBMN是菱形，则BP＝BM，即（4﹣6）2+26＝（4﹣）2+m2，解得：m＝，即点M的坐标为（，）或（，﹣）．6．解：（1）当y＝0时，＝0，解得x＝﹣3或x＝8，∴A（﹣2，3），0），当x＝0时，y＝6，∴C（0，6），设直线AC的解析式为y＝kx+3，∴﹣2k+6＝6，解得k＝3，∴直线AC的解析式为y＝3x+4，设直线BC的解析式为y＝k'x+6，∴8k'+3＝0，解得k'＝﹣，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+5；（2）∵＝﹣5+，∴抛物线的对称轴为直线x＝3，∴E（8，），平移后的直线解析式为y＝﹣x+6﹣n，∴D（3，﹣n），∴CD2＝9+（n+）2，BD2＝25+（﹣n）2，BC2＝100，∵△CDB是以BC为斜边的直角三角形，∴100＝9+（n+）2+25+（﹣n）6，解得n＝或n＝；（3）存在点P，使以点D，E，F，理由如下：当4x +6＝﹣x +6﹣n 时n ，∴F （﹣n ，﹣n +8），当EF 、FD 为邻边时，∴ED ⊥FP ，∴FP ∥x 轴，∴P （6+n ，﹣n +6），∴﹣n +6＝﹣n ）+7，解得n ＝，∴P （8，3）；当EF 为菱形的对角线时，FP ∥ED ，∴P （﹣n ，n +6），∵PE ＝ED ＝n ，∴E 点向左平移n 个单位n 个单位得到P 点，∴P （2﹣n ，+n ），∴﹣n ＝3﹣n ，解得n ＝，∴P （﹣，）；综上所述：P 点坐标为（8，3）或（﹣，）．7．解：（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）顶点为D ，且D （5．∴抛物线解析式为y ＝a （x ﹣1）2+6，把点C （0，6）代入得a +8＝6，∴a ＝﹣2，∴抛物线的解析式为y ＝﹣2（x ﹣1）2+6＝﹣2x 2+7x +6；（2）∵y ＝﹣2x 2+4x +6，令y ＝82+4x +7＝0，解得x ＝3或﹣4，∴A （﹣1，0），3），设直线BC的解析式为y＝kx+t，∵直线BC经过点B（3，0），3），∴，解得，∴直线BC的解析式为y＝﹣7x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+8）（0＜m＜3），如图8，过点M作MN⊥y轴于点N，则∠MNO＝∠OKH＝90°，∵OH⊥OM，∴∠MOH＝90°，∵MO＝HO，∴△MOH是等腰直角三角形，∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，∴∠MON＝∠OHK，∴△OMN≌△HOK（AAS），∴MN＝OK，ON＝HK．∴H（﹣2m+6，﹣m），∵点H（﹣3m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+8上，∴﹣2（﹣2m+3）+6＝﹣m，解得：m＝，把m＝代入y＝﹣8x+6得：y＝，∴点M的坐标为（，）；（3）分两种情况讨论：①当CD为菱形的边时，如图7，∵C（0，6），3），∴CD＝＝，∴DQ＝CD＝，∴Q点的坐标为（1，2﹣，8+）；②当CD为菱形的对角线时，如图3，设点Q（1，P（6，∵C（0，6），5），∴m+n＝6+8＝14，∴n＝14﹣m，∴P（6，14﹣m），∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，∵CQ＝，PC＝CQ，∴8﹣m＝，∴点Q的坐标为（1，）；8．解：（1）对于，当x＝0时，当y＝0时，∴点A的坐标为（﹣8，0），4），∵对称轴是直线：x＝﹣5，∴有：，解得：，∴抛物线的表达式为：；（2）对于，当y＝4时，1＝5，x2＝1，∴点B的坐标为（7，1），又∵点A（﹣3，8），4），∴OA＝3，OB＝7作DE⊥x轴于E，∵点D在第二象限内的抛物线上，且横坐标为m∴点D的坐标为（m，n），则，∴OE＝﹣m，DE＝n，∴AE＝OA﹣OE＝3﹣（﹣m）＝m+3，∵DE⊥x轴，则四边形OCDE为直角梯形，∴，又，，+S△ADE+S△BOC，∴S＝S四边形OCDE即，又，，当m＝﹣1.5时，S为最大，此时∴点D的坐标为（﹣1.5，6）．（3）存在点P和点Q，使以点A，C，P，理由如下：∵点P在抛物线的对称轴x＝﹣1上，∴可设点P的坐标为：（﹣1，t），∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，∴PA＝PC＝QA＝QC，AC与PQ互相垂直平分，设直线x＝﹣6与x轴交于点F，过点P作PT⊥y轴，∵点A（﹣3，0），7），∴OA＝3，CO＝4，OT＝PF＝t，∴AF＝OA﹣OF＝4﹣1＝2，CT＝OC﹣OT＝4﹣t，在Rt△APF中，由勾股定理得：PA2＝PF2+AF6＝t2+4，在Rt△CPT中，由勾股定理得：PC2＝PT2+CT2＝6+（4﹣t）2∴t2+4＝1+（6﹣t）2，解得：，∴点P的坐标为，设点K的坐标为（x K，y K），∵点K为AC的中点，∴，，设点Q的坐标为（x Q，y Q），∵点K为PQ的中点，∴，，解得：x Q＝﹣2，，∴点Q的坐标为．9．解：（1）∵抛物线与x轴交于A（1，0），3）两点，∴设所求抛物线的函数表达式为y＝a（x﹣5）（x﹣1），把点C（8，5）代入，解得a＝1，∴所求抛物线的函数表达式为y＝（x﹣4）（x﹣1）＝x2﹣4x+5＝（x﹣3）8﹣4，∴点M坐标为（3，﹣8）；（2）①过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，∵B（5，0），7），∴直线BC的函数表达式为y＝﹣x+5．∵点P的坐标为（t，t2﹣7t+5），∴点E的坐标为（t，﹣t+5），∵PG∥x轴，∴点G的坐标为（﹣t6+6t，t2+5），∴PG＝x G﹣x P＝﹣t2+2t﹣t＝﹣t2+5t＝﹣（t﹣）2+，∵﹣1＜0，当t＝时，∴P（，﹣）；∴PE＝y E﹣y P＝（﹣t+4）﹣（t2﹣6t+2）＝﹣t2+5t，＝•PE•（x B﹣x C）＝（﹣t2+5t）＝﹣（t﹣）2+，∴S△PBC∵﹣2＜0，最大值为；∴当t＝时，S△PBC②∵OA＝OF，A（1，∴F（6，﹣1），∴直线AF解析式为：y＝x﹣1，如图3，过点B作直线AF的平行线l1交y轴于点E，∴直线BE解析式为：y＝x﹣5，∴E（4，﹣5）∴点E关于点F的对称点H（0，3），过点H作AF的平行线l2，∴直线l2解析式为：y＝x+7，∴直线l1和l2与抛物线的交点即为符合条件的点P，令x7﹣6x+5＝x﹣2和x2﹣6x+4＝x+3，解得x＝2或x＝2（舍）或x＝和x＝，综上所述，所有符合条件的t的值为2或或；（3）∵B（5，0），﹣8），∴BM＝2，∵Q和B都是x轴上的点，N是M平移后的点，∴QB∥MN，且点N在M的右侧，若点M、N、B、Q为顶点的四边形是菱形i）当点Q在点B的右侧时，如图6，∴N（3+8，4），∴新抛物线的表达式为y＝（x﹣8﹣2）2﹣4；ii）当点Q在点B的左侧时，如图4，∴MB中点为（4，﹣2），∴直线MB解析式为y＝2x﹣10，设Q（q，2），∴N（8﹣q，﹣4），∵MN＝QM，解得q＝8，∴N（8，﹣4），∴新抛物线的表达式为y＝（x﹣4）2﹣4；综上所述，满足条件的抛物线解析式为y＝（x﹣7﹣2）4﹣4或y＝（x﹣8）8﹣4．10．解：（1）当x＝0时，y＝4，∴C（4，4），当y＝0时，，∴x＝﹣3，∴A（﹣3，4），∵对称轴为直线x＝﹣1，∴B（1，2），∴设抛物线的表达式：y＝a（x﹣1）⋅（x+3），∴2＝﹣3a，∴，∴抛物线的表达式为：；（2）如图1，作DF⊥AB于F，交AC于E，∴，，∴，∴，∵，∴，∴当时，，当时，，∴；（3）设P（﹣7，n），∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，∴PA＝PC，即：PA2＝PC2，∴（﹣2+3）2+n8＝1+（n﹣4）3，∴，∴，∵x P+x Q＝x A+x C，y P+y Q＝y A+y C，∴x Q＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣8，，∴．11．解：（1）把A（﹣4，0），4）代入，得：，解得，∴抛物线的解析式为；（2）∵A（﹣4，0），4），∴，＝2S△OCA＝24，∴S△OAQ设直线AC的表达式为y＝kx+d，将点A（﹣7，0），6）代入得：，解得，∴AC的表达式为y＝x+7．设点Q的坐标为（q，q+4），∴，解得q＝﹣16或q＝5，当q＝﹣16时，q+4＝﹣12，当q＝8时，q+2＝12．∴点Q的坐标为Q（﹣16，﹣12）或Q（8；（3）存在一点N，使以点A、H、C，理由如下：①当AC为菱形的对角线时，如图所示，由（2）可知，OA＝OB＝4，∴∠BAO＝45°，∴∠NAO＝90°，∴菱形AHCN为正方形，∴点N的坐标为（﹣7，6），②如图所示，当AH为菱形对角线时，C，∴点N坐标为（2，﹣7）；③，当AN为对角线时，，∴，∴点N的坐标为或．综上所示，点N的坐标为：或，6）或N（3．12．解：（1）∵一次函数y＝﹣2x﹣1与y轴交于点A，点A关于x轴的对称点D在一次函数，∴点A坐标为（0，﹣4），∴点D坐标为（0，1），∵点D在一次函数的图象上，∴，∴b＝8；（2）由方程组，解得，∴B点坐标为（﹣1，7），又C点为B点关于原点的对称点，∴C点坐标为（1，﹣1），∵一次函数y＝﹣7x﹣1与y轴交于点A，∴A点坐标为（0，﹣7），设二次函数对应的函数表达式为y＝ax2+bx+c，把A，B，C三点的坐标分别代入，得，解得，∴二次函数对应的函数表达式为y＝x2﹣x﹣4；（3）①当四边形PBQC为菱形时，PQ⊥BC，∵直线BC对应的函数表达式为y＝﹣x，∴直线PQ对应的函数表达式为y＝x．联立方程组．解得或，∴P点坐标为或；②当t＝0时，四边形PBQC的面积最大如图，过P作PD⊥BC，过P作x轴的垂线，易知，∵线段BC的长固定不变，∴当PD最大时，四边形PBQC的面积最大，易知∠PED＝∠AOC（固定不变），∴当PE最大时，PD也最大，∵P点在二次函数图象上，E点在一次函数y＝﹣x的图象上，∴P点坐标为（t，t8﹣t﹣1），E点坐标为（t，∴PE＝﹣t﹣（t2﹣t﹣2）＝﹣t2+1，∴当t＝3时，PE有最大值1，即四边形PBQC的面积最大．13．解：（1）把点A（3，0）和B（﹣6，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）设D（x，y）5+2x+3，令x＝5，∴C（0，3），∵S8﹣S2＝1，∴S8＝S2+1，∴S6+S△ABM＝S2+S△ABM+1，即S△ABD＝S△ABC+5，∴×8×y＝，∴y＝，∴﹣x2+6x+3＝，解得x＝1+或x＝1﹣；∴点D的坐标为（1+，）或（3﹣，）；（3）存在，理由如下：设直线AC的解析式为：y＝kx+b′，∴，解得，∴直线AC的解析式为：y＝﹣x+3；①当CQ为菱形的对角线时，如图，∵A（3，4），3），∴OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，此时四边形CEQP是正方形．∴PQ＝EQ．设P（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，∴PQ＝﹣m2+3m，∴﹣m2+7m＝m，解得m＝0（不合题意舍去）或m＝2，此时OE＝OC﹣m＝3﹣2＝1，∴E（2，1）．②当CQ为菱形的边时，作QH⊥OC于点H，设P（m，﹣m2+5m+3），则Q（m，∴HQ＝|m|，PQ＝|﹣m2+4m|，∵∠OCA＝45°，∴CQ＝HQ＝|，CE＝PQ＝|﹣m6+3m|＝|m|，解得：m8＝3﹣，m6＝3+或m＝6（舍）．∴E1（0，5﹣3），E5（0，1+6），综上所述，符合条件的点E有三个，1）或（5）或（0）．14．解：（1）把A（﹣4，0），2）代入，得：，解得，∴抛物线的解析式为；（2）由（1）可知，二次函数解析式为，∴抛物线的对称轴直线，∴当m＝x＝﹣2时，n取最小值，此时：，当m＝﹣3时，；当m＝2时，；∴当﹣4≤m≤2时，﹣8≤n≤6；（3）∵A（﹣4，4），6），∴，＝7S△OCA＝24，∴S△OAQ设直线AC的表达式为y＝kx+d，将点A（﹣4，0），3）代入得：，解得，∴AC的表达式为y＝x+4，设点Q的坐标为（q，q+4）∴解得q＝﹣16或q＝8，当q＝﹣16时，q+4＝﹣12，当q＝6时，q+4＝12∴点Q的坐标为Q（﹣16，﹣12）或Q（8；（4）存在一点N，使以点A、H、C，理由如下：①当AC为菱形的对角线时，如图所示，由（3）可知，OA＝OB＝2，∴∠BAO＝45°，∴∠NAO＝90°，∴菱形AHCN为正方形，∴点N的坐标为（﹣4，6），②如图所示，当AH为菱形对角线时，C，∴点N坐标为（6，﹣6）；③，当AN为对角线时，，∴，∴点N的坐标为或，综上所示，点N的坐标为：或，8）或N（2．15．解：（1）∵A的坐标是（4，0），∴OA＝5，∵AC＝5，∴OC＝1，∴C的坐标是（﹣6，0），把A、C坐标代入y＝ax2+bx+5，得到：，∴，∴抛物线解析式是y＝﹣x6+x+6；（2）当x＝0时，y＝3，∴B的坐标是（6，3），设P的坐标是（m，﹣m2+m+3），∵M是PQ中点，∴MQ＝PQ＝m2+m+3）＝﹣m2+m+，∵MQ∥OB，∴△AMQ∽△ABO，∴AQ：AO＝QM：OB，∴（4﹣m）：4＝（﹣m2+m+，∴m＝1或m＝4（舍），∴﹣m2+m+3＝，∴P的坐标是（1，）；（3）①设P的坐标是（x，﹣x2+x+3）＝5，∵△AMQ∽△ABO，∴AQ：AO＝AM：AB＝MQ：OB，∴（4﹣x）：6＝AM：5＝MQ：3，∴AM＝（4﹣x）（4﹣x），∴PM＝﹣x2+4x，∵∠PNM＝∠MQA＝90°，∠PMN＝∠AMQ，∴△PMN∽△AMQ，∴PN：AQ＝PM：AM，∴PN：（4﹣x）＝（﹣x2+3x）：（4﹣x），∴PN＝﹣x2+x＝﹣6+，∴PN的最大值是；（4）∵PM∥OB，∴PM＝OB时，四边形OMPB是平行四边形，∴﹣x2+5x＝3，∴x＝2，∴当x＝3时，四边形OMPB是平行四边形，此时OQ＝2，MQ＝，∴OM＝＝，∴OM≠OB，∴四边形OMPB不可能是菱形．。

专题二次函数压轴训练题(四)---菱形、正方形存在性问题(解析版)

（苏科版）九年级下册数学《第5章二次函数》专题二次函数压轴训练题（四）------菱形、正方形存在性问题★★★方法指引：◎菱形的存在性问题(常为含60”角的菱形)通常有两大类:1、已知三人定点探究菱形时，分别以三个定点中的任意两人定点确定线段为要探究的券形的对角线画出所有菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形:2、已知两个定点去探究菱形时，以两个定点连线所成的线段作为要探究菱形的对角线或边长画出符合题意的菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形:3、计算:建立类似平行四边形的存在性问题来解◎正方形存在性问题正方形是菱形和矩形特征的集结，因此同时采取菱形或矩形存在性问题解决的方法去求点的坐标.【典例1】（2022春•盱眙县期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A （﹣1，0），B （3，0），与y 轴交于点C ，作直线BC ，点P 是抛物线在第四象限上一个动点（点P 不与点B ，C 重合），连结PB ，PC ，以PB ，PC 为边作▱CPBD ，点P 的横坐标为m ．（1）求抛物线对应的函数表达式；（2）当▱CPBD 有两个顶点在x 轴上时，点P 的坐标为；（3）当▱CPBD 是菱形时，求m 的值．【分析】（1）利用交点式求抛物线的解析式；（2）先确定点D 在x 轴上，再利用平行四边形的性质可判断PC ∥x 轴，然后根据抛物线的对称性确定点P 的坐标；（3）根据菱形的性质得PB ＝PC ，利用勾股定理即可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A （﹣1，0），B （3，0），∴抛物线的解析式为y ＝（x +1）（x ﹣3），即y ＝x 2﹣2x ﹣3；（2）∵抛物线的解析式为y ＝x 2﹣2x ﹣3，令x ＝0，则y ＝﹣3，∴C （0，﹣3），∵▱CPBD 有两个顶点在x 轴上，∴点D 在x 轴上，而BD ∥PC ，∴点P 和点C 为抛物线上的对称点，而抛物线的对称轴为直线x =−−22×1=1，∴点P 的坐标为（2，﹣3），故答案为：（2，﹣3）；（3）∵抛物线的解析式为y ＝x 2﹣2x ﹣3，点P 的横坐标为m ．∴P （m ，m 2﹣2m ﹣3），∵▱CPBD 是菱形，∴PB ＝PC ，∴m 2+（m 2﹣2m ﹣3+3）2＝（3﹣m ）2+（m 2﹣2m ﹣3）2，整理得m 2﹣m ﹣3＝0，解得m =∵点P 是抛物线在第四象限上一个动点，∴m ＞0，∴m 【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质和平行四边形的性质，勾股定理，菱形的性质，会利用待定系数法求二次函数的解析式、理解坐标与图形的性质是解题的关键．【变式1-1】如图，已知抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴交于A ，D 两点，与y 轴交于点C ，点B 为抛物线的顶点．（1）求抛物线的对称轴及点B 的坐标；（2）若抛物线上存在一点E ，使得S △EAB ＝S △CAD ，求点E 的坐标；（3）若平面直角坐标系内存在动点P ，抛物线上是否存在点Q ，使得以A ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是以AC 为对角线的菱形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3化为顶点式求解即可；（2）由题意知，△EAD 与△CAD 有公共底AD ，若想使两三角形面积相等，则高相等即可，设出点E 的坐标，由高相等，列方程求解即可；（3）根据AC 为菱形的对角线，由菱形对角线互相垂直且平分的性质，可知菱形对角线过点O ，可求出菱形另一条对角线所在的直线解析式，将其与抛物线解析式联立求解即可．【解答】解：（1）∵抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x ＝1，点B 的坐标（1，﹣4）；（2）如图，设E （x ，x 2﹣2x ﹣3），∵点C 为抛物线与y 轴的交点，∴C （0，﹣3），∵△EAD 与△CAD 有共同的底边AD ，且S △EAB ＝S △CAD ，∴点E 到x 轴的距离等于点C 到x 轴的距离，∴|x 2﹣2x ﹣3|＝3，∴x 2﹣2x ﹣3＝3或x 2﹣2x ﹣3＝﹣3，解得x 1＝2，x 2＝0，x 3=1，x 4=+1，∴E 1（2，﹣3），E 2（0，﹣3），E 3+1，3），E 4（1，3），∴点E 的坐标为（2，﹣3）或（0，﹣3+1，3）或（1，3）；（3）存在，理由：如图，∵四边形是以AC 为对角线的菱形，由菱形对角线互相垂直平分的性质，作AC 的垂直平分线交抛物线于点Q 1，Q 2，令x 2﹣2x ﹣3＝0，解得：x 1＝﹣1，x 2＝3，∴A （3，0），∴OA ＝OC ＝3，∴AC 的垂直平分线过点O ，设AC 的中点为点F ，由C （0，﹣3），∴032=32，−302=−32，∴F （32，−32），∴直线Q 1Q 2的解析式为y ＝﹣x ，联立y =x 2−2x−3y =−x，解得：x =y =−x =y =，∴点Q【点评】本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，三角形的面积及菱形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．【变式1-2】（2022秋•代县月考）如图，抛物线y =12x 2−32x ﹣2与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，抛物线的顶点为D ，对称轴为直线l ．（1）求点A ，B ，C 的坐标；（2）试探究抛物线上是否存在点E ，使OE ＝EC ，若存在，请求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）设点F 在直线l 上运动，点G 在平面内运动，若以点B ，C ，F ，G 为顶点的四边形是菱形，且BC 为边，直接写出点F 的坐标．【分析】（1）令y ＝0，解方程即可求得点A 和点B 的坐标；令x ＝0，求得y 值，即可求得点C 的坐标；（2）由OE ＝EC 可得点E 在OC 的垂直平分线上，则点E 的纵坐标为﹣1，将y ＝﹣1代入抛物线y =12x 2−32x ﹣2，求出x 的值，即可求解；（3）分两种情况：①当BC 为边，BF 为对角线时；②当BC 为边，BF 为对角线时，根据菱形的性质即可求解．【解答】解：（1）当y =12x 2−32x ﹣2＝0时，解得：x 1＝﹣1，x 2＝4，∴A （﹣1，0），B （4，0）；当x ＝0时，y =12x 2−32x ﹣2＝﹣2，∴C （0，﹣2）；（2）∵OE ＝EC ，∴点E 在OC 的垂直平分线上，∵C （0，﹣2），∴点E 的纵坐标为﹣1，将y ＝﹣1代入抛物线y =12x 2−32x ﹣2得，12x 2−32x ﹣2＝﹣1，解得x =∴点E 11）；（3）∵y =12x 2−32x ﹣2与x 轴交于A （﹣1，0），B （4，0），∴y =12x 2−32x ﹣2的对称轴为直线x =−142=32，设点F 的坐标的坐标为（32，m ），①当BC 为边，BF 为对角线时，BC ＝CF ，∴BC 2＝CF 2，∴42+22＝（32）2+（m +2）2，解得m ，∴点F 的坐标为（32，2）或（32，2）；②当BC 为边，CF 为对角线时，BC ＝BF ，∴BC 2＝BF 2，∴42+22＝（4−32）2+m 2，解得m∴点F 的坐标为（32，）或（32，综上所述，点F 的坐标为（32，2）或（32，2）或（32，）或（32，【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数与坐标轴的交点、线段垂直平分线的性质，勾股定理，菱形的性质等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．【变式1-3】（2022•抚顺县二模）如图，抛物线y ＝ax 2+bx +6（a ≠0）与x 轴交于A （﹣1，0），B （3，0）两点，与y 轴交于点C ，顶点为D ．（1）求抛物线的解析式；（2）若在线段BC 上存在一点M ，使得∠BMO ＝45°，过点O 作OH ⊥OM 交BC 的延长线于点H ，求点M 的坐标；（3）点P 是y 轴上一动点，点Q 是在对称轴上一动点，是否存在点P ，Q ，使得以点P ，Q ，C ，D 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得a−b+6=09a+3b+6=0，解得a=−2b=4，即可得出结论；（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON ＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得m=65，即可解决问题；（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴a−b+6=09a+3b+6=0，解得：a=−2 b=4，∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；（2）由（1）得，点C（0，6），设直线BC的解析式为y＝kx+c，∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），∴3k+c=0 c=6，解得：k=−2 c=6∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，则∠MNO＝∠OKH＝90°，∵OH⊥OM，∴∠MOH＝90°，∵∠OMB＝45°，∴△MOH是等腰直角三角形，∴OM＝OH．∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，∴∠MON＝∠OHK，∴△OMN≌△HOK（AAS），∴MN＝OK，ON＝HK．∴H（﹣2m+6，﹣m），∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，∴﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得：m=6 5，把m=65代入y＝﹣2x+6得：y=185，∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（65，185）；（3）存在，理由如下：∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，∴点D的坐标为（1，8），分两种情况讨论：①当CD为菱形的边时，如图2，过C作CE⊥DQ于E∵C（0，6），D（1，8），∴CD=∴DQ＝CD=∴Q点的坐标为（1，81，8②当CD为菱形的对角线时，如图3，设点Q（1，m），P（0，n），∵C（0，6），D（1，8），∴m+n＝6+8＝14，∴n＝14﹣m，∴P（0，14﹣m），∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，∵CQ PC＝CQ，∴8﹣m解得：m=27 4，∴点Q的坐标为（1，274）；综上所述，点Q的坐标为（1，81，8+1，274）．【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求抛物线和直线的解析式、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、两点间的距离、二次函数的图象、一次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握待定系数法菱形的性质，证明三角形全等和进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型．【变式1-4】已知，如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C分别为坐标轴上的三个点，且OA＝1，OB＝3，OC＝4．（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式及顶点坐标；（2）在抛物线上是否存在一点P，使△ACP的面积等于△ACB的面积？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在平面直角坐标系xOy中是否存在一点Q，使得以点A、B、C、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得答案；（2）根据等底等高的三角形面积相等，可得P点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；（3）根据菱形的四边相等，可得QB的长，根据菱形的对边平行，可得Q点的纵坐标．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，∵OA＝1，OB＝3，OC＝4．∴A（1，0）、B（0，3）、C（﹣4，0），将A，B，C代入函数解析式，得∴a+b+c=0c=316a−4b+c=0解得：a=−34，b=−94，c＝3，∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=−34x2−94x+3；∵y=−34x2−94x+3=−34（x+32）2+7516∴抛物线的顶点坐标是（−32，7516），（2）在抛物线上存在一点P，使△ACP的面积等于△ACB的面积，理由为：设点P的坐标为P（m，n），∵S△ACB =12×5×3=152，S△ACP=12×5×|n|∴12×5×|n|=152，n＝±3∴当n＝3时，−34m2−94m+3＝3，解得m1＝0，x2＝﹣3即P（﹣3，3）或（0，3）当n＝﹣3时，−34m2−94m+3＝﹣3，解得m1m2=P23），P33）综上所述：P的坐标为（﹣3，3）或（0，333）（3）在平面直角坐标系xOy中存在一点Q，使得以点A、B、C、Q为顶点的四边形为菱形，理由为：∵OB＝3，OC＝4，OA＝1，∴BC＝AC＝5，当BQ平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，∴BQ＝AC＝BC＝5，∵BQ∥AC，∴点Q到x轴的距离等于OB＝3，∴点Q的坐标为（5，3），当点Q在第二、三象限时，以点A、B、C、Q为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形，则当点Q的坐标为（5，3）时，以点A、B、C、Q为顶点的四边形为菱形．【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用等底等高的三角形面积相等得出P点的纵坐标，有利用自变量与函数值的对应关系；解（3）的关键是利用菱形的四边相等得出QB的长．【变式1-5】（2023•鹤山市模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C，直线AC的解析式为y=23x﹣2．（1）求抛物线的解析式；（2）已知k为正数，当0＜x≤1+k时，y的最大值和最小值分别为m，n，且m+n=163，求k的值；（3）点P是平面内任意一点，在抛物线对称轴上是否存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出点A 和点C 坐标，从点A 和点B 坐标将抛物线的解析式设为交点式，将点C 坐标代入，进一步求得结果；（2）箱求出n 的值，进而求得m 的值，进而求得点k 的值；（3）只需满足三角形ACQ 为等腰三角形即可．设点Q 的坐标，进而表示出AQ ，CQ 及AC ，进而根据AQ ＝CQ ，AQ ＝AC 及CQ ＝AC ，进一步求得结果．【解答】解：（1）当x ＝0时，y ＝﹣2，∴点C （0，﹣2），当y ＝0时，23x−2=0，∴x ＝3，∴点A （3，0），∴设y ＝a （x +1）•（x ﹣3），将点C （0，﹣2）代入得，﹣3a ＝﹣2，∴a =23，∴y =23（x +1）•（x ﹣3）=23x 2−43x−2；（2）∵抛物线的对称轴为直线：x ＝1，∵k ＞0，∴k +1＞1，∴当0＜x ＜1+k 时，∴当x ＝1时，n =23（1+1）×（1﹣3）=−83，∵m +n =163，∴m ＝8，当m ＝8时，23x 2−43x ﹣2＝8，∴x 1＝5，x 2＝﹣3（舍去），∴1+k ＝5，∴k ＝4；（3）设点Q （1，a ），∵A （3，0），C （0，﹣2），∴AQ 2＝（3﹣1）2+a 2＝a 2+4，AC 2＝32+22＝13，CQ 2＝1+（a +2）2＝a 2+4a +5，①当AQ ＝AC 时，a 2+4＝13，∴a ＝±3，∴Q 1（1，3），Q 2（1，﹣3），当AQ ＝CQ 时，a 2+4a +5＝a 2+4，∴a =−14，∴Q 3（1，−14），当AC ＝CQ 时，a 2+4a +5＝13，∴a ＝﹣2±∴Q 4（1，﹣Q 5（1，﹣2﹣综上所述：Q （1，3）或（1．﹣3）或（1．−14）或（1，﹣1，﹣2﹣【点评】本题考查了二次函数及其图象性质，等腰三角形的判定和性质，点的坐标平移特征等知识，解决问题的关键是正确分类，准确计算．【变式1-6】（2022•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴分别交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3），连接BC．（1）求抛物线的解析式及点B的坐标．（2）如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值．（3）动点P BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式求得a，c的值，进而得出解析式，当y＝0时，求出方程的解，进而求得B点坐标；（2）由B，C两点求出BC的解析式，进而设出点P和点Q坐标，表示出PQ的长，进一步得出结果；（3）要使以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分为PM＝BM，PM＝PB和BP＝BM，结合图象，进一步得出结果．【解答】解：（1）由题意得，c=−3a+2×1+c=0，∴c=−3 a=1，∴y＝x2+2x﹣3，当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，∴x1＝1，x2＝﹣3，∴B（﹣3，0）；（2）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，∴b=−3−3k+b=0，∴k=−1 b=−3，∴y＝﹣x﹣3，设点P（m，﹣m﹣3），Q（m，m2+2m﹣3），∴PQ＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2+94，∴当m=−32时，PQ最大=94；（3）如图1，∵B（﹣3，0），C（0，﹣3），∴OB＝OC＝3，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，作PD⊥y轴于D，∴CD＝PD==t，当BM＝PM时，∴∠MPB＝∠OBC＝45°，∵∠PMO＝∠PDO＝∠MOD＝90°，∴四边形OMPD是矩形，∴OM＝PD＝t，由BM+OM＝OB得，∴2t＝3，∴t=3 2，∴P（−32，−32），∴N（﹣3，−32），如图2，当PM ＝PB 时，作PD ⊥y 轴于D ，作PE ⊥x 轴于E ，∴BM ＝2BE ，可得四边形PDOE 是矩形，∴OE ＝PD ＝t ，∴BE ＝3﹣t ，∴t ＝2（3﹣t ），∴t ＝2，∴P （﹣2，﹣1），∴N （﹣2，1），如图3，当PB ＝MB 时，=t ，∴t ＝6﹣∴P （，3﹣∴N （0，3﹣综上所述：N （﹣3，−32）或（﹣2，1）或（0，3﹣【点评】本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形．【变式1-7】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，且OA＝1，OC＝4．（1）求抛物线解析式；（2）在该抛物线上是否存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出P 点坐标；若不存在，请说明理由；（3）已知点Q（5，3）和该抛物线上一动点M，试求当|QM﹣AM|的值最大时点M的坐标，并直接写出|QM﹣AM|的最大值．【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，把A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出所求抛物线解析式；（2）在平面直角坐标系xOy中存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：根据OA，OB，OC的长，利用勾股定理求出BC与AC的长相等，只有当BP与AC平行且相等时，四边形ACBP为菱形，可得出BP的长，由OB的长确定出P的纵坐标，确定出P坐标，当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形；（3）利用待定系数法确定出直线QA解析式，当点M与点Q、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|QM﹣AM|＜QA，当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|＝QA，当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|的值最大，即点M为直线QA与抛物线的交点，联立直线QP与抛物线解析式，求出当|QM﹣AM|的最大值时M坐标，确定出|QM﹣AM|的最大值即可．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，∵A（1，0）、B（0，3）、C（﹣4，0），∴a+b+c=0c=316a−4b+c=0，解得：a=−34，b=−94，c＝3，∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=−34x2−94x+3；（2）在该抛物线上是不存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：∵OB＝3，OC＝4，OA＝1，∴BC＝AC＝5，当BP平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，∴BP＝AC＝5，且点P到x轴的距离等于OB，∴点P的坐标为（5，3），∵（5，3）不在抛物线上；当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形，在该抛物线上是不存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形；（3）如图，设直线QA的解析式为y＝kx+b（k≠0），∵A（1，0），Q（5，3），∴5k+b=3 k+b=0，解得：k=34，b=−34，∴直线QA的解析式为y=34x−34，当点M与点Q、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|QM﹣AM|＜QA，当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|＝QA，∴当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|的值最大，即点M为直线QA与抛物线的交点，解方程组y=34x−34y=−34x2−94x+3，得x1=1y1=0或x2=−5y2=−92，∴点M的坐标为（1，0）或（﹣5，−92）时，|QM﹣AM|的值最大，此时|QM﹣AM|的最大值为5．【点评】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：二次函数的性质，待定系数法确定抛物线解析式、一次函数解析式，菱形的判定，以及坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．【变式1-8】如图，已知抛物线y=16x2+bx+c与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，已知点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，﹣2）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P是直线BC下方抛物线上一点，连接PB，PC，求△PBC面积的最大值；（3）如图2，将抛物线向右平移6个单位，向上平移2个单位，得到新的抛物线y'，新抛物线y'的顶点为D，是否在新抛物线y'的对称轴上存在点M，在坐标平面内存在点N，使得以B，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A、B两点的坐标代入，进而求得结果；（2）作PE⊥AB于E，交BC于F，求BC的关系式，进而设和表示出点P和点F的坐标，求出PF的表达式，进而求得PF的最大值，进一步求得三角形PBC的最大值；（3）先求出点B、点D的坐标，求出BD的长，分为BD是边和对角线两种情形，当BD是边时，点M 可在D的上方和下方，利用平移或中点坐标公式求得结果．【解答】解：（1）由题意得，−2×62+6b+c=0，∴c =−2b =−23，∴y =16x 2−23x−2；（2）如图1，作PE ⊥AB 于E ，交BC 于F ，可得BC 的关系式是：y =13x−2，设点P （m ，16m 2−23m−2），F （m ，13m−2），∴PF ＝（13m−2）﹣（16m 2−23m−2）=−16m 2+m =−16（m ﹣3）2+32，∴当m ＝3时，PF 最大=32，∵S △PBC =12PF •（x B ﹣x C ）=12×6⋅PF =3PF ，∴△PBC 的面积最大值是92；（3）∵原抛物线可化为y =16（x ﹣2）2−23，∴其顶点是（2，−23），∵2+6＝8，−23+2=43，∴新抛物线的顶点是D ′（8，43），对称轴是直线x ＝8，∴BD 如图2，当BD为边时，点M在D的上方，∵M（8∴N（6如图3，点M在D点下方，N（6，如图4N（10，0），如图5，BD 为对角线时，设M （8，a ），由MB ＝MD 得，22+a 2＝（43−a ）2，∴a =−1518，∴M （8，−1518），∴N （6，8718），综上所述：N （66，8718）或（6，10，0）．【点评】本题考查二次函数及其图象性质，菱形性质，菱形的分类（等腰三角形分类），平移与坐标之间的关系等知识，解决问题的关键是正确分类．【变式1-9】（2023•西藏）在平面直角坐标系中，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 与x 轴交于A （﹣3，0），B （1，0）两点，与y 轴交于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）如图甲，在y 轴上找一点D ，使△ACD 为等腰三角形，请直接写出点D 的坐标；（3）如图乙，点P 为抛物线对称轴上一点，是否存在P 、Q 两点使以点A ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P 、Q 两点的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝﹣x2+bx+c，求出b、c，即可得出答案；（2）分别以点D为顶点、以点A为顶点、当以点C为顶点，计算即可；（3）抛物线y＝﹣x2﹣2x+3的对称轴为x＝﹣1，设P（﹣1，t），Q（m，n），求出AC2＝18，AP2＝t2+4，PC2＝t2﹣6t+10，分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，【解答】解：（1）∵A（﹣3，0），B（1，0）两点在抛物线上，∴0=−(−3)2−3b+c 0=−12+b+c，解得：b=−2 c=3，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）令x＝0，y＝3，∴C（0，3），等腰△ACD，如图甲，当以点D为顶点时，DA＝DC，点D与原点O重合，∴D（0，0）；当以点A为顶点时，AC＝AD，AO是等腰△ACD中线，∴OC＝OD，∴D（0，﹣3）；当以点C为顶点时，AC＝CD==∴点D的纵坐标为3﹣+3，∴D（0，3﹣0，+3）；综上所述，点D的坐标为（0，0）或（0，﹣3）或（0，3﹣0，+3）；（3）存在，理由如下：抛物线y＝﹣x2﹣2x+3的对称轴为：x＝﹣1，设P（﹣1，t），Q（m，n），∵A（﹣3，0），C（0，3），则AC2＝（﹣3）2+32＝18，AP2＝（﹣1+3）2+t2＝t2+4，PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，∵四边形ACPQ是菱形，∴分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，①当以AP为对角线时，则CP＝CA，如图1，∴t2﹣6t+10＝18，解得：t ＝3∴P 1（﹣1，3P 2（﹣1，3+∵四边形ACPQ 是菱形，∴AP 与CQ 互相垂直平分，即AP 与CQ 的中点重合，当P 1（﹣1，3∴m 02=−3−12，n 32解得：m ＝﹣4，n =∴Q 1（﹣4，当P 2（﹣1，3+∴m 02=−3−12，n 32解得：m ＝﹣4，n∴Q 2（﹣4②以AC 为对角线时，则PC ＝AP ，如图2，∴t 2﹣6t +10＝t 2+4，解得：t ＝1，∴P 3（﹣1，1），∵四边形APCQ 是菱形，∴AC 与PQ 互相垂直平分，即AC 与CQ 中点重合，∴m−12=−302，n−12=032，解得：m ＝﹣2，n ＝2，∴Q 3（﹣2，2）；③当以CP 为对角线时，则AP ＝AC ，如图3，∴t 2+4＝18，解得：t∴P 4（﹣1P 5（﹣1，∵四边形ACQP 是菱形，∴AQ 与CP 互相垂直平分，即AQ 与CP 的中点重合，∴−3m 2=0−12，n 02解得：m ＝2，n ＝3∴Q 4（2，3+Q 5（2，3综上所述，符合条件的点P 、Q 的坐标为：P （﹣1，3Q （﹣4，P （﹣1，3+Q （﹣4P （﹣1，1），Q （﹣2，2）或P （﹣1Q （2，3P （﹣1，Q （2，3【点评】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键．【变式1-10】如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D的坐标为（﹣2，9），抛物线与坐标轴分别交于A、B、C三点，且B的坐标为（0，5），连接DB、DC，作直线BC．（1）求抛物线的解析式；（2）P是x轴上的一点，过点P作x轴的垂线，与CD交于H，与CB交于G，若线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，求P点的坐标；（3）若点M在直线CB上，点N在平面上，直线CB上是否存在点M，使以点C、点D、点M、点N 为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D的坐标为（﹣2，9），可设y＝a（x+2）2+9，再将点B（0，5）代入，解得a的值，则可得抛物线的解析式；（2）求得直线BC与直线CD的解析式，设点P的坐标为（x，0），则G（x，x+5），H（x，3x+15）根据S△CGH =12HG×CP，将S△CGH＝用含x的式子表示出来，再由S△BCD＝S△DKC+S△DKB，求得S△BCD；根据线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，得出关于x的方程，解方程并作出取舍，则可得P 点的坐标；（3）设点M的坐标为（m，m+5），求得CD的值，再分情况讨论：当CD与DM是菱形的两边时，则CD＝DM；当DM'与CM'是菱形的两边时，则CM'＝DM'；当DM'与CM'是菱形的两边时，则CM'＝DM'．分别得出关于m的等式，解得m的值，则可得点M的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D的坐标为（﹣2，9），∴可设y＝a（x+2）2+9，又∵抛物线过点B（0，5），代入得：5＝4a+9，∴a＝﹣1，∴y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣4x+5；（2）∵抛物线y＝﹣x2﹣4x+5与坐标轴分别交于A、B、C三点，且B的坐标为（0，5），∴当y＝0时，﹣x2﹣4x+5＝0，解得x1＝﹣5，x2＝1，∴A（1，0），C（﹣5，0），又∵D（﹣2，9），∴直线BC的解析式为y＝x+5；设直线CD的解析式为y＝kx+b，将C（﹣5，0），D（﹣2，9）代入，得：0=−5k+b9=−2k+b，解得：k=3b=15，∴直线CD的解析式为y＝3x+15．设点P的坐标为（x，0），则G（x，x+5），H（x，3x+15）．∴S△CGH =12HG×CP=12（5+x）（3x+15﹣x﹣5）=12（5+x）（2x+10）＝（5+x）（x+5）＝（x+5）2，设抛物线的对称轴交直线BC于点K，如图：∵顶点D的坐标为（﹣2，9），∴对称轴为直线x＝﹣2，∴K（﹣2，3），∴DK＝9﹣3＝6，∴S△BCD ＝S△DKC+S△DKB=12×6×3+12×6×2＝15，∴若线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，则（x+5）2=12×15，解得：x1=x2=∴P0）；（3）如图，设点M的坐标为（m，m+5），∵C（﹣5，0），D（﹣2，9），∴CD当CD与DM是菱形的两边时，则CD＝DM，∴=解得m1＝﹣5（不合题意，舍去），m2＝7，∴点M（7，12）；当CD与CM''是菱形的两边时，则CD＝CM''，∴=解得m＝±5，∴点M（5，M（﹣5，﹣当DM'与CM'是菱形的两边时，则CM'＝DM'，解得m=−5 4，∴点M（−54，154）．综上所述，点M的坐标为（7，12）或（5，5，﹣−54，154）．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、一次函数和二次函数图象上的点的坐标特点、三角形的面积计算、一元二次方程及菱形的性质等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．【典例2】如图，抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A ，B ，与y 轴交于点C ，其中点A 在y 轴的左侧，点C 在x 轴的下方，且OA ＝OC ＝5．（1）求抛物线对应的函数解析式；（2）点P 为抛物线对称轴上的一动点，当PB +PC 的值最小时，求点P 的坐标；（3）在（2）条件下，点E 为抛物线的对称轴上的动点，点F 为抛物线上的动点，以点P 、E 、F 为顶点作四边形PEFM ，当四边形PEFM 为正方形时，请直接写出坐标为整数的点M 的坐标．【分析】（1）由题意，可得A （﹣5，0），C （0，﹣5）．把点A ，C 的坐标代入y ＝x 2+bx +c ，得到关于b 、c 的二元一次方程组，解方程组即可求出抛物线的函数解析式；（2）利用配方法求出抛物线的对称轴是直线x ＝﹣2．由抛物线y ＝x 2+4x ﹣5与x 轴交于点A ，B ，得出点A ，B 关于直线x ＝﹣2对称．连接AC ，交对称轴于点P ，根据两点之间线段最短可知此时PB +PC 的值最小．利用待定系数法求出直线AC 的解析式为y ＝﹣x ﹣5，把x ＝﹣2代入，求出y ＝﹣3，进而得出点P 的坐标；（3）在（2）条件下，点P 的坐标为（﹣2，﹣3）．设F （x ，x 2+4x ﹣5），根据正方形的性质可得E （﹣2，x 2+4x ﹣5），M （x ，﹣3），PM ＝PE ，根据两点间的距离公式列出方程|x +2|＝|x 2+4x ﹣5+3|，解方程即可求解．【解答】解：（1）由题意，可得A （﹣5，0），C （0，﹣5）．∵抛物线y ＝x 2+bx +c 过点A ，点C ，∴25−5b +c =0c =−5，解得b =4c =−5，∴抛物线对应的函数解析式为y ＝x 2+4x ﹣5；（2）∵y＝x2+4x﹣5＝（x+2）2﹣9，∴对称轴是直线x＝﹣2．∵抛物线y＝x2+4x﹣5与x轴交于点A，B，∴点A，B关于直线x＝﹣2对称．连接AC，交对称轴于点P，此时PB+PC的值最小．设直线AC的解析式为y＝mx+n，则−5m+n=0n=−5，解得m=−1n=−5，∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣5，当x＝﹣2时，y＝﹣3，∴点P的坐标为（﹣2，﹣3）；（3）在（2）条件下，点P的坐标为（﹣2，﹣3）．设F（x，x2+4x﹣5），∵四边形PEFM为正方形，∴E（﹣2，x2+4x﹣5），M（x，﹣3），PM＝PE，∴|x+2|＝|x2+4x﹣5+3|，∴x2+4x﹣2＝x+2，或x2+4x﹣2＝﹣x﹣2，整理得x2+3x﹣4＝0，或x2+5x＝0，解得x1＝﹣4，x2＝1，x3＝0，x4＝﹣5，∴M（﹣4，﹣3）或M（1，﹣3）或M（0，﹣3）或M（﹣5，﹣3）．【点评】本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求抛物线与直线的解析式，二次函数的性质，轴对称的性质，正方形的性质，综合性较强，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键．【变式2-1】已知在平面直角坐标系xOy 中，二次函数y ＝x 2﹣2nx ﹣3n 2（n ＞0）与x 轴交于A 、B ，与y 轴交于点C ．（1）求A 、B 及顶点的坐标（用含n 的代数式表示）；（2）如图所示，当AB ＝4时，D 为（4，﹣1），在抛物线上是否存在点P 使得以线段PD 为直径的圆经过坐标原点O 若点P 存在，求出满足条件的点P 的坐标；若不存在，说明理由；已知E 在x 轴上，F 在抛物线上，G 为平面内一点，若以B 、E 、F ，G 为顶点的四边形是正方形，请直接写出E 点所有可能的坐标．【分析】（1）y ＝x 2﹣2nx ﹣3n 2＝（x ﹣3n ）（x +n ），即可求解；（2）设点P （x ，x 2﹣2x ﹣3），由中点公式得：点O ′（x 42，x 2−2x−42），则O ′O ＝O ′D ，即可得到关于x 的方程，解方程即可；分BE 为正方形的边、BE 为正方形的对角线两种情况，分别求解即可．【解答】解：（1）y ＝x 2﹣2nx ﹣3n 2＝（x ﹣3n ）（x +n ），当y ＝0时，x 1＝﹣n ，x 2＝3n ，故点A 、B 的坐标分别为：（﹣n ，0）、（3n ，0），顶点的坐标为（n ，﹣4n 2）；（2）存在，理由：AB ＝4时，则4m ＝4，解得：m ＝1，故点A 、B 、C 的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）、（0，﹣3），抛物线的表达式为：y ＝x 2﹣2x ﹣3，设点P （x ，x 2﹣2x ﹣3），由中点公式得：点O ′（x 42，x 2−2x−42），则O ′O ＝O ′D ，即(x 42)2+(x 2−2x−42)2=(x 42−4)2+(x 2−2x−42+1)2，整理得：x 2﹣6x ﹣3＝0，解得：x ＝3±故点P 的坐标为：（3﹣12﹣设点E 的坐标为：（a ，0），①当BE 为正方形的边时，则点F （a ，a 2﹣2a ﹣3），则BE ＝FE ，即|a ﹣3|＝|a 2﹣2a ﹣3|，解得：a ＝3或0或﹣2（舍去3），故点E 的坐标为：（0，0）或（﹣2，0）；②当BE 为正方形的对角线时，则BE 和GF 相互垂直平分，即点F 在BE 的中垂线上，△FBE 为等腰直角三角形，即点F 到BE 的距离等于12BE ，而BE ＝a ﹣3，故F （a−32，|a−32|），将点F 的坐标代入抛物线表达式得：|a−32|=(a−32)2−2×a−32−3 解得：a ＝﹣3或3或﹣7（舍去3），故点E 的坐标为：（﹣3，0）或（﹣7，0）；综上点E 的坐标为：（0，0）或（﹣2，0）或（﹣3，0）或（﹣7，0）．【点评】本题是二次函数的综合运用，考查了待定系数法求二次函数的解析式，中点坐标公式，两点间的距离公式，正方形的性质等知识，熟练掌握坐标与图形的性质是解题的关键．【变2-2】（2022秋•越城区期中）如图，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 经过A （﹣1，0），B （3，0）两点，且与y 轴交于点C ，点D 是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE 交x 轴于点E ，连接BD ．（1）求经过A ，B ，C 三点的抛物线的函数表达式；（2）点Q 在该抛物线的对称轴上，若△BCQ 是以BC 为直角边的直角三角形，求点Q 的坐标；（3）若P 为BD 的中点，过点P 作PF ⊥x 轴于点F ，G 为抛物线上一动点，M 为x 轴上一动点，N 为直线PF 上一动点，当以F 、M 、N 、G 为顶点的四边形是正方形时，请求出点M 的坐标．【分析】（1）利用待定系数法求出过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；（2）如图1，连接BC，CD．首先证明△OBC是等腰直角三角形，分两种情形分别求出点Q的坐标即可．（3）设点M的坐标为（a，0），表示出点G的坐标，根据正方形的性质列出方程，解方程即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴−1−b+c=0−9+3b+c=0，解得，b=2 c=3，∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3．（2）如图1，连接BC，CD．由题意，C（0，3），B（3，0），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°∵y＝﹣（x﹣1）2+4，∴抛物线顶点D的坐标为（1，4），∵△BCQ是以BC为直角边的直角三角形，当∠Q′BC＝90′时，∠ABQ′＝45°，∴EB＝EQ′＝2，∴Q′（1，﹣2），当∠QCB＝90°时，此时点Q与点D重合，Q（1，4），综上所述，满足条件的点Q的坐标为（1，4）或（1，﹣2）．（3）如图2中，设点M的坐标为（a，0），则点G的坐标为（a，﹣a2+2a+3），∵以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形，∴FM＝MG，即|2﹣a|＝|﹣a2+2a+3|，当2﹣a＝﹣a2+2a+3时，整理得，a2﹣3a﹣1＝0，解得，a=当2﹣a＝﹣（﹣a2+2a+3）时，整理得，a2﹣a﹣5＝0，解得，a=∴当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，点M00），00）．。

二次函数和菱形存在性问题通用解法

我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是①四边都相等的四边形是菱形；②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③邻边相等的平行四边形是菱形；④对角线互相垂直平分的四边形是菱形；⑤一条对角线平分一个顶角的平行四边形是菱形.在做几何证明题的时候我们常用的判定方法主要是前三种.二次函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大的多，因此我在研究了近些年中考真题之后尝试性的总结一下菱形存在性问题的通用解法，以供大家参考.纵观历年中考真题，菱形存在性问题主要是以“两定两动”为设问方式，其中两定指的是四边形四个顶点其中有两个顶点的坐标是确定的或者是可求解的；两动指的是其中一个动点在一条直线或者抛物线上，另外一个动点是平面内任意一点或者该动点也在一条直线或者抛物线上.一解题模型铺垫1：等腰三角形的构造方法点A和点B为平面内的两个定点，点C为水平直线上的一个动点，要使△ABC为等腰三角形，请利用尺规作图的方法作出点C的位置.图1是以AB为底边（AC和BC为腰），作出线段AB的垂直平分线交直线于点C1；图2是以AB为腰，以点A为圆心，以AB长度为半径作圆，交直线于点C2；图3是以AB为腰，以点B为圆心，以AB长度为半径作圆，交直线于点C3、C4；我们把上述作图方法简称为“两圆一中垂”.铺垫2：平行四边形顶点坐标公式根据平行四边形的性质对角线互相平分，可以知道点O为线段AC 和线段BD的中点。

①两定点确定的线段为边作菱形如图所示，点A和点B为平面内两个定点，点C是直线l上一个动点，点D是平面内的一个动点.以AB为菱形的边，请作出符合题意的菱形.作图方法：由于点D是平面内的任意一个动点，意味着该点需要借助其它的点才能确定下来，因此，我们第一步先确定动点C的位置.要想使以AB为边的四边形是菱形，根据菱形的判定方法3我们可以确定△ABC是以AB为腰的等腰三角形，因此我们可以借助等腰三角形存在性知识，来确定点C的位置.确定方法具体如下：以点A为圆心，以AB长度为半径画圆，交直线l于点C1和C2.接下来需要确定点D的位置.以BC为对称轴作点A关于BC的对称点D，由于点C有两个点，确定下来的点D有两个.再以点B为圆心，BA长度为半径画圆，交直线l于点C3和C4，利用同样的方法作出点D3和D4.解题策略：第一步：确定点C的坐标设出点C坐标，利用两点间距离坐标公式，表示出AB、AC、BC 的长度.当AB=AC时，列出方程，求出点C的坐标；当BA=BC时，列出方程，求出点C的坐标.第二步：确定点D的坐标根据平行四边形顶点坐标公式可求出点D的坐标.②两定点确定的线段为对角线作菱形如图所示，点A和点B为平面内两个定点，点C是抛物线上一个动点，点D是平面内的一个动点.点C关于AB的对称点为点D，请作出所有符合题意的图形.作图方法：第一步：作出AB的垂直平分线；第二步：作点C关于AB 对称点D.解题策略：第一步：求出AB的中点坐标和AB的斜率k，利用两直线垂直，斜率乘积为﹣1这个结论，设直线CD的解析式为y=﹣1/k+b，再把AB中点坐标代入上式，解出b的值.求出CD解析式.第二步：联立直线CD和抛物线，可以解得点C的坐标；第三步：确定点D的坐标根据平行四边形顶点坐标公式可求出点D的坐标.二例题精讲题型一确定对角线【例1】（难度等级☆）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，直线AB解析式为y=﹣2x﹣1，与y轴交于点A，与直线y=﹣x交于点B，点B关于原点的对称点为点C．且过A，B，C三点的抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣1，P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为Q，当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标．【例2】（2016•陕西一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2﹣3x﹣4的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点左侧，B点的坐标为（4，0），与y轴交于C （0，﹣4）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．【例3】（2016•黔西南州）如图，二次函数y=﹣x2+3x+4的图象与x轴的一个交点为B（4，0），另一个交点为A，且与y轴相交于C（0，4），P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q，当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；题型三边和对角线均不确定【例5】（2018•齐齐哈尔）如图1所示，直线y=x+c与x轴交于点A（﹣4，0），与y轴交于点C，抛物线y=﹣x2﹣3x+4经过点A，C．如图2所示，M是线段OA的上一个动点，过点M垂直于x 轴的直线与直线AC和抛物线分别交于点P、N．若点P恰好是线段MN的中点，点F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点D，使以点D，F，P，M为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．关注公众号【初中小窝】，每日发布学习资料，找资料问小窝！。

二次函数存在性问题(菱形、平行四边形、矩形)

今天讲解二次函数背景下的四边形存在性问题．这里的四边形存在性问题，一般是以几种特殊的四边形为主，常考察的有平行四边形、菱形、矩形、正方形．当然，三角形的存在性问题和四边形的存在性问题是一样，如等腰三角形实际上和菱形是一致的，直角三角形和矩形是一样的，等腰直角三角形和正方形是一致的．本文我们将重点讲解这类问题的求解逻辑以及注意事项，同时给大家理出一个比较通用的解题模板．1如图，抛物线y = ax 2 + bx + 3 交x 轴于点A (−1, 0) 和点B (3, 0) ，与 y 轴交于点C ，连接BC ，交对称轴于点D ．(1) 求抛物线的解析式；(2)点 P 是直线BC 上方的抛物线上点，连接PC ，PD ．求 △PCD 的面积的最大值以及此时点P 的坐标；(3)将抛物线y = ax 2 + bx + 3 向右平移 1 个单位得到新抛物线，新抛物线与原抛物线交于点E ，点F 是新抛物线的对称轴上的一点，点 G 是坐标平面内一点．当以D 、E 、F 、 G 四点为顶点的四边形是菱形时，直接写出点F 的坐标，并写出求解其中一个点F 的坐标的过程．前两小问就不详说了，直接上结论，抛物线解析式为y = −x 2 + 2x + 3 ；点 P | , | ．( 3 15 )\2 4 )第 3 小问为菱形存在性问题，以D 、E 、F 、 G 四点为顶点的四边形是菱形．四个点中， D ， E 是定点，F 是平移后新抛物线对称轴上的动点，由于点F 的横坐标是确定的，只有纵坐标在变化，我们可以称其为“G 如果只需要点F 的坐标，那么没有必要求解平移后抛物线的解析式．根据平移的性质，将原抛物线向右平移 1 个单位长度，那么原抛物线的对称轴也向右平移 1 个单位长度，因此新抛物线的对称轴为x = 2 ，几 F (2, m ) ．但由于此时E 为量抛物线的交点，因此还是要把平移后的抛物线解析式求出来，根据“左加右减”，平移后的抛物线解析式为y = − (x −1)2+ 2(x −1) + 3 = −x 2 + 4x ，联立两抛物(|y = −x 2 + 2x + 3 ( 3 15 ) 线〈|ly = −x 2 + 4x ，解得E |\2 , 4 )| ．菱形的探究相对是比较简单的，对于这类探究性问题，一般都是先从确定的信息入手．菱形是以D 、E 、F 、 G 为顶点，其中DE 为定线段，那么存在的可能有DE 是一条边，也可能是一条对对角线．前面提到，等腰三角形和菱形的分析是一致的，这里我们结合等腰三角形的存在性问题一起分析．由于 G 是“自由点”，可以随机应变，因此讨论以D 、E 、F 为顶点的三角形是等腰三角形．同样，由于定线段DE 可能是等腰三角形的一条腰，也可能是底边．当DE 为一条腰时，第一种情形是点D 为顶点，即DE = DF ，也即半动点F 到D 的距离和E 到D 的距离相等，因此点F 在以点D 为圆心， DE 为半径的圆上，作出该圆，如图 1 所示，可知此时圆与新抛物线的对称轴有两个交点F 1 ，F 2 ，结合图象可以判断，此时两个点应该都是满足的．那么再加上对应的“自由点” G ，就是以DE 为边菱形了．当DE 为一条腰时，另一种情形是点E 为顶点，即ED = EF ，也即半动点F 到E 的距离和D 到E 的距离相等，因此点F 在以点E 为圆心， ED 为半径的圆上，作出该圆，如图 2 所示，可知此时圆与新抛物线的对称轴同样有两个交点F 1 ，F 2 ，结合图象，此时的F 3 存在和DE 共线的风险，因此后续需要检验一下．根据坐标可以知道，x E =，通常像这类圆心可能为两个点中点的，一般都要留个心眼，检验一下．此时再加上对应的“自由点” G ，也是以DE 为边菱形．当DE 为底边时，则F 为顶点，即FD = FE ，即 F 到线段DE 的两端点的距离相等，可知此时F 在线段DE 的垂直平分线上，作出线段DE 的垂直平分线，如图 3 所示，可知此时有一个交点F 5 ．加上对应的“自由点” G ，此时便是以DE 为对角线的菱形．对于等腰三角形和菱形的存在性问题，如上图情形，我们称其为“两圆一线”法．由于这类题一般不需要书写完整过程，因此在解题过程中，把准备工作做好，即对应的点坐标，解析式等先求出来，动点坐标假设好，再把定线段DE ，半定线段DF 、EF 长度表示出来．根据上述分析，结合“两圆一线”分别使得三条线段两两相等建立方程，即DE = DF ，DE = EF ，DF = EF ，求解出动点坐标即可．(实际解题过程中，一般使用线段平方的形式．此外，只需关注下方解析中公式计算部分即可，文字叙述部分可忽略)此题还是比较友善的，只需求出F 坐标．如果需要求解点G 的坐标，则还要加一个步骤．这里以DEG 1F 1 为例，若要求 G 1 坐标，一般有两种比较常用的思路．一是利用菱形的对边平行且相等，即F 1G 1 可以看成是DE 平移得来的，那么点D → F 1 的平移变化也即点E → G 1 的平移变化．二是利用菱形的对角线相互平分，因此EF 1 的中点也即DG 1 的中点，利用中点坐标求解出 G 1 坐标．这两种处理在平行四边形存在性问题中也是有力手段．(|y = −x 2 + 2x + 3 ( 3 15 ) 149 ( 149 )由题， y = −x 2 + 2x + 3 向右平移 1 个单位得到新抛物线y = − (x −1)2+ 2(x −1) + 3 = −x 2 + 4x ，联立〈|ly = −x 2 + 4x ，解得 E |\2 , 4 )| ，新抛物线的对称轴为x = 2 ，设 F (2, m ) ，由于 D (1, 2) ，则DE 2 =，EF 2 = + m −2= m 2 − m +，DF 2 = 1+ (m − 2)2= m 2 − 4m + 5 ，①当DE 、DF 为一组邻边时，则 DE 2 = DF 2 ，即 = m 2 − 4m + 5 ，37 ( ) ( )②当ED 、EF 为一组邻边时，则 ED 2 = EF 2 ，即 = m 2 − m + ，16 8 16 11 ( 11)③当EF 为对角线时，则FD = FE ，即 m 2 − m + = m 2 − 4m + 5 ， 2 16解得m = ，此时 F 的坐标为|2, | ；( ) ( ) ( 149 )( 11) 当F |2, |时， y F + y D = 2y E ，x D + x F = 2x E ，即 E 为D 、F 中点，不合题意，舍去； 15 229 \ 2 )综上， F 点的坐标为||\2, 2 + 4 )|| 或||\2, 2 − 4 )|| 或(2, 2) 或|\2, 56 )| ． 56 \ 56 )解得m = 2 或m = ，此时F 的坐标为(2, 2) 或|2, | ，2 \ 2 )解得m = 2 土 4 ，此时 F 的坐标为||\2, 2 + 4 )|| 或||\2, 2 − 4 )|| ；53 15 2291 ．已知二次函数y = ax2 + bx − 2(a 丰 0)与x 轴交于A ( −, 0) ，B (4, 0) ，与 y 轴交于点C ．(1) 求抛物线的解析式；(2) 连接AC ，BC ，点 P 是直线BC 下方抛物线上一点，过 P 作PD ∥AC 交直线BC 于点D ，PE ∥x 轴交直线BC 于点， E ，求△PDE 面积的最大值及此时点， P 的坐标；(3) 在(2)的条件下，将原抛物线沿x 轴向左平移3个单位得到新抛物线，点 M 是新抛物线对称轴上一点，点 N 是平面直角坐标系内一点，当以点M 、 N 、P 、B 为顶点的四边形为菱形时，请直接写出所有符合条件的N 点的坐标；并任选其中一个N 点，写出求解过程．立〈y= − 2 x 2 + 4x − 2 ，解得D 7 , 11 ．1-1如图 1，抛物线y = ax 2 + bx + 4 交x 轴于A (−2, 0) ，B (4, 0) 两点，与y 轴交于点C ，连接 AC ， BC ．(1) 求抛物线的解析式；(2) P 是拋物线上位于直线BC 上方的一个动点，过点P 作PQ ∥y 轴交BC 于点Q ，过点P 作PE ⊥ BC 于点E ，过点 E 作EF ⊥ y 轴于点F ，求出2PQ + EF 的最大值及此时点P 的坐标；(3)如图 2，将抛物线y = ax 2 + bx + 4 沿着射线CB 的方向平移，使得新抛物线y ，过点(3,1) ，点D 为原抛物线y 与新抛物线y ，的交点，若点 G 为原抛物线的对称轴上一动点，点H 为新抛物线y ，上一动点，直接写出所有使得以 A ，D ， G ，H 为顶点的四边形为平行四边形的点H 的坐标，并把求其中一个点H 的坐标的过程写出来．抛物线解析式为y = − x 2 + x + 4 ；点 P | , | ．相当于是沿着射线BC 方向平移，故舍去，因此可得平移后抛物线的解析式为y = − x 2 + 4x − ．联2 2 ( 1 13 y = − x 2 + x +4 \2 8 )这类平行四边的探究也并不难，同样先从确定的信息入手．平行四边形是以A ，D ，G ，H 为顶点，其中AD 是定线段， G 是半动点，H 在新的抛物线上．和菱形的讨论一样，我们要考虑AD 是一条边的情形，也要考虑AD 是对角线的情形．当 AD 是一条边时，实际上此时也右两种情形，一是是平行四边形为ADHG ，也即AH ，DG 为对角线；另一种则是平行四边形为ADGH ，也即 AG ，DH 为对角线．当然，不管是那种情形，由于 AD 是一条边，根据平行四边形对边平行且相等的性质， GH 这条边可以看作是将AD 平移后得到1 (8 28 )2 \3 9 )第 3 小问中，抛物线沿着射线CB 方向平移，由于后续的点在新抛物线上，因此还是要求出平移后抛物线的解析式．这类沿着射线平移的，一般采用正交分解的形式平移，由点 C (0, 4) ，B (4, 0) 可知，沿着射线 CB 平移，即向右平移t 个单位，则向下也平移t 个单位，因此假设平移后新抛物线的解析式为y = − (x − t )2+ (x − t ) + 4 − t ，因为平移后经过点(3,1) ，代入可解得t = − 1 或t = 3 ，当 t = − 1 ， 1 13的，由于半动点 G 在原抛物线对称轴x = 1 上，那么点 G 有可能是点 A 平移后得到的，此时点H 就是点D 平移后得到的，如图 1 所示；同理，当点 G 是点D 平移后得到的，那么此时点H 就是点A 平移后得到的，如图 2 所示．设点 G (1, m )，根据平移的性质，结合点坐标的变化规律，当 A → G 时，即(−2, 0) —(1, m ) ，则有D|2 , 8 )| —H | 2 , 8 + m )| ，由于点H 在新抛物线上，且横坐标已知了，代入新抛物线即可 11 1 (13 213 13 13 (13 13 此外，除了用平移性质得到H 点的坐标外，此时 AH 是一条对角线，也利用对角线相互平分，则 A 、 H 的中点和 D 、 G 的中点是同一个，利用中点坐标则有 x A + x H = x D + x G ，故 13 13 13 (13 13 x H = x D + x G − x A = 2 ，将x = 2 代入新抛物线解析式，可求得H 点纵坐标y = − 8 ，故H | 2 , − 8 )|．当 AG 是一条对角线时，则有x A + x G = x D + x H ，故 x H = x A + x G − x D = − ，代入新抛物线解析 277 ( 9 277式，可求得此时H 的纵坐标为 − ，故H |− , − | ．8 2 8 ) 当 AD 是一条对角线时，则有x A + x D = x H + x G ，故 x H = x A + x D − x G = ，代入新抛物线解析式， 37 ( 1 37 可求得此时H 的纵坐标为 − ，故 H | , − | ．8 2 8 )同样地，在解题过程中，把准备工作做好，即对应的点坐标，解析式等先求出来，动点坐标假设好，将点坐标表示列出来(通常都是横坐标)，选定一个定点，如这里我们选定 x A ，将其与剩下三点横坐标x D 、x G 、x H 两两组合，建立中点坐标关系式，即x A + x D = x H + x G ，x A + x G = x D + x H 以及x A + x H = x D + x G ，求解出点H 横坐标，再代入解析式中求出点H 纵坐标即可．求得纵坐标 8 + m = − 2 | 2 )| + 4 2 − 2 = − 8 ，此时H | 2 , − 8 )| ． ( 7 11 (13 1113 (13 13)由题，设平移后的抛物线解析式为y = − (x − t )2+ (x − t ) + 4− t ，因为平移后经过点(3,1)，代入可解得t = − 1 (舍) 或t = 3 ，2 2联立〈y = − 2 x 2 + 4x − 2 ，解得 D 7 , 11 ， y = − x 2 + x + 4 \2 8 )则x A =−2 ，x D = ，x G = 1，设 H 点横坐标为x H ，①当AH 为一条对角线时，x A + x H = x D + x G ，则 x H = ，代入可求得此时H | , − | ； 9 ( 9 277 )1 (1 37 )综上， H 的坐标为| , − |或|− , − |或| , − | ．( 1 13 ③当AD 为一条对角线时，x A + x D = x H + x G ，则x H = ，代入可求得此时H | , − | ；(13 13) ( 9 277 ) (1 37 )2 \2 8 )\ 2 8 ) \ 2 8 ) \2 8 )②当AG 为一条对角线时，x A + x G = x D + x H ，则x H = − ，代入可求得此时H |− , − | ；2 \ 2 8 ) 2 \ 2 8 )故平移后抛物线的解析式为y = − x 2 + 4x − ，1 131．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y= ax2 + bx+ 3(a 0) 与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点(点A在点B的右侧)，且点A的坐标为( 3, 0) ，连接BC，过点A作AD∥BC交y轴于点D，OB= 3OA．(1) 求抛物线的解析式；(2) 如图1，点E为射线AD上一点，点P为第二象限内抛物线上一点，求四边形PBEC面积的最大值及此时点P的坐标；(3) 如图2，将原抛物线沿x轴正方向平移得到新抛物线y，y经过点C，平移后点A的对应点为点A，点N为线段AD的中点，点Q为新抛物线y的对称轴上一点，在新抛物线y上存在一点M，使以点M，Q，A，N为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点M的坐标，并选择一个你喜欢的点写出求解过程．2．如图，抛物线y= x2 + bx+ c与x轴相交于点A(−1, 0) 和点B，交y轴于点C，tan 三ACO= ．(1) 求抛物线的解析式；(2) 如图1 ，P点为一象限内抛物线上的一个动点，点D是BC中点，连接PD，BD，PB．求△BDP面积的最大值以及此时P点坐标；，M为新抛物线对称轴上(3) 如图2，将抛物线向左平移 1 个单位长度，得到新的抛物线y1一点，N为直线AC上一动点，在(2) 的条件下，是否存在点M，使得以点P、B、M、N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．| 4 21如图，已知抛物线y = ax 2 + bx − 4 与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，且点A 的坐标为(−2, 0) ，直线BC 的解析式为y = x − 4 ．(1) 求抛物线的解析式；(2)如图 1，过点 A 作 AD ∥BC 交抛物线于点D (异于点 A )， P 是直线BC 下方抛物线上一点，过点P 作PQ ∥y 轴，交AD 于点Q ，过点 Q 作QR ⊥ BC 于点R ，连接PR ．求△PQR 面积的最大值及此时点P 的坐标；(3) 如图 2，点 C 关于x 轴的对称点为点C ，将抛物线沿射线 C A 的方向平移2个单位长度得到新的抛物线y ，新抛物线y 与原抛物线交于点M ，原抛物线的对称轴上有一动点 N ，平面直角坐标系内是否存在一点K ，使得以 D ，M ，N ，K 为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K 的坐标；若不存在，请说明理由．抛物线解析式为y = x 2 − x − 4 ；S △PQR 的最大值为 9，点P (4, −6) ．第 3 小问中，抛物线沿着射线C A 方向平移，由于点M 为两抛物线交点，因此需求出平移后抛物线的解析式．根据A (−2, 0) ，C (0, 4) ，可知Rt △AOC 中AO : OC : AC = 1: 2 : ，因此将抛物线沿着射线C A 方向平移2个单位长度，则相当于向下平移 4 个单位长度，向左平移 2 个单位长度，因此平移后的抛物线为y = 1 (x + 2)2− 3 (x + 2) − 4 − 4 = 1 x 2 − 1 x −10 ，联立〈y = x 2 − x −10，解4 2 4 2y = x 2 − x − 4( 1得M (6, −4) ．又 BC : y = 1 x − 4 ，可知 AD : y = 1 x + 1，联立〈 y = 2 x + 1，解得D (10, 6) ．2 2 |y = 1 x 2 − 3x − 4因为以D ，M ，N ，K 为顶点的四边形是矩形，此时定线段是DM ，半动点为N ，自由点为K ．和前面讨论菱形、平行四边形时的流程基本大同小异，定线段DM 可能是矩形的边，也可能是矩形的对角线，因此要分两种情形讨论．矩形的存在性问题和直角三角形的存在性问题是一致的，如本题中，探究以D ，M ，N 为顶点的三角形是直角三角形．同样地，先以直角三角形为例，那么D ，M ，1 3 4 2在实际解题中设 K (x , y ) 即可)，利用中点关系〈 M K D N ，则〈 K，整理得N 均有可能为直角顶点．当M 为直角顶点时，过M 作DM 垂线与对称轴交点即为点N 所在位置，如图 1 所示．对于N 点坐标的求解，一方面，由于MN ⊥ DM ，则 k MN . k DM = − 1，结合点M 坐标，由此可求得直线MN 解析式，将其与对称轴方程联立即可求得点N 坐标．另一方面，可以构造如图所示的K 型相似，即构DH MH1 腰直角三角形，或者四边形中的正方形，那么可以构造此类的K 型全等求解．在此直角三角形的基础上，加上自由点K ，就变成矩形问题了．对于矩形问题，同样可以求出点N 坐标后，利用平移关系或者对角线的中点关系，求相应的点K 的坐标．当然，如果是探究矩形的存在性问题，也可以直接利用中点关系求得点K 的坐标．由点N (3, n )，设K (x K , y K ) (熟练后，(x + x = x + x (6 + x = 10 + 3 l y M + y K = y D + y N l−4 + y K = 6 + n 〈，再由对角线相等，即MK = DN ，代入即有1+ (y + 4)2= 49 + (16 − y )2，解得 y =，( 36 )同样适用．当D 为直角顶点时，三角形如图2 所示．同样，加上自由点K ，就变成矩形问题了．这里我们5 2 2 ( 44 )l y M + y N = y D + y K |y K = − \ 5 )对于直角三角形或矩形问题，如上图情形，我们可以称其为“两线一圆”．若只求点N 坐标，一般利用斜率关系，求出解析式后进一步求解．如果是矩形问题要求自由点的坐标，可以用对角线平分且相等，建立方程求解．当然，先求点N ，利用点N 作为台阶进一步求解也是没问题的，大家选用自己顺手的方法即可．造 △MN 1G ∽△DMH ，利用 = ，可求出长度，进而得到点 N 坐标．更特殊地，如果是等以垂线方式求解．由于k DM = 2 ，则 k DN = − 5 ，故此时DN : y = − 5 x + 10 ，令x = 3 ，可解得N |\3, 5 )| ，由中点可知，〈(x M + x N = x D + x K ，可解得〈(|x K = − 16 ，此时 K −1,− 6 ．l 5当N 为直角顶点时，则有NM ⊥ ND ，因此点N 在以DM 为直径的圆上．此种情形若只是求点N 坐标，策略比较多，一方面，可以利用斜率，由k ND . k NM= − 1求出点N 坐标；另一方面，可以利用线段长度求解，设DM 中点为为R ，则此时圆心为R ，因此NR = RD = DM ，由此也可求得点N 坐标，此外，还可以利用勾股定理ND 2 + NM 2 = DM 2 ．当加入自由点K ，变成矩形问题后，除了先求出点N 坐标，利用平移或中点求解点K 坐标外，也可以利用前面的对角线平分且相等来求解．故此时K |7, | ．此法借助的是矩形的对角线平分且相等的性质，该处理对于DM 是对角线的情形 \ 5 ) GM N G式和长度关系式子，即〈 M K D N 且MK 2 = DN 2 ，〈 M N D K 且MN 2 = DK 2 以及(x M + x D = x N + x K 4 2 4 2|l 4 2(x M + x K = x D + x N (6 + x = 10 + 3 (x = 7由MK 2 = DN 2 ，代入即有1+ (y + 4)2= 49 + (16 − y )2，解得 y = 36，故此时K 7,36；由MN 2 = DK 2 ，代入即有9 + (y +14)2 = 121+ (y − 6)2，解得 y = − 6 ，故此时K −1,− 6 ；(x M + x D = x N + x K (6 + 10 = 3 + x (x = 13 同样地，在解题过程中，把准备工作做好，即对应的点坐标安排到位，动点坐标假设好，选定一个定点，如这里我们选定M ，将其与剩下三点横坐标D 、 N 、K 两两组合，建立中点坐标关系 (x + x = x + x (x + x = x + xl y M + y K = y D + y N l y M + y N = y D + y K〈且MD 2 = NK 2，利用方程组求解出对应的点K 的坐标． l y M + y D = y N + y K附：坐标平面内点A (x 1 , y 1 ) ，B (x 2 , y 2 ) ，其中x 1 丰 x 2 ，则过A 、B 两点的直线的斜率k =由题，将抛物线沿着射线 C ,A 方向平移2个单位长度，即将其向下平移 4 个单位长度，向左平移 2 个单位长度，因此平移后的抛物线为y =1(x + 2)2 − 3 (x + 2) − 4 − 4 = 1 x 2 − 1 x −10 ，联立〈y = x 2− x −10，解得M (6, −4) ，y = x 2 − x − 4( 1又 BC : y = 1 x − 4 ，可知 AD : y = 1 x + 1，联立〈 y = 2 x + 1，解得D (10, 6) ，2 2 |y = 1 x 2 − 3x − 4由M (6, −4) ，D (10, 6) ，设 N (3, n ) ，K (x , y ) ，①当MK 为一条对角线时，〈，即〈，整理得〈， l y M + y K = y D + y N l −4 + y = 6 + n l n = y −105 \ 5 )②当MN 为一条对角线时，〈(x M + x N = x D + x K，即〈(6 + 3 = 10 + x，整理得〈(x = − 1l y M + y N = y D + y K l −4 + n = 6 + y l n = 10 + y5 \ 5 )③当MD 为一条对角线时，〈，即〈，整理得〈l y M + y D = y N + y K l−4 + 6 = n + y l n = 2 − y由MD 2 = NK 2 ，代入即有116 = 100 + (2 − 2y )2，解得y =− 1 或y = 3 ，故此时K (13, −1) 或(13,3) ； ( 36 ) ( 6 )综上，点K 的坐标为|7, |或|−1,− |或(13, −1) 或(13,3) ．\ 5 ) \ 5 ) y 1 − y 2． x 1 − x 21．如图1，二次函数y= ax2 + bx+ c(a丰0)与x轴交于点A(−2, 0) 、点B(点A在点B左侧)，与y轴交于点C(0,3) ，tan 三CBO= ．(1) 求二次函数解析式；(2)如图2，点P是直线BC上方抛物线上一点，PD∥y轴交BC于D，PE∥BC交x轴于点E，求PD+ BE的最大值及此时点P的坐标；(3) 在(2) 的条件下，当PD+ BE取最大值时，连接PC，将△PCD绕原点O顺时针旋转90。

中考数学总复习《二次函数与菱形存在性问题》专题训练-附答案

中考数学总复习《二次函数与菱形存在性问题》专题训练-附答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________1．综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，二次函数228y x x =--的图像与x 轴交于A ，B 两点，点A 在点B 的左侧，与y 轴交于点C ，点P 是直线BC 下方抛物线上的一个动点．(1)求点A ，B ，C 的坐标；(2)连接PO ，PC ，并将POC △沿y 轴对折，得到四边形POP C '．是否存在点P ，使四边形POP C '为菱形？若存在，求出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)当点P 运动到什么位置时，四边形ABPC 的面积最大？求出此时点P 的坐标和四边形ABPC 的最大面积． 2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数2y x bx c =++的图像与x 轴交于A 、B 两点，A 点在原点的左侧，B 点的坐标为()3,0，与y 轴交于()0,3C -点，点P 是直线BC 下方的抛物线上一动点．(1)求这个二次函数的表达式．(2)连接PO 、PC ，并把POC △沿CO 翻折，得到四边形POP C '，那么是否存在点P ，使四边形POP C '为菱形？若存在，请求出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由．(3)当点P 运动到什么位置时，四边形ABPC 的面积最大？求出此时P 点的坐标和四边形ABPC 的最大面积． 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，已知二次函数2y ax 2x c =++的图象经过点(03)C ，，与x 轴分别交于点A ，点(30)B ，．点P 是直线BC 上方的抛物线上一动点．(1)求二次函数2y ax 2x c =++的表达式；(2)连接PO PC ，，并把POC △沿y 轴翻折，得到四边形POP C '．若四边形POP C '为菱形，请求出此时点P 的坐标；(3)当点P 运动到什么位置时，四边形ACPB 的面积最大？求出此时P 点的坐标和四边形ACPB 的最大面积． 5．如图，在平面直角坐标系中，二次函数2y x bx c =++的图像与x 轴交于A B 、两点，B 点的坐标为()3,0，与y 轴交于点()0,3C -，点P 是直线BC 下方抛物线上的任意一点．(1)求这个二次函数2y x bx c =++的解析式；(2)如果点P 在运动过程中，能使得以P C B 、、为顶点的三角形面积最大，请求出此时点P 的坐标； (3)连接,PO PC ，并将POC △沿y 轴对折，得到四边形POP C '，如果四边形POP C '为菱形，求点P 的坐标． 6．二次函数2(0)y ax bx c a =++≠经过点(0,2)A ，(1,0)B -和(4,0)C ．(1)求该二次函数的解析式； (2)设点D 的横坐标为302m m ⎛⎫<<⎪⎝⎭，过点D 作DE y ∥轴交直线AC 于点E ，DG x ∥轴交对称轴于点G ，以DG 、DE 为边构造矩形DEFG ，当矩形DEFG 的周长最大时，求点D 的坐标；(3)将抛物线向右平移1个单位，向上平移2个单位后得到新抛物线y '，y '与直线2x =交于点M ，点N 为平移后抛物线y '对称轴上一点，点Q 为平面内任意一点．在第（2）问条件下，当点D 、M 、N 、Q 构成的四边形为菱形时，直接写出点Q 的坐标．7．在平面直角坐标系中，已知点A 在y 轴正半轴上，如果四个点()0,0、()0,2和()1,1、()1,1-中恰有三个点在二次函数2y ax =（a 为常数且0a ≠）的图象上．(1)直接写出a 的值；(2)如图1，点P 、Q 在二次函数图象上，且在y 轴异侧，连接PQ 交y 轴于点()0,4A ，46POQ S =△设点P 、Q 的横坐标1x ，2x （12x x <）为一元二次方程220x mx m -+=的两个根，求m 的值；(3)如图2，已知菱形ABCD 的顶点B 、C 、D 在该二次函数的图象上，且AD y ⊥轴，求菱形的边长．8．综合与探究如图，已知二次函数()220y ax bx a =++≠的图像与x 轴交于1,0A ，B 两点，与y 轴交于点C ，直线122y x =-+经过B ，C 两点（1）求二次函数的解析式；（2）点P 是线段 BC 上一个动点，过点P 作x 轴的垂线于点Q ，交抛物线于点D ，当点Q 是线段PD 的中点时，求点P 的坐标；（3）在（2）的条件下，若点M 是直线BC 上一点，N 是平面内一点，当以P ，D ，M ，N 为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点N 的坐标．9．综合与探究如图，二次函数23y ax bx =++与x 轴相交于点(2,0)A -和点(4,0)B ，与y 轴相交于点C ；连接BC ，点P 为BC 上方抛物线上的一个动点，过点P 作PE BC ⊥于点E ．（1）求抛物线的表达式（2）设点P 的横坐标为m (04)m <<，试用含m 的代数式表示线段PE 的长；并求出PE 长度的最大值．（3）连接AC ，点M 是x 轴上的一个动点，点N 是平面内任意一点；是否存在这样的点M 、N ，使得以A 、C 、M 、N 为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．10．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y ＝x 2+bx +c 的图象与x 轴交于A 、B 两点，A 点在原点的左侧，B 点的坐标为（3，0），与y 轴交于C （0，﹣3）点，点P 是直线BC 下方的抛物线上一动点．（1）分别求出图中直线和抛物线的函数表达式；（2）连接PO 、PC ，并把△POC 沿C O 翻折，得到四边形POP ′C ，那么是否存在点P ，使四边形POP ′C 为菱形？若存在，请求出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由．11．在平面直角坐标系中，二次函数223432333y x x =--的图像与x 轴交于,A B 两点，与y 轴交于点C ，连接,AC BC ．（1）求,A B 两点坐标及直线BC 的解析式；（2）点P 是直线BC 下方抛物线上一点，当BPC ∆面积最大时，在x 轴下方找一点Q ，使得2AQ BQ PQ ++最小，记这个最小值是d ，请直接写出此时点P 的坐标及2d ．（3）在（2）的条件下，连接AP 交y 轴于点R ，将抛物线沿射线PA 平移，平移后的抛物线记为'y ，当'y 经过点A 时，将抛物线'y 位于x 轴下方部分沿x 轴翻折，翻折后所得的曲线记为N ，点'D 为曲线N 的顶点，将AOP ∆沿直线AP 平移，得到'''A O P ∆，在平面内是否存在点T ，使以点',,',T D R O 为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出'O 的横坐标；若不存在，请说明理由．12．如图，已知二次函数1L ：()22311y mx mx m m =+-+≥和二次函数2L ：()2341y m x m =--+-()1m ≥图象的顶点分别为M 、N ，与x 轴分别相交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边）和C 、D 两点（点C 在点D 的左边）（1）函数()22311y mx mx m m =+-+≥的顶点坐标为______；当二次函数1L ，2L 的y 值同时随着x 的增大而增大时，则x 的取值范围是_______；（2）判断四边形AMDN 的形状（直接写出，不必证明）；（3）抛物线1L ，2L 均会分别经过某些定点； △求所有定点的坐标；△若抛物线1L 位置固定不变，通过平移抛物线2L 的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线2L 应平移的距离是多少？13．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A 在y 轴正半轴上．(1)如果四个点()()()()0,00,21,11,1-、、、中恰有三个点在二次函数2y ax =（a 为常数，且0a ≠）的图象上． △=a ________；△如图1，已知菱形ABCD 的顶点B 、C 、D 在该二次函数的图象上，且AD y ⊥轴，求菱形的边长； △如图2，已知正方形ABCD 的顶点B 、D 在该二次函数的图象上，点B 、D 在y 轴的同侧，且点B 在点D 的左侧，设点B 、D 的横坐标分别为m 、n ，试探究n m -是否为定值．如果是，求出这个值；如果不是，请说明理由．(2)已知正方形ABCD 的顶点B 、D 在二次函数2y ax =（a 为常数，且0a >）的图象上，点B 在点D 的左侧，设点B 、D 的横坐标分别为m 、n ，直接写出m 、n 满足的等量关系式． 14．综合与探究如图，二次函数24y ax bx =++的图像经过x 轴上的点()6,0A 和y 轴上的点B ，且对称轴为直线72x =．(1)求二次函数的解析式．(2)点E 位于抛物线第四象限内的图像上，以OE ，AE 为边作平行四边形OEAF ．当平行四边形OEAF 为菱形时，求点F 的坐标与菱形OEAF 的面积．(3)连接AB ，在直线AB 上是否存在一点P ，使得AOP 与AOB 相似，若存在，请直接写出点P 坐标，若不存在，请说明理由．15．如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，一次函数21y x =--与y 轴交于点A ，若点A 关于x 轴的对称点D 在一次函数12y x b =+的图象上．(1)求b 的值；(2)若一次函数21y x =--与一次函数y x =-交于B ，且点B 关于原点的对称点为点C ．求过A ，B ，C 三点对应的二次函数表达式；(3)P 为抛物线上一点，它关于原点的对称点为点Q ． △当四边形PBQC 为菱形时，求点P 的坐标；△若点P 的横坐标为()11t t -<<，当t 为何值时，四边形PBQC 的面积最大？请说明理由．参考答案：1．(1)(2,0)- (4,0) (0,8)- (2)存在，(15,4)+- (3)(2,8)-，322．(1)2=23y x x -- (2)存在 2103,22⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭(3)P 点的坐标为315,24⎛⎫- ⎪⎝⎭，四边形ABPC 的面积的最大值为7583．(1)223y x x =-++；(2)存在，点M 的坐标为()1,0或()2,0或()32,0-．4．(1)223y x x =-++ (2)点P 的坐标为53122， (3)点P 的坐标315,24⎛⎫ ⎪⎝⎭，四边形ACPB 面积的最大值为7585．(1)2=23y x x --；(2)BPC △的面积最大时，P 点的坐标为31524⎛⎫- ⎪⎝⎭，；(3)P 点的坐标为210322⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭，．6．(1)213222y x x =-++；(2)()1,3；(3)点Q 的坐标为19,22⎛⎫ ⎪⎝⎭或3619,22⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭或3619,22⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭7．(1)1a =； (2)2m =- (3)2338．（1）215222y x x =-+；（2）P （2，1）；（3）4225,1555N ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭422+5,1555N ⎛⎫-- ⎪⎝⎭ ()0,0N 1811,55N ⎛⎫⎪⎝⎭9．（1）233384y x x =-++；（2）236 105PE m m =-+，最大值为65；（3）存在点M 、N ，使得以A 、C 、M 、N 为顶点的四边形为菱形．点N 的坐标有4个，分别为：()13,3- ()13,3 (0,3)- 13,34⎛⎫- ⎪⎝⎭10．（1）y ＝x ﹣3，y ＝x 2﹣2x ﹣3．（2）存在，点P 2103,22⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭11．（1）A （−1，0），B （3，0） 23233yx ；（2）P （32，532-），d 2＝46203+；（3）'O 的横坐标为：512-或512--或920112或920112或115．12．（1）()1,41m --+ 13x -<<；（2）四边形AMDN 是矩形；（3）△所有定点的坐标，1L 经过定点()3,1-或()1,1，2L 经过定点()5,1-或1,1；△抛物线2L 应平移的距离是423+或423-． 13．(1)△1；△233；△是，值为1 (2)()1a n m -=或0m n += 14．(1)2214433y x x =-+ (2)(3,4)F ；菱形OEAF 的面积为24(3)存在，点P 坐标为(0,4)或2436,1313⎛⎫⎪⎝⎭15．(1)1b = (2)21y x x =--(3)△()12,12--或()12,12++；△当0=t 时，四边形PBQC 的面积最大。

17.二次函数与菱形有关的问题(解析版)2021年中考数学二轮复习重难题型突破

类型九二次函数与菱形有关的问题【典例1】如图，已知抛物线23)0(y a bx a =++≠经过点1,0A 和点()3,0B ，与y 轴交于点C .（1）求此抛物线的解析式；（2）若点P 是直线BC 下方的抛物线上一动点（不点B ，C 重合），过点P 作y 轴的平行线交直线BC 于点D ，设点P 的横坐标为m .①用含m 的代数式表示线段PD 的长；②连接PB ，PC ，求PBC ∆的面积最大时点P 的坐标；（3）设抛物线的对称轴与BC 交于点E ，点M 是抛物线的对称轴上一点，N 为y 轴上一点，是否存在这样的点M 和点N ，使得以点C 、E 、M 、N 为顶点的四边形是菱形？如果存在，请直接写出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）y ＝x 2﹣4x +3；（2）①用含m 的代数式表示线段PD 的长为﹣m 2+3m ；②△PBC 的面积最大时点P 的坐标为（32，﹣34）；（3）存在这样的点M 和点N ，使得以点C 、E 、M 、N 为顶点的四边形是菱形．点M 的坐标为M 1（2，3），M 2（2，1﹣2，M 3（2，2．【解析】（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx+3（a≠0）经过点A （1，0）和点B （3，0），与y 轴交于点C ， ∴309330a b a b ++=⎧⎨++=⎩，解得14a b =⎧⎨=-⎩， ∴抛物线解析式为y ＝x 2﹣4x+3；（2）①设P （m ，m 2﹣4m+3），将点B （3，0）、C （0，3）代入得直线BC 解析式为y BC ＝﹣x+3．∵过点P 作y 轴的平行线交直线BC 于点D ，∴D（m，﹣m+3），∴PD＝（﹣m+3）﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+3m．答：用含m的代数式表示线段PD的长为﹣m2+3m．②S△PBC＝S△CPD+S△BPD＝12OB•PD＝﹣32m2+92m＝﹣32（m﹣32）2+278．∴当m＝32时，S有最大值．当m＝32时，m2﹣4m+3＝﹣34．∴P（32，﹣34）．答：△PBC的面积最大时点P的坐标为（32，﹣34）．（3）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形．根据题意，点E（2，1），∴EF=CF=2，∴EC=2，根据菱形的四条边相等，∴M（2，2，当EM=EF=2时，M（2，3）∴点M的坐标为M1（2，3），M2（2，1﹣，M3（2，．【典例2】如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，B点的坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3），点P是直线BC下方抛物线上的任意一点．（1）求这个二次函数y=x2+bx+c的解析式．（2）连接PO，PC，并将△POC沿y轴对折，得到四边形POP′C，如果四边形POP′C为菱形,求点P的坐标．（3）如果点P在运动过程中，能使得以P、C、B为顶点的三角形与△AOC相似，请求出此时点P的坐标．【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3（2）（2）（，-）（3）P、C、B为顶点的三角形与△AOC相似，此时点P的坐标（1，﹣4）【解析】（1）将B、C点代入函数解析式，得：，解得：，这个二次函数y＝x2+bx+c的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵四边形POP′C为菱形，∴OC与PP′互相垂直平分，∴y P，即x2﹣2x﹣3，解得：x1，x2（舍），P（）；（3）∵∠PBC＜90°，∴分两种情况讨论：①如图1，当∠PCB＝90°时，过P作PH⊥y轴于点H，BC的解析式为y＝x﹣3，CP的解析式为y＝﹣x﹣3，设点P的坐标为（m，﹣3﹣m），将点P代入代入y═x2﹣2x﹣3中，解得：m1＝0（舍），m2＝1，即P（1，﹣4）；AO＝1，OC＝3，CB，CP，此时3，△AOC∽△PCB；②如图2，当∠BPC＝90°时，作PH⊥y轴于H，作BD⊥PH于D．∵PC⊥PB，∴△PHC∽△BDP，∴．设点P的坐标为（m，m2﹣2m﹣3），则PH=m，HC=－（m2﹣2m﹣3）－（－3）=－m2+2m，BD=－（m2﹣2m﹣3），PD=3－m，∴，∴，解得：m或（舍去）．当m时，m2﹣2m﹣3=．∵△PHC∽△BDP，∴==3，以P、C、B为顶点的三角形与△AOC不相似．综上所述：P、C、B为顶点的三角形与△AOC相似，此时点P的坐标（1，﹣4）．【典例3】如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点的坐标为（﹣3，0），B点在原点的左侧，与y轴交于点C（0，3），点P是直线BC上方的抛物线上一动点（1）求这个二次函数的表达式；（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C（如图1所示），那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请此时点P的坐标：若不存在，请说明理由；（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABCP的面积最大，并求出其最大值．【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3；（2）存在．P点的坐标为（﹣2+102，32）；（3）P点的坐标为（﹣32，154），四边形ABPC的面积的最大值为758．【方法点拨】（1）利用待定系数法直接将B、C两点直接代入y＝x2+bx+c求解b，c的值即可得抛物线解析式；（2）利用菱形对角线的性质及折叠的性质可以判断P点的纵坐标为﹣32，令y＝﹣32即可得x2﹣2x﹣3＝﹣32，解该方程即可确定P点坐标；（3）由于△ABC的面积为定值，当四边形ABCP的面积最大时，△BPC的面积最大；过P 作y轴的平行线，交直线BC于Q，交x轴于F，易求得直线AC的解析式，可设出P点的横坐标，然后根据抛物线和直线BC的解析式求出Q、P的纵坐标，即可得到PQ的长，以PQ为底，B点横坐标的绝对值为高即可求得△BPC的面积，由此可得到关于四边形ABCP 的面积与P点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出四边形ABCP的最大面积及对应的P点坐标．【解析】（1）∵C点坐标为（0，3），∴y＝﹣x2+bx+3，把A（﹣3，0）代入上式得，0＝9﹣3b+3，解得，b＝﹣2，∴该二次函数解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）存在．如图1，设P点的坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），PP′交CO于E，当四边形POP'C为菱形时，则有PC＝PO，连接PP′，则PE⊥CO于E，∴OE＝CE＝32，令﹣x2﹣2x+3＝32，解得，x1210+，x2210-+（不合题意，舍去）．∴P点的坐标为（﹣210+，32）．（3）如图2，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OA交于点F，设P（x，﹣x2﹣2x+3），设直线AC的解析式为：y＝kx+t，则303k tt-+=⎧⎨=⎩，解得：13kt=⎧⎨=⎩，∴直线AC的解析式为y＝x+3，则Q点的坐标为（x，x+3），当0＝﹣x2﹣2x+3，解得：x1＝1，x2＝﹣3，∴AO＝3，OB＝1，则AB＝4，S四边形ABCP＝S△ABC+S△APQ+S△CPQ＝12AB•OC+12QP•OF+12QP•AF＝12×4×3+12[（﹣x2﹣2x+3）﹣（x+3）]×3＝﹣32（x+32）2+758．当x＝﹣32时，四边形ABCP的面积最大，此时P点的坐标为（﹣32，154），四边形ABPC的面积的最大值为758．【思路引导】此题考查了二次函数综合题，需要掌握二次函数解析式的确定、菱形的判定和性质以及图形面积的求法等知识，当所求图形不规则时通常要将其转换为其他规则图形面积的和差关系来求解．【典例4】如图，抛物线与y轴交于A点，过点A的直线与抛物线交于另一点B，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C(3，0).（1）求直线AB的函数关系式；（2）动点P在线段OC上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动，过点P作PN⊥x 轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N. 设点P移动的时间为t秒，MN的长度为s个单位，求s与t的函数关系式，并写出t的取值范围；（3）设在（2）的条件下（不考虑点P与点O，点C重合的情况），连接CM，BN，当t为何值时，四边形BCMN为平行四边形？问对于所求的t值，平行四边形BCMN是否菱形？请说明理由【答案】（1）112y x=+；（2）251544s t t=-+（0≤t≤3）；（3）t=1或2时；四边形BCMN为平行四边形；t=1时，平行四边形BCMN是菱形，t=2时，平行四边形BCMN不是菱形，理由见解析.【解析】解：（1）x=0时，y=1，∴点A的坐标为：（0，1），∵BC⊥x轴，垂足为点C（3，0），∴点B的横坐标为3，当x=3时，y=52，∴点B的坐标为（3，52），设直线AB 的函数关系式为y=kx+b ，1532b k b =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得，121k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则直线AB 的函数关系式112y x =+ （2）当x=t 时，y=12t+1， ∴点M 的坐标为（t ，12t+1），当x=t 时，2517144y t t =-++ ∴点N 的坐标为2517(,1)44t t t -++ 2251715151(1)44244s t t t t t =-++-+=-+ （0≤t≤3）；（3）若四边形BCMN 为平行四边形，则有MN=BC ， ∴25155=442t t -+，解得t 1=1，t 2=2，∴当t=1或2时，四边形BCMN 为平行四边形，①当t=1时，MP=32，PC=2， ∴MC=52=MN ，此时四边形BCMN 为菱形， ②当t=2时，MP=2，PC=1，∴，此时四边形BCMN 不是菱形．【典例5】已知，在平面直角坐标系内一直线l 1:y =-x +3分别与x 轴、y 轴交于A 、B 两点，抛物线y =-x 2+bx +c 经过A 、B 两点，y 轴右侧部分抛物线上有一动点C ，过点C 作y 轴的平行线交直线l 1于点D .（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，C在第一象限，求以CD为直径的⊙E的最大面积，并判断此时⊙E与抛物线的对称轴是否相切？若不相切，求出使得⊙E与该抛物线对称轴相切时点C的横坐标；（3）坐标平面内是否存在点M，使B、C、D、M为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点M的坐标；不存在，请说明理由.【答案】(1)；（2）不相切，C的横坐标分别为2和；（3）M（0,1），（2,3）（0,1-3），（0,1+3）.【解析】解：（1）直线l1:y=-x+3分别与x轴、y轴交于A、B两点，可得A点（3，0），B点（0，3），将A、B两点坐标代入y=-x2+bx+c，可得，可得b=2，c=3抛物线的函数表达式；（2）①可得抛物线对称轴为：1，C在第一象限,以CD为直径的⊙E的最大面积，即CD最长时，圆的面积最大，设直线CD的横坐标为t，0＜t＜3，D点坐标（t，-t+3），C点坐标（t，-t+2t+3），=-t+2t+3-(-t+3)= -t+3t（0＜t＜3），当t==时，CD最长，此时CD最长为，此时圆E的半径为，此时CD与对称轴的距离为-1=≠，故不相切.②当CD在对称轴右边时，即1＜t＜3时= -t+3t（1＜t＜3）；圆E的半径为t-1，可得=2r；-t+3t=2（t-1），解得：=-1（舍去）；=2；当CD在对称轴左边时，即即0＜t＜1时，有-t+3t=2（1-t），解得：（舍去），；综上所述：t=2或t=，⊙E与该抛物线对称轴相切.(3)存在，由菱形性质可得M点坐标（0,1），（2,3）（0,1-3），（0,1+3）.【典例6】如图，二次函数的图象与x轴的一个交点为，另一个交点为A，且与y轴相交于C点（1）求m的值及C点坐标；（2）在直线BC上方的抛物线上是否存在一点M，使得它与B，C两点构成的三角形面积最大，若存在，求出此时M点坐标；若不存在，请简要说明理由（3）P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q，当四边形PBQC为菱形时，求点P 的坐标(直接写出答案)；【答案】(1)(2) 存在,(3)点坐标为()或()【解析】解：将点的坐标代入二次函数，即，解得，故二次函数解析式为，令，解得，故点坐标为;(2)存在，理由：，直线的解析式为，当直线向上平移单位后和抛物线只有一个公共点时，面积最大，整理得：，如图2、图3所示，连接交于点。

拔尖2024年中考数学压轴题突破(全国通用)专题7二次函数与菱形存在性问题(教师版)

专题7二次函数与菱形存在性问题我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是①四边都相等的四边形是菱形；②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③邻边相等的平行四边形是菱形；④对角线互相垂直平分的四边形是菱形；⑤一条对角线平分一个顶角的平行四边形是菱形.在做几何证明题的时候我们常用的判定方法主要是前三种.二次函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大的多，纵观历年中考真题，菱形存在性问题主要是以“两定两动”为设问方式，其中两定指的是四边形四个顶点其中有两个顶点的坐标是确定的或者是可求解的；两动指的是其中一个动点在一条直线或者抛物线上，另外一个动点是平面内任意一点或者该动点也在一条直线或者抛物线上.【例1】（2020•雁塔区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝4，抛物线与x轴相交于A（2，0），B两点，与y轴交于点C（0，6），点E为抛物线的顶点．（1）求抛物线的函数表达式及顶点E的坐标；（2）若将该抛物线的图象绕x轴上一点M旋转180°，点C、E的对应点分别是点C'、E'，当以C、E、C'、E'为顶点的四边形是菱形时，求点M的坐标及旋转后的抛物线的表达式，【分析】（1）由抛物线的对称性可求点B坐标，设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）（x﹣6），将点C坐标代入，可求解；（2）设点M（m，0），由中心对称的性质可求点C'（2m，﹣6），点E'（2m﹣4，2），由菱形的性质和两点距离公式可求m的值，即可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝4，抛物线与x轴相交于A（2，0），B两点，∴点B（6，0），设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）（x﹣6），∵抛物线图象过点C（0，6），∴6＝a（0﹣2）（0﹣6），∴a＝，∴抛物线的解析式为：y＝（x﹣2）（x﹣6）＝x2﹣4x+6，∵y＝x2﹣4x+6＝（x﹣4）2﹣2，∴顶点E坐标为（4，﹣2）；（2）∵将该抛物线的图象绕x轴上一点M旋转180°，点C、E的对应点分别是点C'、E'，∴CM＝C'M，EM＝E'M，∴四边形CEC'E'是平行四边形，设点M（m，0），∵点C（0，6），点E（4，﹣2），CM＝C'M，EM＝E'M，∴点C'（2m，﹣6），点E'（2m﹣4，2），∵以C、E、C'、E'为顶点的四边形是菱形，∴CE＝C'E，∴＝，∴m1＝﹣2，m2＝6，∴点M（﹣2，0）或（6，0），当M（﹣2，0）时，点E'（﹣8，2），∴旋转后的抛物线解析式为：y＝﹣（x+8）2+2；当M（6，0）时，点E'（8，2），∴旋转后的抛物线解析式为：y＝﹣（x﹣8）2+2；综上所述：点M（﹣2，0）或（6，0），旋转后的抛物线解析式为：y＝﹣（x+8）2+2或y＝﹣（x﹣8）2+2．【例2】（2021•齐齐哈尔三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣x+c（a≠0）与x轴交于点A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．OA、OB的长是不等式组的整数解（OA＜OB），点D（2，m）在抛物线上．（1）求抛物线的解析式及m的值；（2）y轴上的点E使AE和DE的值最小，则OE＝2；（3）将抛物线向上平移，使点C落在点F处．当AD∥FB时，抛物线向上平移了9个单位；（4）点M在在y轴上，平面直角坐标系内存在点N使以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标．【分析】（1）求出不等式组的解集，确定A、B两点的坐标，用待定系数法即可求二次函数的解析式；将点D的横、纵坐标代入解析式，可求m的值；（2）连接AD交y轴于点E，求出直线AD的解析式就可以求点E的坐标，进而求出OE；（3）因为AD∥FB，可用相似三角形的性质求出OF的长度，进而求出点C移动的单位长度；（4）利用菱形的性质，分类讨论，针对不同的情况，分别求出点N的坐标．【解答】解：（1）所给不等式组的解集为2≤x＜4，其整数解为2，3，∵OA、OB的长是所给不等式组的整数解，且OA＜OB，∴OA＝2，OB＝3，则A（﹣2，0），B（3，0），∵点A、B在抛物线上，∴，解得，∴所求的抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣6，∵点D（2，m）在抛物线上，∴m＝22﹣2﹣6＝﹣4；（2）如图1所示，连接AD交y轴于点E，则此时AE+ED最小，设直线AD的解析式为y＝kx+b（k≠0），∵点A（﹣2，0），D（2，﹣4）在直线AD上，∴，解得，∴直线AD的函数解析式为y＝﹣x﹣2，当x＝0时，y＝﹣2，即E（0．﹣2），∴OE＝|﹣2|＝2，故答案为：2；（3）如图1，∵AD∥FB，∴△AEO∽△BFO，∴＝，∵OE＝OA＝2，∴OF＝OB＝3，∵C（0，﹣6），∴OC＝|﹣6|＝6，∴CF＝CO+OF＝6+3＝9，∴抛物线向上平移9个单位，故答案为：9；（4）∵以A、B、M、N为顶点的四边形是菱形，对角线互相垂直且平分，由∵OA≠OB，∴AB与MN不能作为一组对角线，∴分两种情况：①以AM与BN为对角线时，如图2①和图2②，如图2①，AB＝OA+OB＝2+3＝5，∵四边形ABMN是菱形，∴MN∥AB∥x轴，MN＝MB＝AB＝5，在Rt△MBO中，OM＝＝＝4，∴M（0，4），∴N（﹣5，4），如图2②，同理可得：N（﹣5，﹣4），②以AN与BM为对角线时，如图2③和图2④，如图2③，菱形的边长仍为5，MN∥x轴，∵MO＝＝＝，∴M（0，），∴N（5，），如图2④，同理可得：N（5，﹣），综上所述，①②两种情况，符合条件的点N的坐标为：N1（﹣5，﹣4）、N2（﹣5，4）、N3（5，）、N4（5，﹣）．【例3】（2022•烟台）如图，已知直线y＝x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x＝﹣1．（1）求抛物线的表达式；（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D 点的坐标；（3）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求得A，C，B三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出DE的长，进而表示出三角形ADC 的面积，进而表示出S的函数关系式，进一步求得结果；（3）根据菱形性质可得PA＝PC，进而求得点P的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q坐标．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4，∴C（0，4），当y＝0时，x+4＝0，∴x＝﹣3，∴A（﹣3，0），∵对称轴为直线x＝﹣1，∴B（1，0），∴设抛物线的表达式：y＝a（x﹣1）•（x+3），∴4＝﹣3a，∴a＝﹣，∴抛物线的表达式为：y＝﹣（x﹣1）•（x+3）＝﹣x2﹣x+4；（2）如图1，作DF⊥AB于F，交AC于E，∴D（m，﹣﹣m+4），E（m，m+4），∴DE＝﹣﹣m+4﹣（m+4）＝﹣m2﹣4m，∴SADC＝OA＝•（﹣m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，△∵SABC＝＝＝8，△∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+）2+，＝，∴当m＝﹣时，S最大当m＝﹣时，y＝﹣＝5，∴D（﹣，5）；（3）设P（﹣1，n），∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，∴PA＝PC，即：PA2＝PC2，∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，∴n＝，∴P（﹣1，），∵x P+x Q＝x A+x C，y P+y Q＝y A+y C∴x Q＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，y Q＝4﹣＝，∴Q（﹣2，）．【例4】（2022•武昌区模拟）如图，直线y＝﹣2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，抛物线y＝﹣x2+bx+c过B，C两点，其顶点为M，对称轴MN与直线BC交于点N．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）如图1，点P是线段BC上一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交抛物线于点Q，问：是否存在点P，使四边形MNPQ为菱形？并说明理由；（3）如图2，点G为y轴负半轴上的一动点，过点G作EF∥BC，直线EF与抛物线交于点E，F，与直线y＝﹣4x交于点H，若，求点G的坐标．【分析】（1）根据直线BC的解析式可求得B（4，0），C（0，8），代入抛物线y＝﹣x2+bx+c即可求得答案；（2）设P（t，﹣2t+8），则Q（t，﹣t2+2t+8），根据PQ∥MN，PQ＝MN，可得t＝3，即P（3，2），Q （3，5），由两点间距离公式可得PN＝2，由于PN≠MN，故四边形MNPQ不能为菱形．（3）连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足依次为K、L、T，设G（0，m），由EF∥BC，直线BC：y＝﹣2x+8，可得直线EF的解析式为y＝﹣2x+m，通过联立方程组可得H（﹣m，2m），进而求得HG＝﹣m，根据直线EF：y＝﹣2x+m与抛物线交于点E，F，可得x2﹣4x+m﹣8＝0，运用根与系数关系可得：x E+x F＝4，x E x F＝m﹣8，利用三角函数定义可得：EG＝＝＝﹣x E，FG＝＝＝x F，再由﹣＝，建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）∵直线y＝﹣2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，∴B（4，0），C（0，8），∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过B，C两点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8；（2）不存在点P，使四边形MNPQ为菱形．理由如下：设P（t，﹣2t+8），∵PD⊥x轴，∴PD∥y轴，即PQ∥y轴，则Q（t，﹣t2+2t+8），∴PQ＝﹣t2+2t+8﹣（﹣2t+8）＝﹣t2+4t，∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9，∴抛物线的顶点为M（1，9），对称轴为直线x＝1，∴N（1，6），∴MN＝9﹣6＝3，MN∥y轴，∴PQ∥MN，要使四边形MNPQ为菱形，必须PQ＝MN＝PN，由﹣t2+4t＝3，解得：t＝1或t＝3，当t＝1时，点P与点N重合，点Q与点M重合，舍去；当t＝3时，P（3，2），Q（3，5），∴PQ＝5﹣2＝3，∴PQ＝MN，∵PQ∥MN，∴四边形MNPQ是平行四边形，∵PN＝＝2，∴PN≠MN，故四边形MNPQ不能为菱形．（3）如图（2），连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足依次为K、L、T，设G（0，m），∵EF∥BC，直线BC：y＝﹣2x+8，∴直线EF的解析式为y＝﹣2x+m，∵直线EF与直线y＝﹣4x交于点H，∴，解得：，∴H（﹣m，2m），∴HK＝m，GK＝﹣m，在Rt△GHK中，HG＝＝＝﹣m，∵直线EF与抛物线交于点E，F，∴﹣x2+2x+8＝﹣2x+m，整理得：x2﹣4x+m﹣8＝0，∴x E+x F＝4，x E x F＝m﹣8，在Rt△BOC中，OB＝4，OC＝8，∴BC＝＝＝4，∴sin∠BCO＝＝＝，∵EF∥BC，∴∠FGT＝∠EGL＝∠BCO，∴sin∠FGT＝sin∠EGL＝sin∠BCO＝，∴EG＝＝＝﹣x E，FG＝＝＝x F，∴﹣＝＝＝，∵﹣＝，∴＝，解得：m＝﹣8，∴点G的坐标为（0，﹣8）．1．（2022•蒲城县一模）如图，已知直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y＝ax2+3x+c 经过B、C两点，与x轴的另一个交点为A，点E的坐标为．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点E，F关于抛物线的对称轴直线l对称，Q点是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点P，使得以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由，可得B（3，0），C（0，），用待定系数法得抛物线的函数表达式是y＝﹣x2+3x+；（2）y＝﹣x2+3x+＝﹣（x﹣1）2+6，得抛物线的对称轴是直线x＝1，关键E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x＝1对称，得F（2，），设Q（1，t），P（m，﹣m2+3m+），分3种情况：①当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ的中点，，得m＝1，又EQ得P（﹣1，0），Q（1，0），又FQ＝2＝PQ，故P（﹣1，0）；③当EP，FQ为对角线，EP，FQ的中点重合，，可得P（3，0）．【解答】解：（1）在中，令x＝0得y＝，令y＝0得x＝3，∴B（3，0），C（0，），把B（3，0），C（0，）代入y＝ax2+3x+c得：，解得，∴抛物线的函数表达式是y＝﹣x2+3x+；（2）在抛物线上存在点P，使得以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：∵y＝﹣x2+3x+＝﹣（x﹣1）2+6，∴抛物线的对称轴是直线x＝1，∵E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x＝1对称，∴F（2，），设Q（1，t），P（m，﹣m2+3m+），①当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ的中点，如图：∴，解得m＝1，∵E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x＝1对称，∴EQ＝FQ，∴以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，∴P（1，6）；②当EQ，FP为对角线时，EQ，FP的中点重合，如图：∴，解得，∴P（﹣1，0），Q（1，0），而F（2，），∴FQ＝2＝PQ，∴以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，∴P（﹣1，0）；③当EP，FQ为对角线，EP，FQ的中点重合，如图：∴，解得，∴P（3，0），Q（1，0），而F（2，），∴FP＝QP＝2，∴以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，∴P（3，0），综上所述，P的坐标是（1，6）或（﹣1，0）或（3，0）．2．（2022•抚顺县二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y 轴交于点C，顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点M的坐标；（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得，解得，即可得出结论；（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，解得m＝，即可解决问题；（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；（2）由（1）得，点C（0，6），设直线BC的解析式为y＝kx+c，∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），∴，解得：∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，则∠MNO＝∠OKH＝90°，∵OH⊥OM，∴∠MOH＝90°，∵∠OMB＝45°，∴△MOH是等腰直角三角形，∴OM＝OH．∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，∴∠MON＝∠OHK，∴△OMN≌△HOK（AAS），∴MN＝OK，ON＝HK．∴H（﹣2m+6，﹣m），∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，∴﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，解得：m＝，把m＝代入y＝﹣2x+6得：y＝，∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（）；（3）存在，理由如下：∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，∴点D的坐标为（1，8），分两种情况讨论：①当CD为菱形的边时，如图2，过C作CE⊥DQ于E∵C（0，6），D（1，8），∴CD＝＝，∴DQ＝CD＝，∴Q点的坐标为（1，8﹣）或（1，8+）；②当CD为菱形的对角线时，如图3，设点Q（1，m），P（0，n），∵C（0，6），D（1，8），∴m+n＝6+8＝14，∴n＝14﹣m，∴P（0，14﹣m），∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，∵CQ＝＝，PC＝CQ，∴8﹣m＝，解得：m＝，∴点Q的坐标为（1，）；综上所述，点Q的坐标为（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．3．（2022•历下区三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于A、B两点，与y轴交于点C，OB＝3OA＝3，点P是抛物线上一动点．（1）求抛物线的解析式及点C坐标；（2）如图1，若点P在第一象限内，过点P作x轴的平行线，交直线BC于点E，求线段PE的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，过点P作x轴的垂线交x轴于点Q，交直线BC于点M，在y轴上是否存在点G，使得以M，P，C，G为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点G坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由OB＝3OA＝3可得点B，A坐标，再通过待定系数法求解．（2）由点B，C坐标求出直线BC解析式，作PF⊥x轴交BC于点F，设点P坐标为（m，﹣m2+2m+3），由PF与PE的关系求解．（3）分类讨论点P在不同位置，结合图象，根据菱形的性质求解．【解答】解：（1）∵OB＝3OA＝3，∴B（3，0），A（﹣1，0），将（3，0），（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得，解得，∴y＝﹣x2+2x+3，将x＝0代入y＝﹣x2+2x+3得y＝3，∴点C坐标为（0，3）．（2）设直线BC解析式为y＝kx+b，将（3，0），（0，3）代入y＝kx+b得，解得，∴y＝﹣x+3，作PF⊥x轴交BC于点F，∵OB＝OC，∴∠CBO＝45°，∵PE∥x轴，∴∠PEF＝∠OBC＝45°，∴PF＝PE，设点P坐标为（m，﹣m2+2m+3），则点F坐标为（m，﹣m+3）．∴PF＝PE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，∴m＝时，PE的最大值为，此时点P坐标为（，）．（3）①如图，PM＝CM，设点P坐标为（m，﹣m2+2m+3），则M（m，﹣m+3），由（2）得PM＝﹣m2+3m，∵点C坐标为（0，3），∴CM＝＝m，∴﹣m2+3m＝m，解得m＝0（舍）或m＝3﹣，∴GC＝CM＝3﹣2，∴OG＝OC+CG＝3+3﹣2＝3+1，∴点G坐标为（0，3+1）．②如图，PM＝CG时四边形PCGM为平行四边形，PG⊥CM时四边形PCGM为菱形，∵PM＝﹣m2+3m，点C坐标为（0，3），∴点G坐标为（0，m2﹣3m+3），作GN⊥PM，∵∠CBO＝45°，∴∠GPN＝∠PMC＝∠BNQ＝45°，∴GN＝PN，即m＝﹣m2+2m+3﹣（m2﹣3m+3），解得m＝0（舍）或m＝2，∴点G坐标为（0，1）．③如图，PM＝CM，由①可得m2﹣3m＝m，解得m＝3+，∴PM＝CG＝CM＝3+2，∴点G坐标为（0，1﹣3）．综上所述，点G坐标为（0，3+1）或（0，1）或（0，1﹣3）．4．（2022•碑林区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线L1：y＝﹣x2+bx+c经过点A（2，2），抛物线的对称轴是直线x＝1，顶点为点B．（1）求这条抛物线的解析式；（2）将抛物线L1平移到抛物线L2，抛物线L2的顶点记为D，它的对称轴与x轴的交点记为E．已知点C（2，﹣1），若以A、C、D、E为顶点的四边形为菱形，则请求出抛物线L2的顶点坐标．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）设抛物线L2的顶点记为D（m，n），则E（m，0），如图，根据菱形性质和DE∥AC，可得出DE＝AC＝3，再分两种情况：①当n＝3时，D（m，3），E（m，0），②当n＝﹣3时，D（m，﹣3），E（m，0），分别建立方程求解即可．【解答】解：（1）∵抛物线L1：y＝﹣x2+bx+c经过点A（2，2），抛物线的对称轴是直线x＝1，∴，解得：，∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+2；（2）设抛物线L2的顶点记为D（m，n），则E（m，0），如图，∴DE＝|n|，DE∥y轴，∵A（2，2），C（2，﹣1），∴AC＝2﹣（﹣1）＝3，AC∥y轴，∴AC∥DE，又AD＝，AE＝，∵以A、C、D、E为顶点的四边形为菱形，∴DE＝AC，即|n|＝3，∴n＝±3，①当n＝3时，D（m，3），E（m，0），∵AD＝AC＝3，∴AD2＝9，即（m﹣2）2+（3﹣2）2＝9，解得：m＝2+2或2﹣2，∴D（2+2，3）或（2﹣2，3）；②当n＝﹣3时，D（m，﹣3），E（m，0），∵AE＝AC＝3，∴AE2＝9，即（m﹣2）2+（0﹣2）2＝9，解得：m＝2+或2﹣，∴D（2+，﹣3）或（2﹣，﹣3）；综上所述，点D的坐标为（2+2，3）或（2﹣2，3）或（2+，﹣3）或（2﹣，﹣3）．5．（2022•佛山校级三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C，直线AC的解析式为y＝x﹣2．（1）求抛物线的解析式；（2）已知k为正数，当0＜x≤1+k时，y的最大值和最小值分别为m，n，且m+n＝，求k的值；（3）点P是平面内任意一点，在抛物线对称轴上是否存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出点A和点C坐标，从点A和点B坐标将抛物线的解析式设为交点式，将点C坐标代入，进一步求得结果；（2）箱求出n的值，进而求得m的值，进而求得点k的值；（3）只需满足三角形ACQ为等腰三角形即可．设点Q的坐标，进而表示出AQ，CQ及AC，进而根据AQ＝CQ，AQ＝AC及CQ＝AC，进一步求得结果．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣2，∴点C（0，﹣2），当y＝0时，＝0，∴x＝3，∴点A（3，0），∴设y＝a（x+1）•（x﹣3），将点C（0，﹣2）代入得，﹣3a＝﹣2，∴a＝，∴y＝（x+1）•（x﹣3）＝﹣﹣2；（2）∵抛物线的对称轴为直线：x＝1，∵k＞0，∴k+1＞1，∴当0＜x＜1+k时，∴当x＝1时，n＝（1+1）×（1﹣3）＝﹣，∵m+n＝，∴m＝8，当m＝8时，﹣x﹣2＝8，∴x1＝5，x2＝﹣3（舍去），∴1+k＝5，∴k＝4；（3）设点Q（1，a），∵A（3，0），C（0，﹣2），∴AQ2＝（3﹣1）2+a2＝a2+4，AC2＝32+22＝13，CQ2＝1+（a+2）2＝a2+4a+5，①当AQ＝AC时，a2+4＝13，∴a＝±3，∴Q1（1，3），Q2（1，﹣3），当AQ＝CQ时，a2+4a+5＝a2+4，∴a＝﹣，∴Q3（1，﹣），当AC＝CQ时，a2+4a+5＝13，∴a＝﹣2，∴Q4（1，﹣2+2），Q5（1，﹣2﹣2），综上所述：Q（1，3）或（1．﹣3）或（1．﹣）或（1，﹣2+2）或（1，﹣2﹣2）．6．（2022•邵阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3）．（1）求抛物线的解析式及对称轴；（2）如图，点D与点C关于对称轴对称，点P在对称轴上，若∠BPD＝90°，求点P的坐标；（3）点M是抛物线上一动点，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A（﹣1，0）、点C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；（2）设P（1，t），求出B点和D点坐标，再求BD的中点H为（，），BD＝，由题意可得PH＝BD，求出t的值即可求解；（3）设M（m，﹣m2+2m+3），N（1，n），分三种情况讨论：①当AB为菱形的对角线时，AM＝AN，解得N（1，﹣4）；②当AM为菱形对角线时，AB＝AN，不存在菱形；③当AN为菱形对角线时，AB＝AM，不存在菱形．【解答】解：（1）将点A（﹣1，0）、点C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，∴，解得，∴y＝﹣x2+2x+3，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1；（2）令﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1（舍去）或x＝3，∴B（3，0），∵点D与点C关于对称轴对称，∴D（2，3），∴BD的中点H为（，），BD＝，∵∠BPD＝90°，∴PH＝BD，设P（1，t），∴（）2+（﹣t）2＝×10，解得t＝1或t＝2，∴P（1，1）或（1，2）；（3）存在以A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，理由如下：设M（m，﹣m2+2m+3），N（1，n），①当AB为菱形的对角线时，AM＝AN，∴，解得，∴N（1，﹣4）；②当AM为菱形对角线时，AB＝AN，∴，此时无解；③当AN为菱形对角线时，AB＝AM，∴，此时无解；综上所述：N点坐标为（1，﹣4）．7．（2022•九龙坡区模拟）如图1，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于点B、C（点B在点C左侧），与y轴相交于点A．已知点B坐标为B（1，0），BC＝3，△ABC面积为6．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P为直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD∥AB，交线段AC于点D．求PD长度的最大值及此时P点的坐标；（3）如图2，将抛物线向左平移个单位长度得到新的抛物线，M为新抛物线对称轴l上一点，N为平面内一点，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标，并写出求解其中一个N点坐标的过程．【分析】（1）由△ABC面积为6可得OA＝4，则A（0，4），由BC＝3（点B在点C左侧）得C（4，0），利用待定系数法即可求解；（2）过点P作PE∥y轴交AC于点E，作DF⊥PE于F，将PE表示PD的长，进而用点P坐标表示成函数，借助二次函数求最值的方法求解PD的最大值；（3）先利用二次函数平移的规律得到新抛物线的解析式，然后设出点M（﹣1，t），分两种情况：线段AB为菱形的对角线时；线段AB为菱形的边时，利用菱形的性质求解即可．【解答】解：（1）∵SABC＝BC•OA＝6，BC＝3，B（1，0），△∴OA＝4，C（4，0），∴A（0，4），∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣5x+4；（2）如图，过点P作PE∥y轴交AC于点E，作DF⊥PE于F，∵OC＝OA＝4，则∠OAC＝∠DEF＝45°．∴DF＝EF，∵PD∥AB，∴∠ABO＝∠DGB＝∠HGP．∵∠ABO+∠OAB＝90°，∠HGP+∠DPE＝90°，∴∠OAB＝∠DPE．∴tan∠DPE＝tan∠OAB＝，∴，∴PF＝4DF．∵EF＝DF．∴PE＝PF﹣EF＝3DF．∴DF＝PE，又在Rt△PDF中，由勾股定理得：PD＝＝DF＝PE．设点P（t，t2﹣5t+4），∵C（4，0），A（0，4），∴直线AC解析式为：y＝﹣x+4，∴点E坐标为（t，﹣t+4）∴PE＝y E﹣y P＝﹣t+4﹣（t2﹣5t+4）＝﹣t2+4t，∴PD＝PE＝（﹣t2+4t）＝﹣（t﹣2）2+，∵﹣＜0，∴当t＝2时，PD有最大值，此时点P（2，﹣2）；（3）∵y＝x2﹣5x+4＝（x﹣）2﹣，该抛物线向左移动个单位，∴新抛物线的解析式为：y′＝（x+1）2﹣，∴新抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，设M（﹣1，t）；当线段AB为菱形的对角线时，MA＝MB，∵A（0，4），B（1，0），∴MA2＝12+（4﹣t）2＝t2﹣8t+17，MB2＝t2+4，∴t2﹣8t+17＝t2+4，解得t＝，∴M（﹣1，），∵A（0，4），B（1，0），∴0+1﹣（﹣1）＝2，0+4﹣＝，∴N（2，）；当线段AB为菱形的边时，∵A（0，4），B（1，0），∴MA2＝12+（4﹣t）2＝t2﹣8t+17，AB2＝17，MB2＝t2+4，①当MA＝AB时，MA2＝AB2，即t2﹣8t+17＝17，∴t＝0或t＝8；∴M（﹣1，0）或（﹣1，8）；∵直线AB为y＝﹣4x+4，当x＝﹣1时，y＝8，∴（﹣1，8）在直线AB上，不合题意，舍去，∵A（0，4），B（1，0），∴﹣1+1＝0，0﹣4＝﹣4，∴N（0，﹣4）；②当BA＝BM时，BA2＝BM2，即17＝t2+4，∴t＝或t＝﹣；∴M（﹣1，）或（﹣1，﹣）；∵A（0，4），B（1，0），∴﹣1﹣1＝﹣2，∴N（﹣2，+4）或（﹣2，﹣+4）；综上，点N的坐标为（2，）或（0，﹣4）或（﹣2，+4）或（﹣2，﹣+4）．8．（2022•恩施市模拟）如图，已知直线y＝﹣x﹣3与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线y＝x2+bx+c的顶点是（2，﹣1），且与x轴交于C，D两点，与y轴交于点E，P是抛物线上一个动点，过点P 作PG⊥AB于点G．（1）求b、c的值；（2）若点M是抛物线对称轴上任意点，点N是抛物线上一动点，是否存在点N，使得以点C，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请你说明理由．（3）当点P运动到何处时，线段PG的长最小？最小值为多少？【分析】（1）已知条件给了二次项系数和顶点坐标，用顶点式求出解析式；（2）以已知线段CD为标准，分为CD为边和对角线两种情况，利用菱形的性质，邻边相等和对角线互相垂直平分来列出方程，求出点N坐标；（3）在△PGQ中，PG与PQ有比例关系，所以PG最小时也是PQ最小时，设出点P和Q坐标，表示出线段PQ的表达式，即可求出最小值．【解答】解：（1）由题意得：抛物线为y＝（x﹣2）2﹣1，整理得y＝x2﹣x+3，∴b＝﹣，c＝3；（2）由题意知，抛物线的对称轴为x＝2，把y＝0代入y＝（x﹣2）2﹣1，得x＝或x＝3，∴C（，0），D（3，0），∴CD＝2．I．如图，当以CD为菱形的边时，MN平行且等于CD．若点N在对称轴右侧，∵MN＝CD＝2，∴x＝2+2＝4，把x＝4代入y＝（x﹣2）2﹣1，得y＝3，∴点N的坐标为（4，3）．∵MC＝＝2．∴MC＝MN＝CD＝2，∴四边形MNDC为菱形．即N（4，3）符合题意．同理可知，当N的坐标为（0，3）时，四边形MNCD也为菱形．II．如图，当CD为菱形的对角线时，根据菱形的对角线互相垂直平分，可得对称轴垂直平分CD，所以M，N在对称轴上．又因为点N在抛物线上，所以点N为抛物线的顶点，所以点N的坐标为（2，﹣1）．综上所述，符合条件的点N的坐标为（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；（3）把x＝0代入y＝﹣x﹣3，得y＝﹣3，∴点B的坐标为（0，﹣3）．把y＝0代入y＝﹣x﹣3，得x＝﹣3，∴点A的坐标为（﹣3，0）．∴AB＝＝6，∴sin∠ABO＝＝＝，如图，过点P作PH⊥x轴交AB于点H，则有PH∥OB，∴∠PHC＝∠ABO，∴sin∠PHG＝sin∠ABO＝，设点P的横坐标为m，则P（m，m2﹣m+3），H（m，﹣m﹣3），∴PH＝m2﹣m+3﹣（﹣m﹣3）＝m2﹣m+6＝（m﹣）2+，∵＞0，∴当m＝时，PH有最小值，最小值为，此时PG有最小值，当m＝时，m2﹣m+3＝﹣，此时点P的坐标为（，﹣），∴当点P运动到（，﹣）时，线段PG的长的最小值为．9．（2020秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2﹣x+2交x轴于点A、B，交y轴于点C．（1）求△ABC的面积；（2）如图，过点C作射线CM，交x轴的负半轴于点M，且∠OCM＝∠OAC，点P为线段AC上方抛物线上的一点，过点P作AC的垂线交CM于点G，求线段PG的最大值及点P的坐标；（3）将该抛物线沿射线AC方向平移个单位后得到的新抛物线为y′＝ax2+bx+c（a≠0），新抛物线y′与原抛物线的交点为E，点F为新抛物线y′对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点A、E、F、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则﹣x2﹣x+2＝0，可得A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），再运用三角形面积公式即可求得答案；（2）解法一：如图1，过点P作PN∥y轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GH⊥PN于点H，由tan∠OAC＝tan∠OCM，可得＝，即可得出M（﹣1，0），再利用待定系数法求得直线OM的解析式，设P（m，﹣m2m+2），则N（m，2m+2），可得出PH＝PN＝m2﹣m，再由＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝＝，可得PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+，运用二次函数性质求最值即可；解法二：如图1′，过点作PH∥x轴交CM于点H，过点G作GD⊥PH于点D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，设P（m，﹣m2m+2），则H（m2﹣m，﹣m2m+2），可得DP＝（m2﹣m﹣m）＝m2﹣m＝﹣（m+）2+，运用二次函数性质求最值即可；（3）运用平移变换的性质求出E（﹣1，3），设F（，n），表示出AE、AF、EF的平分，再分类讨论，根据菱形性质得出△AEF是等腰三角形，分别建立方程求解即可．【解答】解：（1）在y＝﹣x2﹣x+2中，令x＝0，则y＝2，∴C（0，2），∴OC＝2，令y＝0，则﹣x2﹣x+2＝0，解得：x1＝1，x2＝﹣4，∴A（﹣4，0），B（1，0），∴AB＝1﹣（﹣4）＝5，∴SABC＝AB•OC＝×5×2＝5；△（2）解法一：如图1，过点P作PN∥y轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GH⊥PN于点H，则∠PNG＝∠OCM，∠PHG＝∠AKT＝90°，∵PG⊥AC，∴∠PET＝90°＝∠AKT，∴∠PTE+∠TPE＝90°，∠OAC+∠ATK＝90°，∵∠PTE＝∠ATK，∴∠TPE＝∠OAC，∵∠OCM＝∠OAC，∴∠PNG＝∠TPE＝∠OAC，∴PG＝NG，∵GH⊥PN，∴PH＝PN，∵tan∠OAC＝tan∠OCM，∴＝，即＝，∴OM＝1，∴M（﹣1，0），设直线OM的解析式为y＝kx+b，∵M（﹣1，0），C（0，2），∴，解得：，∴直线CM的解析式为y＝2x+2，设P（m，﹣m2m+2），则N（m，2m+2），∴PN＝﹣m2m+2﹣（2m+2）＝﹣m2﹣m，∴PH＝PN＝m2﹣m，∵AC＝＝＝2，∴＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝＝＝，∴PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+，∴当m＝，PG最大，最大值为，故当点P坐标为（，）时，PG最大，最大值为；解法二：如图1′，过点作PH∥x轴交CM于点H，过点G作GD⊥PH于点D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，由（1）得，＝＝，∵∠AOC＝∠COB＝90°，∴△AOC∽△COB，∴∠OAC＝∠BCO＝∠OCM，在△COB和△COM中，，∴△COB≌△COM（ASA），∴OM＝OB＝1，∴M（﹣1，0），设直线CM的解析式为y＝kx+b，∵M（﹣1，0），C（0，2），∴，解得：，∴直线CM的解析式为y＝2x+2，∵DG∥OC，∴∠DGH＝∠OCM，∵∠ANF＝∠FEG＝90°，∠NFA＝∠EFG，∴∠NAF＝∠FGE，∵∠OCM＝∠OAC，∴∠DGH＝∠FGE，∵∠GDP＝∠GDH＝90°，GD＝GD，∴△GDP≌△GDH（ASA），∴PD＝DH，设P（m，﹣m2m+2），则H（m2﹣m，﹣m2m+2），DP＝（m2﹣m﹣m）＝m2﹣m＝﹣（m+）2+，tan∠OCB＝tan∠PGD＝，可得：PG＝DP，当DP最大时，PG就最大，∴当m＝，DP最大，最大值为，故当点P坐标为（，）时，PG最大，最大值为；（3）抛物线y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+）2+，该抛物线沿射线AC方向平移个单位，实际上就是向右平移2个单位，向上平移1个单位，平移后的解析式为：y＝﹣（x﹣）2+，对称轴为直线x＝，两个抛物线交于E点，所以﹣（x+）2+＝﹣（x﹣）2+，解得：x＝﹣1，代入得y＝3，∴E（﹣1，3），设F（，n），则AE2＝（﹣1+4）2+32＝18，AF2＝（+4）2+n2，EF2＝（+1）2+（n﹣3）2，当AE＝AF时，18＝+n2，此方程无实数根；当AE＝EF时，18＝n2﹣6n+，解得：n1＝3﹣，n2＝3+，则F1（，3﹣），对应的Q1（﹣，﹣）；F2（，3+），对应的Q2（﹣，）；当AF＝EF时，+n2＝n2﹣6n+，解得：n＝﹣，F3（，﹣），对应的Q3（﹣，）；综上所述，Q点的坐标为（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣，）．10．（2020秋•射阳县期末）已知，如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），经过抛物线上的两点A（﹣4，0）和B（2，0），C（0，8），点M是该抛物线顶点．（1）求抛物线所对应的函数表达式和顶点M坐标；（2）在抛物线上A、C两点之间的部分（不包含A、C两点），是否存在点D，使的SDAC＝S△MAC？△若存在，求出点D的横坐标；若不存在，请说明理由；（3）若点E是x轴上一个动点，点F为平面直角坐标系内一点，当以点A，C，E，F为顶点的四边形是菱形时，请直接写出满足条件的点E的坐标．【分析】（1）利用待定系数法，根据题意设y＝a（x+4）（x﹣2），将C（0，8）代入，解方程即可求得答案；（2）直线AC的解析式为y＝2x+8，设D（t，﹣t2﹣2t+8），过点D作DG∥y轴交直线AC于点G，过点M作MH∥y轴交直线AC于点H，则G（t，2t+8），H（﹣1，6），根据SDAC＝S△MAC，建立方程求解△即可；（3）根据以点A，C，E，F为顶点的四边形是菱形，分情况讨论：①当CE为对角线时，则AE＝AC，②当AC为对角线时，则AE＝CE，③当AE为对角线时，则CE＝AC，分别建立方程求解即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣4，0）和B（2，0），∴设y＝a（x+4）（x﹣2），将C（0，8）代入，得：8＝a（0+4）（0﹣2），解得：a＝﹣1，∴y＝﹣（x+4）（x﹣2）＝﹣x2﹣2x+8＝﹣（x+1）2+9，∴M（﹣1，9）；故抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+8，顶点M坐标为（﹣1，9）；（2）存在．设直线AC的解析式为y＝kx+d，∵A（﹣4，0），C（0，8），∴，解得：，∴直线AC的解析式为y＝2x+8，设D（t，﹣t2﹣2t+8），过点D作DG∥y轴交直线AC于点G，过点M作MH∥y轴交直线AC于点H，则G（t，2t+8），H（﹣1，6），∴DG＝﹣t2﹣2t+8﹣（2t+8）＝﹣t2﹣4t，MH＝9﹣6＝3，∴SDAC＝S△ADG+S△CDG＝DG•（t+4）+DG•（0﹣t）＝2DG，△SMAC＝S△AMH+S△CMH＝MH×3+MH×1＝2MH＝6，△∵SDAC＝S△MAC，△∴2DG＝×6，即2（﹣t2﹣4t）＝3，解得：t1＝﹣2﹣，t2＝﹣2+，∴点D的横坐标为﹣2﹣或﹣2+；（3）如图2，设E（m，0），则AE2＝（m+4）2，CE2＝m2+82，AC2＝82+（﹣4）2＝80，①当CE为对角线时，则AE＝AC，∴（m+4）2＝80，解得：m＝﹣4+4或﹣4﹣4，∴点E的坐标为（﹣4+4，0）或（﹣4﹣4，0）；②当AC为对角线时，则AE＝CE，∴（m+4）2＝m2+82，解得：m＝6，∴点E的坐标为（6，0）；③当AE为对角线时，则CE＝AC，∴m2+82＝80，解得：m＝﹣4（舍去）或4，∴点E的坐标为（4，0）；综上所述，点E的坐标为（﹣4+4，0）或（﹣4﹣4，0）或（6，0）或（4，0）．11．（2020•碑林区校级三模）在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2的顶点为A，与y轴交于点B，将抛物线C1绕着平面内的某一点旋转180°得到抛物线C2，抛物线C2与y轴正半轴相交于点C．（1）求A、B两点的坐标；（2）若抛物线C2上存在点D，使得以A、B、C、D四点为顶点的四边形为菱形，请求出此时抛物线C2的表达式．【分析】（1）利用配方法求出顶点坐标，令x＝0，可得y＝﹣2，推出B（0，﹣2）．（2）分两种情形：AB为菱形的边，AB为菱形的对角线分别求解即可．【解答】解：（1）∵抛物线C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2＝﹣（x+2）2+2，∴顶点A（﹣2，2），令x＝0，可得y＝﹣2，∴B（0，﹣2）．（2）如图1中，当AB为菱形的边时，四边形ABCD是菱形，由题意A（﹣2，2），B（0，﹣2），C（0，6），D（2，2），此时抛物线C1与C2关于T（0，2）成中心对称，∴D（2，2）是抛物线C2的顶点，∴抛物线C2的解析式为y＝（x﹣2）2+2，即y＝x2﹣4x+6．如图2中，当AB是菱形的对角线时，四边形ADBC是菱形，此时CA＝BC，设C（0，m）则有，22+（2﹣m）2＝（m+2）2，∴m＝，∴C（0，），∵AD＝BC＝，∴D（﹣2，﹣），设抛物线C2的解析式为y＝x2+bx+，把D（﹣2，﹣）代入y＝x2+bx+，可得﹣＝4﹣2b+，解得b＝，∴抛物线C2的解析式为y＝x2+x+，如图3中，当AB是菱形的边时，点C是抛物线的顶点（0，2﹣2），可得抛物线的解析式为y＝x2+2﹣2．综上所述，满足条件的抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+6或y＝x2+x+或y＝x2+2﹣2．12．（2022春•兴宁区校级期末）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y 轴交于点C，连接AC，BC，点P是直线AC下方抛物线上的一个动点．（1）求抛物线的解析式；（2）连接AP，CP，设P点的横坐标为m，△ACP的面积为S，求S与m的函数关系式；（3）试探究：过点P作BC的平行线1，交线段AC于点D，在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c即可得到答案；（2）过点P作PM∥y轴交直线AC于点M，则P的坐标是（m，m2+2m﹣3），利用待定系数法求AC的解析式，表示M的坐标，用m的代数式表示PM的长度，根据三角形面积公式即可得到答案；（3）分两种情况：①如图2，四边形CDEB是菱形，②如图3，四边形CBDE是菱形，根据两点的距离公式和菱形的边长相等列方程可解答．【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c得：，解得：，∴y＝x2+2x﹣3；（2）如图1，过点P作PM∥y轴交直线AC于点M，∵A（﹣3，0），C（0，﹣3），设直线AC的解析式为：y＝kx+n，∴，∴，∴AC的解析式为：y＝﹣x﹣3，∵P点的横坐标为m，∴P的坐标是（m，m2+2m﹣3），则M的坐标是（m，﹣m﹣3），∴PM＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，∵点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，∴﹣3＜m＜0，∴S＝•PM•OA＝（﹣m2﹣3m）＝﹣m2﹣m（﹣3＜m＜0）；（3）分两种情况：①如图2，四边形CDEB是菱形，设D（t，﹣t﹣3），则E（t+1，﹣t），∵四边形CDEB是菱形，∴CD＝BC，∴（t﹣0）2+（﹣t﹣3+3）2＝12+32，∴t＝±，∵t＜0，∴t＝﹣，∴E（﹣+1，）；②如图3，四边形CBDE是菱形，设D（t，﹣t﹣3），则E（t﹣1，﹣t﹣6），∵四边形CBDE是菱形，∴CE＝BC，∴（t﹣1﹣0）2+（﹣t﹣6+3）2＝12+32，∴t＝0（舍）或﹣2，∴E（﹣3，﹣4）；综上所述，点E的坐标为（﹣+1，）或（﹣3，﹣4）．13．（2020•葫芦岛三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中A（﹣1，0），B（4，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）连接BC，在直线BC上方的抛物线上有一动点D，连接AD，与直线BC相交于点E，当DE：AE ＝4：5时，求tan∠DAB的值；（3）点P是直线BC上一点，在平面内是否存在点Q，使以点P，Q，C，A为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，证明△DEF∽△AEG，列比例式可得DF的长，设，，表示DF的长，并列方程可得结论；（3）分三种情况：以AC为边和对角线进行讨论，正确画图，先确定点P的坐标，根据平移的原则可得点Q的坐标．【解答】解：将A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+3，。

中考数学复习--- 二次函数与菱形有关的问题PPT例题课件

边的菱形，点 F 的坐标为 1, 22 或 1, 22 或 1,5 17 或 1,5 17 ；（3）
EM MP PB 存在最小值，最小值为
41
1
，此时点
M
的坐标为
1,
5 4
．
【分析】
（1）由题意易得 AD AB 5 ，进而可得 A4,0 ，则有 B1,0 ，然后把点 B、D 代入求
解得： a 22 ，
∴点 F 的坐标为 1, 22 或 1, 22 ；
②当 EF BE 时，如图所示：
∴由两点距离公式可得 EF2 BE2 ，即 2 12 5 a2 26 ，
解得： a 5 17 ，
∴点 F 的坐标为 1,5 17 或 1,5 17 ；
综上所述：当以点 Q ， F ， E ， B 为顶点的四边形是以 BE 为边的菱形，点 F 的坐标为
中考数学复习--- 二次函数与菱形有关的问题PPT例题课件
1、如图，在平面直角坐标系中，四边形 ABCD 为正方形，点 A ， B 在 x 轴上，抛物线
y x2 bx c 经过点 B ， D4,5 两点，且与直线 DC 交于另一点 E ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）F 为抛物线对称轴上一点，Q 为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点 Q ，F ，E ， B 为顶点的四边形是以 BE 为边的菱形．若存在，请求出点 F 的坐标；若不存在，请说明
解即可；
（2）设点 F 1, a ，当以点 Q ， F ， E ， B 为顶点的四边形是以 BE 为边的菱形时，则
根据菱形的性质可分①当 BF BE 时，②当 EF BE 时，然后根据两点距离公式可进行
分类求解即可；
（3）由题意可得如图所示的图像，连接 OM、DM，由题意易得 DM=EM，四边形 BOMP 是平行四

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（2）当 BA=BC 时，
C 点坐标为（8，0），对应 D 点坐标为（4，-3）；
C 点坐标为（2，0），对应 D 点坐标为（-2，-3）．
（3）AC=BC 时，
C
点坐标为
39 8
,
0
，
D
点坐标为
9 8
,5
．
y
D
A
C
O
B Cx
y
D A C
O
D
B D
Cx
y D
A O
B Cx
以上只是两种简单的处理方法，对于一些较复杂的题目，还需具体问题具体分析，或许有更为简便的方法．
的四边形是菱形？若存在，请直接写出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由．
y
y
A O
B
A
x
O
B x
C
C
备用图
【分析】（1）抛物线： y x2 x 6 ；（2）先考虑 M 点位置，即由 A、C、M 三点构成的三角形是等腰三角形：
①当 CA =CM 时，
即 CM=CA= 2 10 ，M 点坐标为 0,6 2 10 、 0,6 2 10 ，对应 N 点坐标为 2,2 10 、 2,2 10 ．
Ny
F1
C P
D1
A F2
MO B x
D2
PF=3，可得
F1
1
32 2
,3
32 2
、
F2
1
32 2
,3
32 2
，
对应
D
点坐标分别为D11来自32 2,
3
2 2
、
D2
1
3
2 2
,
3
2 2
当 MP=MF 时，
Ny
D3
C
P
AF3 M O B x
MP=MF ，可得 F3 4,0 ，对应 D 点坐标为 D3 4,3 ．
D
A O
C x
B x
思路 2：先等腰，再菱形先求点 C，点 C 满足由 A、B、C 构成的三角形一定是等腰三角形，用等腰存在性问题的方法先确定 C，再确定 D 点．（1）当 AB=AC 时，
C 点坐标为 1 2 6,0 ，对应 D 点坐标为 5 2 6,3 ；
C 点坐标为 1 2 6,0 ，对应 D 点坐标为 5 2 6,3 ．
不难想象，对于正方形来说，可以有 4 个未知量，比如在坐标系中已知两定点，若要作正方形，只能在平面中再取另外两动点，即 2 个全动点，当然，也有可能是 1 全动+2 半动，甚至是 4 个半动点．
练习：如图，抛物线 y x2 bx c 与 x 轴相交于 A、B 两点，与 y 轴相交于点 C，已知抛物
则 N 点坐标为 m,m2 3m 4 ，P 点坐标为（m，m+4），
若 P 是 MN 中点，则 m2 3m 4 2m 4 ，
解得： m1 1， m2 4 （舍）故 P（-1，3）、M（-1，0）考虑到 F 点在直线 AC 上，故可先确定 F 点位置，再求得 D 点坐标．
当 PM=PF 时，
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中物理
菱形存在性问题
作为一种特殊的平行四边形，我们已经知道可以从以下几种方式得到菱形：（1）有一组邻边相等的平行四边形菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四边都相等的四边形是菱形．
坐标系中的菱形存在性问题也是依据以上去得到方法．和平行四边形相比，菱形多一个 “ 对角线互相垂直”或“邻边相等”，但这两者其实是等价的，故若四边形 ABCD 是菱形，则其 4 个点坐标需满足：
线的对称轴所在的直线是 x 9 ，点 B 的坐标为（4，0）． 4
（1）求抛物线解析式；（2）若 M 为 x 轴上一动点，在抛物线上是否存在点 N，使得点 B、C、M、N 构成的四边
形是菱形，若存在，求出点 N 坐标，若不存在，请说明理由．
y
C OA
B x
【分析】
（1）抛物线： y x2 9 x 2 ；
考虑到 M、N 是定点，可先求得 MN 3 ， 2
设 Pm, 2m 4 ，则 D m,2m2 2m 4 ，
PD 2m2 2m 4 2m 4 2m2 4m ，
令 PD 3 ，即 2m2 4m 3 ，
2
2
解得：
m1
1 2
， m2
3 2
．
故
P
点坐标为
3 2
,1
，D
点坐标为
物线分别交于点 P、N．若点 P 恰好是线段 MN 的中点，点 F 是直线 AC 上一个动点，
在坐标平面内是否存在点 D，使以点 D，F，P，M 为顶点的四边形是菱形？若存在，
请直接写出点 D 的坐标；若不存在，请说明理由．
y
Ny
C
C
P
A
O Bx
图1
A
MO B x
图2
【分析】（1）抛物线解析式： y x2 3x 4 ；（2）设 M 点坐标为（m，0）（-4<m<0），
②当 AC=AM 时，
即 AM=AC= 2 10 ，M 点坐标为（0，6），对应 N 点坐标为（2，0）．
③当 MA =MC 时，
勾股定理可求得
M
点坐标为
0,
8 3
，
对应
N
点坐标为
2, 10 3
．
综上，N 点坐标为
2, 2
10
、
2, 2
10
、（2，0）、
2,
10 3
．
如下图依次从左到右．
2
（2）本题是“两定两动”，但两个动点一个在 x 轴上，一个在抛物线上，均为半动点，故只需两个字母即可表示，未知量个数少于方程个数，结果可能
会无解．
设
M
点坐标为（m ，0），N
点坐标为
n,
n2
9 2
n
2
，又
B（4，0）、C（0，
2）．
当 CB 为对角线时，取对角线互相平分及 MB=MC，可得：
xA yA
xC yC
xB yB
xD yD
xA xB 2 yA yB 2
xC xB 2 yC yB 2
考虑到互相垂直的两条直线斜率之积为 1 在初中并不适合直接用，故取两邻边相等．即根据菱形的图形性质，我们可以列出关于点坐标的 3 个等式，故菱形存在性问题点坐标最多可以有 3 个未知量，与矩形相同．
因此就常规题型而言，菱形存在性至少有 2 个动点，多则有 3 个动点，可细分如下两大类题型：（1）2 个定点+1 个半动点+1 个全动点（2）1 个定点+3 个半动点解决问题的方法也可有如下两种：思路 1：先平四，再菱形
设点坐标，根据平四存在性要求列出“A+C=B +D”（AC、BD 为对角线），再结合一组邻边相等，得到方程组．思路 2：先等腰，再菱形在构成菱形的 4 个点中任取 3 个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确定第 3 个点，再确定第 4 个点．
y
y
A
N B
M
O
x
N
C
y
AM O
B
A
x
O
NB
y
A
x
O
M N
C M
C
C
B x
【两定两动：对称轴+平面】（2019·辽阳中考）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC 的边 BC 在 x 轴上，∠ABC=90°，
以 A 为顶点的抛物线 y x2 bx c 经过点 C（3，0），交 y 轴于点 E（0，3），动点 P 在对
（1）若抛物线的解析式为 y 2x2 2x 4 ，设其顶点为 M，其对称轴交 AB 于点 N ．
①求点 M、N 的坐标；
②是否存在点 P，使四边形 MNPD 为菱形？并说明理由．
y
B D
PA
OC
x
【分析】
（1）①M
点坐标为
1 2
,
9 2
，N
点坐标为
1 2
,
3
．
②由题意可知 MN∥PD，故四边形 MNPD 若是菱形，首先 MN=PD
【两定两动：坐标轴+平面】（2019·齐齐哈尔中考删减）综合与探究
如图，抛物线 y x2 bx c 与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于 C 点，OA =2，OC=6，连
接 AC 和 BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点 M 是 y 轴上的动点，在坐标平面内是否存在点 N，使以点 A 、C、M、N 为顶点
yA E
M P
O
B
Cx
【两定两动：斜线+平面】（2018·齐齐哈尔）综合与探究
如图 1 所示，直线 y=x+c 与 x 轴交于点 A（-4,0），与 y 轴交于点 C，抛物线 y x2 bx c
经过点 A ，C．
（1）求抛物线的解析式
（2）如图 2 所示，M 是线段 OA 的上一个动点，过点 M 垂直于 x 轴的直线与直线 AC 和抛
1 5 m p 1 4 0 q
m 12 0 12
m
52
0
42
，解得：
m
39 8
p
9 8
q 5
（2）当 AC 为对角线时，由题意得：（AC 和 BD 互相平分及 BA =BC）
1 m 5 p 1 0 4 q
m 2 m 8
，解得：
p
2
或
p
4
1 52 1 42 m 52 0 42
1．看个例子：如图，在坐标系中，A 点坐标（1,1），B 点坐标为（5,4），点 C 在 x 轴上，点 D 在平面中，求 D 点坐标，使得以 A、B、C、D 为顶点的四边形是菱形．