專題12二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)（三）目錄熱點題型歸納 1題型01二次函數(shù)中平行四邊形存在性問題 1題型02二次函數(shù)中矩形存在性問題 9題型03二次函數(shù)中菱形存在性問題 16題型4二次函數(shù)中正方形存在性問題 27中考練場 42 題型01二次函數(shù)中平行四邊形存在性問題【解題策略】平行四邊形存在性問題通?？煞譃椤叭ㄒ粍印焙汀皟啥▋蓜印眱纱箢悊栴}.而且“三定一動”的動點和“兩定兩動”的動點性質(zhì)并不完全一樣,“三定一動”中動點是在平面中橫縱坐標(biāo)都不確定，需要用兩個字母表示，這樣的我們姑且稱為“全動點”，而有一些動點在坐標(biāo)軸、直線或者拋物線上，用一個字母即可表示點坐標(biāo)，稱為“半動點”.找不同圖形的存在性最多可以有幾個未知量，都是根據(jù)圖形決定的，像平行四邊形，只能有2個未知量.究其原因，在于平行四邊形兩大性質(zhì):(1)對邊平行且相等:(2)對角線互相平分.但此兩個性質(zhì)統(tǒng)一成一個等式:xA【典例分析】例1．（2022·四川）如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于O（O為坐標(biāo)原點），A兩點，且二次函數(shù)的最小值為?1，點M(1,m)是其對稱軸上一點，y軸上一點B(0,1)．

(1)求二次函數(shù)的表達式；(2)二次函數(shù)在第四象限的圖象上有一點P，連結(jié)PA，PB，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，△PAB的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；(3)在二次函數(shù)圖象上是否存在點N，使得以A、B、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出所有符合條件的點N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)S=?(3)存在，N(1,?1)或(3,3)或(?1,3)【分析】（1）由二次函數(shù)的最小值為?1，點M(1,m)是其對稱軸上一點，得二次函數(shù)頂點為(1,?1)，設(shè)頂點式y(tǒng)=a(x?1)2?1（2）連接OP，根據(jù)S=S△AOB+S△OAP（3）設(shè)Nn,n2?2n，分三種情況：當(dāng)AB為對角線時，當(dāng)AM為對角線時，當(dāng)【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)的最小值為?1，點M(1,m)是其對稱軸上一點，∴二次函數(shù)頂點為(1,?1)，設(shè)二次函數(shù)解析式為y=a(x?1)將點O(0,0)代入得，a?1=0，∴a=1，∴y=(x?1)（2）如圖，連接OP，

當(dāng)y=0時，x2∴x=0或2，∴A(2,0)，∵點P在拋物線y=x∴點P的縱坐標(biāo)為t2∴S===?t（3）設(shè)Nn,當(dāng)AB為對角線時，由中點坐標(biāo)公式得，2+0=1+n，∴n=1，∴N(1,?1)，當(dāng)AM為對角線時，由中點坐標(biāo)公式得，2+1=n+0，∴n=3，∴N(3,3)，當(dāng)AN為對角線時，由中點坐標(biāo)公式得，2+n=0+1，∴n=?1，∴N(?1,3)，綜上：N(1,?1)或(3,3)或(?1,3)．【點睛】此題考查了待定系數(shù)法求拋物線的解析式，拋物線與圖形面積，平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法及平行四邊形是性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1．（2024·浙江模擬）如圖，拋物線y=?x2+2x+m(m>0)與y軸交于A點，其頂點為D．直線y=?12x?2m分別與x軸、y軸交于B、C兩點，與直線(1)求A、D的坐標(biāo)（用m的代數(shù)式表示）；(2)將△ACE沿著y軸翻折，若點E的對稱點P恰好落在拋物線上，求m的值；(3)拋物線y=?x2+2x+m(m>0)上是否存在一點P，使得以P、A、C【答案】(1)A(0,m),D(1,m+1)(2)m=(3)y=?x2【分析】本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)、對稱、平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法，學(xué)會用配方法確定拋物線頂點坐標(biāo)，學(xué)會分類討論，知道可以利用方程組求兩個函數(shù)圖象交點坐標(biāo)，屬于中考壓軸題．（1）利用配方法求出頂點D坐標(biāo)，令x=0，可以求出點A坐標(biāo)；（2）求出直線AC解析式，利用方程組求出點E坐標(biāo)，再求出點E關(guān)于y軸對稱點E'坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可解決問題；（3）分AC為邊，AC為對角線兩種情形分別討論即可解決問題．【詳解】（1）∵y=?x∴頂點D(1,m+1)，令x=0，則y=m，∴點A(0,m)，∴A(0，m)，D(1，m+1)；（2）設(shè)直線AD為y=kx+b，則b=mk+b=m+1，解得k=1∴直線AD解析式為y=x+m，由y=x+my=?12∴點E坐標(biāo)為(?2m,?m)，∴點E關(guān)于y軸的對稱點P(2m,?m)，∵點P在拋物線上，∴?m=?4m∴m=32或∵m>0，∴m=3（3）如圖，①當(dāng)AC為邊時，EP∥AC，EP=AC，令x=0，則y=?2m，∴點C的坐標(biāo)為(0,?2m)，∴AC=m?(?2m)=3m根據(jù)平移可以得到點P坐標(biāo)(?2m,?4m)，∴?4m=?4m∴m=14或②當(dāng)AC為對角線時，AE為邊，根據(jù)平移可得點P'坐標(biāo)(2m,0)，∴0=?4m∴m=54或∴拋物線解析式為y=?x2+2x+2．（2023·河南模擬）如圖，拋物線y=ax2+bx?16對稱軸是直線x=1，且過點A?2,0．點(1)求拋物線的表達式．(2)矩形BCDE的邊BC在x軸正半軸上，邊CD在第四象限．BC=6，CD=4．將矩形BCDE沿x軸負半軸方向平移得到矩形B'C'D'E'，直線B'E'與直線C'D'【答案】(1)y=2(2)存在；平移距離是35【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求出拋物線；（2）設(shè)將矩形BCDE沿x軸負半軸方向平移t個單位得到矩形B'C'D'E'【詳解】（1）解：由題可得?b解得a=2b=?4∴拋物線的表達式為：y=2（2）解：存在以C'、E'、M、理由如下：∵拋物線y=2x2?4∴B4∵BC=6，CD=4，∴C10設(shè)將矩形BCDE沿x軸負半軸方向平移t個單位得到矩形B'∴B∵直線B'E'與直線C'D∴M4?t,2t2∴E∵C∴C'N=E'M時，以C'∴2t2?12t+4=2解方程①得t=35化簡②得t2∵Δ∴此方程無解，這種情況不成立，綜上所述，當(dāng)平移356個單位時存在以C'、E'、M【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定及性質(zhì)，平移的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．題型02二次函數(shù)中矩形存在性問題【解題策略】矩形除了具有平行四邊形的性質(zhì)之外，還有“對角線相等”或“內(nèi)角為直角”，因此相比起行四邊形，坐標(biāo)系中的矩形滿足以下3個等式:xA+xC=xB+xD【典例分析】例1．（2023·山西）綜合與探究如圖，拋物線y=?x2+bx+c的頂點為D1,4與x軸交于A和B兩點，交

(1)求拋物線的函數(shù)表達式及點A、B、C的坐標(biāo)；(2)如圖1，點P是直線BC上方的拋物線上的動點，當(dāng)△BCP面積最大時，求點P的橫坐標(biāo)；(3)如圖2，若點M是坐標(biāo)軸上一點，點N為平面內(nèi)一點，是否存在這樣的點，使以B、D、M、N為頂點的四邊形是以BD為對角線的矩形？若存在，請直接寫出點N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?x2+2x+3，點A、B、C的坐標(biāo)分別為：(?1,0)、(2)P(3)點N(4,1)或(【分析】（1）依題意，y=?(x?1)2+4=?x2+2x+3，當(dāng)（2）由△BCP面積=S（3）根據(jù)矩形的性質(zhì)，由中點坐標(biāo)公式和對角線BD=MN列出方程組，即可求解．【詳解】（1）解：∵拋物線y=?x2+bx+c∴y=?(x?1)當(dāng)x=0時，y=3，令y=?x2+2x+3=0，解得：∴即點A、B、C的坐標(biāo)分別為：(?1,0)、(3,0)（2）過點P作PH∥y軸交BC于點

設(shè)直線BC的解析式為y=kx+3，將3,0代入，得3k+3=0，解得：k=?1，∴直線BC的解析式為y=?x+3，設(shè)點Px,?x2+2x+3,則△BCP面積==∵?32<0,當(dāng)x=32時，?此時，點P3（3）存在，理由如下：設(shè)點M的坐標(biāo)為：(0，m)或(n,0)，點N(s,t)，由點B、D的坐標(biāo)得，BD由中點坐標(biāo)公式和對角線BD=MN得：3+1=s4+0=m+t20=解得：m=3s=4t=1或m=1s=4t=3或n=1s=3t=4∴即點N(4,1)或(4,3

【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，三角形面積，矩形的性質(zhì)等知識，分類求解是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1．（2023·河北模擬）如圖，拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與x軸交于點A?3,0,B2,0．與y軸交于點C，∠CAO=45°，直線y=kx

(1)求拋物線的解析式；(2)若點M為直線y=1上一點，點N為直線EC上一點，求CM+MN的最小值；(3)點P為拋物線上一點，點Q為平面內(nèi)一點，是否存在點P，Q，使得以E，C，P，Q為頂點的四邊形是矩形？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)8(3)存在，（1，﹣4）或（7，﹣11）．【分析】（1）求出C點坐標(biāo)，再由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）作C點關(guān)于y=1的對稱點C'，過C'作C'N⊥EC交于N，交y=1于點M，連接CM，EC'，當(dāng)M、N、C'（3）分兩種情況討論：①以EC為矩形的邊，如圖2，過點C作CE⊥CP1交拋物線于P1，過點E作EP2⊥EC交拋物線于點P2，過點P1作P1Q1∥EC交EP2于Q1，過P2作P2Q2∥EC交CP1于Q2，求出直線CE的解析式為y=【詳解】（1）解：∵∠CAO=45°，∴OC=OA，∵A(?3,0)，∴OA=3，∴OC=3，∴C(0,3)，將點A(?3,0)，B(2,0)，C(0,3)代入y=ax∴9a?3b+c=04a+2b+c=0解得a=?1∴y=?1（2）解：作C點關(guān)于y=1的對稱點C'，過C'作C'N⊥EC交于N，交y=1于點M，連接

∴CM=MC∴MN+CM=MN+C∴M、N、C'三點共線時，CM+MN∵AE=EC，AO=CO，∴EO為線段AC的垂直平分線，∴直線y=kx的解析式為y=?x，聯(lián)立方程組y=?xy=?解得x=?2y=2∴E(?2,2)，∴EC=5∵C(0,3)，∴C'∴CC∴12∴C'∴CM+MN的最小值為85（3）解：在點P，Q，使得以E，C，P，Q為頂點的四邊形是矩形，理由如下：①以EC為矩形的邊，如圖2，過點C作CE⊥CP1交拋物線于P1，過點E作EP2⊥EC交拋物線于點P2，過點P1作P1Q1∥EC交

∵C0,3設(shè)直線CE的解析式為y=kx+b，∴b=3?2k+b=2解得k=1∴直線CE的解析式為y=1設(shè)直線EC與x軸交點為G，直線CP1與x軸的交點為∵CE⊥CQ∴∠ECO+∠OCH=90°，∵∠OCH+∠OHC=90°，∴∠ECO=∠OHC，∵G?6,0∴GOCO∴HO=3可求直線CH的解析式為y=2x+3，聯(lián)立方程組y=2x+3y=?解得x=0y=3（舍）或x=3∴P1∵C點向左平移2個單位，再向下平移1個單位得到點E，∴Q1同理可得Q2②當(dāng)CE為矩形對角線時，如圖3，以EC為直徑的圓與拋物線沒有交點，∴此時P點不存在；綜上所述：Q點坐標(biāo)為1,?4或7,?11．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，利用軸對稱求最短距離的方法，矩形的性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合，分類討論是解題的關(guān)鍵．題型03二次函數(shù)中菱形存在性問題【解題策略】和平行四邊形相比，菱形多一個“對角線互相垂直”或“鄰邊相等”，但這兩者其實是等價的，故若四邊形ABCD是菱形，則其4個點坐標(biāo)需滿足:xA解決問題的方法也可有如下兩種:思路1:先平四，再菱形.設(shè)點坐標(biāo)，根據(jù)平四存在性要求列出“4+C-B+D”(AC、BD為對角線)，再結(jié)合組鄰邊相等，得到方程組，思路2:先等腰，再菱形.在構(gòu)成菱形的4個點中任取3個點，必構(gòu)成等三角形，根據(jù)等腰存在性方法可先確定第3個點，再確定第4個點.【典例分析】例1．（2023·四川）如圖，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象交x軸于點A，B，交y軸于點C，點B的坐標(biāo)為1,0，對稱軸是直線x=?1，點P是x軸上一動點，PM⊥x軸，交直線AC

(1)求這個二次函數(shù)的解析式．(2)若點P在線段AO上運動（點P與點A、點O不重合），求四邊形ABCN面積的最大值，并求出此時點P的坐標(biāo)．(3)若點P在x軸上運動，則在y軸上是否存在點Q，使以M、N、C、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)S四邊形ABCN最大值為75(3)Q0，?1或【分析】（1）先根據(jù)二次函數(shù)對稱軸公式求出b=2，再把B1,0（2）先求出A?3，0，C0，?3，則AB=4，OC=3，求出直線AC的解析式為y=?x?3，設(shè)Pm，0，則Mm，?m?3，Nm，m2+2m?3（3）分如圖3-1，圖3-2，圖3-3，圖3-4，圖3-5，圖3-6所示，MC為對角線和邊，利用菱形的性質(zhì)進行列式求解即可．【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)y=x2+bx+c∴?b∴b=2，∵二次函數(shù)經(jīng)過點B1,0∴12+b+c=0，即∴c=?3，∴二次函數(shù)解析式為y=x（2）解：∵二次函數(shù)經(jīng)過點B1,0，且對稱軸為直線x∴A?3∴AB=4，∵二次函數(shù)y=x2+2x?3與y∴C0，∴OC=3；設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b∴?3k+b∴k=?1b∴直線AC的解析式為y=?x?3，設(shè)Pm，0，則M∴MN=?m?3?m∵S△ABC∴S四邊形====?3∵?3∴當(dāng)m=?32時，S四邊形∴此時點P的坐標(biāo)為?3（3）解：設(shè)Pm，0，則M∵PM⊥x軸，∴PM∥y軸，即MN∥CQ，∴MN、CQ是以M、N、C、Q為頂點的菱形的邊；如圖3-1所示，當(dāng)MC為對角線時，

∵OA=OC=3，∴△AOC是等腰直角三角形，∴∠ACO=45°，∵QM=QC，∴∠QMC=∠QCM=45°，∴∠MQC=90°，∴MQ⊥y軸，∴NC⊥y軸，即NC∥x軸，∴點C與點N關(guān)于拋物線對稱軸對稱，∴點N的坐標(biāo)為?2，∴CQ=CN=2，∴Q0如圖3-2所示，當(dāng)MC為邊時，則MN=CM，

∵Mm，?m?3，∴CM=m2∴m2解得m=?3?2或m=0∴CQ=CM=?2∴Q0如圖3-3所示，當(dāng)MC為邊時，則MN=CM，

同理可得CM=?2∴?m解得m=2?3或∴CQ=CM=?2∴Q0如圖3-4所示，當(dāng)MC為邊時，則CM=MN，

同理可得m2解得m=2?3（舍去）或如圖3-5所示，當(dāng)MC為對角線時，

∴∠MCQ=∠ACO=45°，∵CQ=MQ，∴∠QCM=∠QMC=45°，∴∠MQC=90°，∴MQ⊥y軸，∴NC⊥y軸，這與題意相矛盾，∴此種情形不存在如圖3-6所示，當(dāng)MC為對角線時，設(shè)MC，QN交于

∵MN∥y軸，∴∠NMC=180°?∠MCO=135°，∵NQ⊥CM，∴∠NSM=90°，這與三角形內(nèi)角和為180度矛盾，∴此種情況不存在；綜上所述，Q0，?1或Q【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，一次函數(shù)與幾何綜合，菱形的性質(zhì)，勾股定理，求二次函數(shù)解析式等等，利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1．（2024·陜西模擬）已知：平面坐標(biāo)系內(nèi)點Px,y和點A0,1，點P到點A的距離始終等于點P到(1)請你求出點P滿足的函數(shù)關(guān)系式；(2)如果（1）中求出的函數(shù)圖象記為L，L'是L沿著水平方向平移得到的，若點M在L上，點N是L平移后點M的對應(yīng)點，點Q是x軸上的點．是否存在這樣的點M，使得以M、N、O、Q為頂點的四邊形是有一個內(nèi)角為60°且的菱形？若存在，請你求出Q【答案】(1)y=1(2)存在，Q坐標(biāo)為23+22,0、23【分析】（1）由題意得PA=PB，PB⊥x軸，PD⊥y軸，利用勾股定理得AP（2）過M作MG⊥x軸，，由菱形性質(zhì)得OQ=OM=k，由直角三角形中30度角所對直角邊是斜邊的一半得OG=12OM=【詳解】（1）如圖，PA=PB，PB⊥x軸，PD⊥y軸．

在Rt△PDAAP∴y2∴y=1∴點P滿足的函數(shù)關(guān)系式為y=1（2）如圖：過M作MG⊥x軸，

設(shè)OQ=OM=k，∴OG=1∴MG=3∴M1∴12∴k=23∴Q23+22根據(jù)對稱性得Q?23?22綜上所述，Q坐標(biāo)為23+22,0，23【點睛】本題考查了二次函數(shù)的動點問題，圖象及性質(zhì)和30度角所對直角邊是斜邊的一半，菱形的性質(zhì)和勾股定理，熟練掌握以上知識點的應(yīng)用，畫出函數(shù)圖象，再分類討論是解題的關(guān)鍵．2．（2023·山東模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=?x2+bx+c的圖象與x軸交于A，B點，與y軸交于點C(1)求這個二次函數(shù)的解析式；(2)當(dāng)點P運動到什么位置時，△BPC的面積最大？請求出點P的坐標(biāo)和△BPC面積的最大值．(3)連接PO，PC，并把△POC沿CO翻折，那么是否存在點P，使四邊形【答案】(1)y=(2)點P的坐標(biāo)為（32，154(3)P【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解．（2）設(shè)出點P的坐標(biāo)，作輔助線，表示出三角形PCQ和三角形PBQ的面積，即可求解．（3）設(shè)出點P的坐標(biāo)，求出P'【詳解】（1）將B（3，0）得?9+3b+c=0c=3解得b=2c=3∴二次函數(shù)的解析式為y=?x答：二次函數(shù)的解析式為y=?x（2）如圖，過點P作y軸的平行線與BC交于點Q，設(shè)P（x，?x則3m+n=0n=3解得m=?1n=3∴直線BC的解析式為y=?x+3，則Q（∴S△CPB當(dāng)x=32時，此時，點P的坐標(biāo)為32,154，（3）存在．如圖，設(shè)點P（x，?x若四邊形POP'C連接PP'，則∴?x解得x1=2+∴P2+【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是要會用待定系數(shù)法求拋物線的解析式，還要牢記菱形的性質(zhì)：菱形的對角線互相垂直，菱形的四條邊都相等，對于求三角形面積最大值的問題，一般是將三角形分割成兩個三角形，即作x軸的平行線或y軸的平行線，然后再利用面積公式得出一個二次函數(shù)，求出頂點的縱坐標(biāo)即是最大值．題型4二次函數(shù)中正方形存在性問題【解題策略】思路1:從判定出發(fā)1）若已知菱形，則加有一個角為直角或?qū)蔷€相等:2）若已知矩形，則加有一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直:3）若已知對角線互相垂直或平分或相等，則加上其他條件.思路2:構(gòu)造三乖直全等若條件并未給關(guān)于四邊形及對角線的特殊性，則考慮在構(gòu)成正方形的4個頂點中任取3個，必是等腰直角三角形，若已知兩定點，則可通過構(gòu)造三垂直全等來求得第3個點，再求第4點.總結(jié)：構(gòu)造三垂直全等的思路僅適合已知兩定點的情形，若題目給了4個動點，則考慮矩形的判定出發(fā)，觀察該四邊形是否己為某特殊四邊形，考證還需滿足的其他關(guān)系.（正方形的存在性問題在中考中出現(xiàn)得并不多，正方形多以小題壓軸為主）【典例分析】例1．（2023·湖南）已知拋物線Q1:y=?x2+bx+c與x軸交于A

(1)請求出拋物線Q1(2)如圖1，在y軸上有一點D0,?1，點E在拋物線Q1上，點F為坐標(biāo)平面內(nèi)一點，是否存在點E,F使得四邊形DAEF為正方形？若存在，請求出點(3)如圖2，將拋物線Q1向右平移2個單位，得到拋物線Q2，拋物線Q2的頂點為K，與x軸正半軸交于點H，拋物線Q1上是否存在點P，使得【答案】(1)y=?(2)E?2,3；(3)點P的坐標(biāo)為(1,0)或(?2,3)【分析】（1）把A?3，0，C（2）假設(shè)存在這樣的正方形，過點E作ER⊥x于點R，過點F作FI⊥y軸于點I，證明△EAR?△AOD,△FID?△DOA，可得ER=3,AR=1,FI=1,IO=2,故可得E?2,3，（3）先求得拋物線Q2的解析式為y=?(x+1?2)2+4=?(x?1)2+4，得出K(1,4)，H(3,0)，運用待定系數(shù)法可得直線BC的解析式為y=?x+3，過點K作KT⊥y軸于點T，連接BC，設(shè)KP交直線BC于M或N，如圖2，過點C作PS⊥y軸交BK于點S，交拋物線Q1于點P【詳解】（1）∵拋物線Q1:y=?x2+bx+c與x軸交于A∴把A?3，0?9?3b+c=0解得，b=?2∴解析式為：y=?x（2）假設(shè)存在這樣的正方形DAEF，如圖，過點E作ER⊥x于點R，過點F作FI⊥y軸于點I，

∴∠AER+∠EAR=90°,∵四邊形DAEF是正方形，∴AE=AD,∠EAD=90°,∴∠EAR+∠DAR=90°,∴∠AER=∠DAO,又∠ERA=∠AOD=90°,∴△AER?△DAO∴AR=DO,ER=AO,∵A∴OA=3,OD=1,∴AR=1,ER=3,∴OR=OA?AR=3?1=2,∴E?2,3同理可證明：△FID?△DOA∴FI=DO=1,DI=AO=3,∴IO=DI?DO=3?1=2,∴F1,2（3）解：拋物線Q1上存在點P，使得∠CPK=∠CHK∵y=?x∴拋物線Q1的頂點坐標(biāo)為(?1,4)∵將拋物線Q1向右平移2個單位，得到拋物線Q∴拋物線Q2的解析式為y=?∵拋物線Q2的頂點為K，與x軸正半軸交于點H∴K(1,4)，H(3,0)，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+n，把C(0,3)，H(3,0)代入得n=33k+n=0解得：k=?1n=3∴直線BC的解析式為y=?x+3，過點K作KT⊥y軸于點T，連接BC，設(shè)KP交直線BC于M或N，如圖2，過點C作PS⊥y軸交BK于點S，交拋物線Q1于點P，連接PK則T(0,4)，M(m,?m+3)，N(t,?t+3)，

∴KT=TC=1，∠KTC=90°，∴△CKT是等腰直角三角形，∴∠KCT=45°，CK=2∵OH=OC=3，∠COH=90°，∴△COH是等腰直角三角形，∴∠HCO=45°，CH=2∴∠KCH=180°?∠KCT?∠HCO=90°，∴tan∵∠CPK=∠CHK，∴tan∵tan∴∠BCO=∠CHK，∵BK∥∴∠CBK=∠BCO，∴∠CBK=∠CHK，即點P與點B重合時，∠CPK=∠CHK，∴P∵SK=1，PS=3，∴tan∴∠CPK=∠CHK，∵點P與點C關(guān)于直線x=∴P(?2,3)；綜上所述，拋物線Q1上存在點P，使得∠CPK=∠CHK，點P的坐標(biāo)為(1,0)或(?2,3)【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)等知識，運用數(shù)形結(jié)合思想解決問題是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1．（2023·遼寧模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx?3與x軸交于A(?1,0)，B(3,0)兩點，與y軸交于點C

(1)求該拋物線的函數(shù)表達式；(2)點D為直線y=x上的動點，當(dāng)點P在第四象限時，求四邊形PBDC面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；(3)已知點E為x軸上一動點，點Q為平面內(nèi)任意一點，是否存在以點P，C，E，Q為頂點的四邊形是以PC為對角線的正方形，若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y(2)278，(3)?3,3+332；?3,3?【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）作直線BC，過P作PH⊥x軸于點G，交BC于點H．設(shè)Pm,m2?2m?3，則H(m,m?3)，PH=?m2+3m，則SΔBPC=?1（3）設(shè)Pm,m2【詳解】（1）解：將A(?1,0)，B(3,0)代入y=ax得a?b?3=09a+3b?3?0，解得a=1∴該拋物線的函數(shù)表達式為y=（2）解：作直線BC，過P作PH⊥x軸于點G，交BC于點H．

設(shè)直線BC的表達式為：y=kx+n，將B(3,0)，C(0,?3)代入y=kx+n中，得3k+n=0n=?3，解得k=1∴y=x?3．設(shè)Pm,m2?2m?3，則∵S∴S∴S△BPC∴S△BPC∴當(dāng)m=32時，△BPC面積的最大值為∵BC與直線y=x平行，∴S∴四邊形PBDC面積的最大值為278∵當(dāng)m=32時，∴P（3）解：設(shè)Pm,m2I.如圖，當(dāng)點E在原點時，即點E(0,0)，CE=PE=3，∠CEP=90°，

∵四邊形PECQ為正方形，∴點Q(3,?3)，II.如解圖3-2，當(dāng)四邊形PECQ為正方形時，CE=PE，∠CEP=∠PEO+∠CEO=90°，

作PI⊥x軸，垂足為I，作QH⊥y軸，垂足為H，又∵∠CEO+∠OCE=90°，∴∠OCE=∠PEO，∴△OCE?△PEI(∴CO=IE=3，EO=IP=m同理可得：QH=CO=IE=3，CH=EO=IP∴OE=OI+IE=m+3，HO=IO∴m+3=m2?2m?3，解得：m=∴HO=IO=33∴點Q(?3,33III.如解圖3-3，當(dāng)四邊形PECQ為正方形時，

同理可得：PI=OE=CH，IE=QH=OC=3，∴OE=IE?IO=3+m，∴m=m2?2m?3?3，解得：m=∴HO=IO=?∴點Q(?3,?IV.如解圖3-4，當(dāng)四邊形PECQ為正方形時，

同理可得：PI=OE=CH，EI=HQ=OC=3，∴OE=IE+IO=3+m∴3?m=m2?2m?3，解得：m=?2∴HO=IO=2，∴點Q(3,2)，綜上所述：點Q坐標(biāo)為?3,3+332；?3,3?33【點睛】此題重點考查二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、正方形性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、一元二次方程的解法、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學(xué)思想的運用等知識與方法，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．2．（2023·遼寧模擬）如圖，拋物線y=?14x2+bx+c的對稱軸與x軸交于點A1,0，與(1)求拋物線的解析式；(2)如圖，當(dāng)點C在第一象限，且∠BAC=90°，求tan∠ABC(3)點D在拋物線上（點D在點C的左側(cè)，不與點B重合），點P在坐標(biāo)平面內(nèi)，問是否存在正方形ACPD？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)tan(3)存在；P1?1,4，P【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可．（2）過點C作CM⊥x軸，根據(jù)題意求證△AOB∽△CMA，利用相似的性質(zhì)求出C點坐標(biāo)，再通過勾股定理求出（3）分情況進行討論，當(dāng)P在y軸右側(cè)時，證得△DMA≌△ANC，當(dāng)P在y軸左側(cè)時，證得△PFC≌△CEA，△ADG≌△ACE，再結(jié)合全等三角形的性質(zhì)去代數(shù)計算即可．【詳解】（1）解：由題意可知，拋物線的對稱軸為x=1，設(shè)拋物線的解析式為y=?14x?1∴?1∴k=13∴y=?1∴y=?（2）解：過點C作CM⊥x軸，垂足為M，如圖所示：∴∠BOA=∠AMC=90°，∵∠BAC=90°∴∠BAO+∠CAM=90°∵在Rt△ACM中，∴∠BAO=∠ACM∴△AOB∽∴OBMA=∵B0,3，A∴OB=3，設(shè)Ct,?∴OM=t，CM=?14t∴3×解得：t1=?10∵點C在第一象限，∴t1當(dāng)t2=4時，∴AM=4?1=3，CM=1，∴AC=CM∴在Rt△ABC中，tan（3）解：如圖所示：過點D作DM⊥x軸，過點C作CN⊥x軸①當(dāng)P在y軸右側(cè)時設(shè)Cm,?∵A1,0，根據(jù)正方形的對稱性和二次函數(shù)的對稱性可知，當(dāng)點P∴設(shè)P(1,t)，∵∠DAM+∠CAN=90°，∠CAN+∠ACN=90°，∴∠DAM=∠ACN又∵∠DMA=∠CNA，DA=AC∴△DMA≌△ANC，∴DM=AN，即CN=AN，∴m?1=?1即m2解得：m=17?1∴PA=CD=m?2?m∴PA=217?4或∴點P的坐標(biāo)為1,217?4，②當(dāng)P在y軸左側(cè)時，如圖:過點C作CE⊥x軸，交x軸于點E，，過點D作DG⊥x軸,交x軸于點G，過點P作PF⊥CE，交CE于F點，如圖所示：設(shè)C(m,n)，∵∠CPF+∠PCF=90°，∠PCF+∠ECA=90°，∴∠PCF=∠ECA，又∵∠PFC=∠CEA，PC=CA，∴△PFC≌△CEA，∴PF=CE=n，CF=1?m，EF=n?1?m∴Pm?n,m+n?1同理：△ADG≌△ACE，∴AG=CE=n，DG=AE=1?m，∴D1?n,m?1?1整理得：m?n?1m+n?5解得：m?n=1（舍）m+n=5，∴n=5?m，∴?1整理得：m?4m?2解得：m=4（舍）或m=2,∴n=3，∴m?n=?1，∴P(?1,4)，∴存在，P1?1,4，P2【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查了用待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的圖形和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等知識，采用數(shù)形結(jié)合的方法巧妙的添加輔助線是解題的關(guān)鍵．1．（2023·山東）如圖，一條拋物線y=ax2+bx經(jīng)過△OAB的三個頂點，其中O為坐標(biāo)原點，點A3,?3，點B在第一象限內(nèi)，對稱軸是直線

(1)求該拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式；(2)求點B的坐標(biāo)；(3)設(shè)C為線段AB的中點，P為直線OB上的一個動點，連接AP，CP，將△ACP沿CP翻折，點A的對應(yīng)點為A1．問是否存在點P，使得以A1，P，C，B為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出所有符合條件的點【答案】(1)y=(2)6,6(3)存在，P點的坐標(biāo)為32，32或?【分析】（1）根據(jù)對稱軸為直線x=?b2a=（2）設(shè)Bm,23m2?3m，過點A作EF⊥y軸交于E點，過B點作BF⊥EF交于F點，繼而表示出（3）先得出直線OB的解析式為y=x，設(shè)Pt,t，當(dāng)BP為平行四邊形的對角線時，可得AP=AC，當(dāng)BC為平行四邊形的對角線時，BP=AC，進而建立方程，得出點P【詳解】（1）解：∵對稱軸為直線x=?b∴b=?9將點A3,?3代入y=a∴9a+3b=?3②，聯(lián)立①②得，a=2∴解析式為y=2（2）設(shè)Bm,23m2?3m，如圖所示，過點A作EF⊥y軸交于E點，過

∴Fm,?3，E則OE=3,AE=3,AF=m?3,BF=2∴S解得：m=6或m=?3（舍去），（3）存在點P，使得以A1，P，C，B∵A3,?3∴C9設(shè)直線OB的解析式為y=kx，∴6k=6，解得：k=1，∴直線OB的解析式為y=x，設(shè)Pt,t如圖所示，當(dāng)BP為平行四邊形的對角線時，BC∥

BC=A∵AC=BC，∴AC=A由對稱性可知AC=A1C∴AP=AC，∴t?3解得：t=±∴P點的坐標(biāo)為32，如圖3，當(dāng)BC為平行四邊形的對角線時，BP∥A1

由對稱性可知，AC=A∴BP=AC，∴6?t2解得：t=352∴P點的坐標(biāo)為352綜上所述，P點的坐標(biāo)為32，32或?3【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2023·內(nèi)蒙古）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?x2+bx+c與x軸的交點分別為A和B1,0（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C0,3(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，過點P作x軸平行線交AC于點E，過點P作y軸平行線交x軸于點D，求PE+PD的最大值及點P的坐標(biāo)；(3)如圖2，設(shè)點M為拋物線對稱軸上一動點，當(dāng)點P，點M運動時，在坐標(biāo)軸上確定點N，使四邊形PMCN為矩形，求出所有符合條件的點N的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)PD+PE的最大值為498，點P的坐標(biāo)為(3)符合條件的N點坐標(biāo)為：N0,4或【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）先求得直線AC的解析式，設(shè)Pm,?m2?2m+3，則PE=?m（3）先求得拋物線的頂點P?1，4，對稱軸為x=?1，分當(dāng)點N在y軸上和點N在x軸負半軸上時，兩種情況討論，當(dāng)點N在x軸負半軸上時，證明△CMG∽△NCO，求得CG=?13t，再證明△CMG≌△PNH，求得點【詳解】（1）解：∵拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于點B(1,0)，與?1+b+c=0解得b=?2拋物線的解析式為：y=?x（2）解：當(dāng)y=0時，0=?x解得x1=?3，∴A(?3,0)，設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+nk≠0把A?3,0，C0,3代入得：解得k=1∴直線AC的解析式為y=x+3，設(shè)Pm,?∵PE∥∴點E的縱坐標(biāo)為?m又∵點E在直線AC上，∴?m2?2m+3=x+3∴E?∴PE=?m∵PD∥y軸，∴PD=?m∴PD+PE=?m∵?2<0，?3<m<0，∴當(dāng)m=?54時，PD+PE有最大值，最大值為當(dāng)m=?54時，∴點P的坐標(biāo)為?5答：PD+PE的最大值為498，點P的坐標(biāo)為?（3）解：y=?x則拋物線的頂點P?1，4情況一：當(dāng)點N在y軸上時，P為拋物線的頂點，∵四邊形PMCN為矩形，∴N與P縱坐標(biāo)相同，∴N0,4情況二：當(dāng)點N在x軸負半軸上時，四邊形PMCN為矩形，過M作y軸的垂線，垂足為G，過P作x軸的垂線，垂足為H，設(shè)Nt,0，則ON=?t∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，∴∠MCG+∠OCN=90°，∵∠ONC+∠OCN=90°，∴∠MCG=∠ONC，又∵∠CGM=∠CON=90°，∴△CMG∽△NCO，∴CGON∵拋物線對稱軸為x=?1，點M在對稱軸上，C0,3∴MG=1，OC=3，∴CG?t=1∵∠MCG+∠CMG=90°，∠ONC+∠PNH=90°，∴∠CMG=∠PNH，∴△CMG≌△PNH，∴NH=MG=1，HP=CG=?1∴OH=ON+NH=?t+1，∴點P的坐標(biāo)為t?1,?1∵點P在拋物線上，∴?1解得t1=1?∴N1?綜上所述：符合條件的N點坐標(biāo)為：N0,4或N【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是方程思想的應(yīng)用．3．（2023·西藏）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?x2+bx+c與x軸交于A?3,0，B1,0

(1)求拋物線的解析式；(2)如圖甲，在y軸上找一點D，使△ACD為等腰三角形，請直接寫出點D的坐標(biāo)；(3)如圖乙，點P為拋物線對稱軸上一點，是否存在P、Q兩點使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出P、Q兩點的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?x(2)0，0或0，?3或(3)存在，P?1，3?17，Q?4，?17或P?1，【分析】（1）將A?3,0，B1,0代入y=?x（2）分別以點D為頂點、以點A為頂點、當(dāng)以點C為頂點，計算即可；（3）拋物線y=?x2?2x+3的對稱軸為直線x=?1，設(shè)P?1,t，Qm,n，求出AC2=18，AP【詳解】（1）解：（1）∵A?3,0，B∴0=?解得，b=?2c=3∴拋物線的解析式為：y=?x（2）令x=0，∴C0由△ACD為等腰三角形，如圖甲，

當(dāng)以點D為頂點時，DA=DC，點D與原點O重合，∴D0當(dāng)以點A為頂點時，AC=AD，AO是等腰△ACD中線，∴OC=OD，∴D0當(dāng)以點C為頂點時，AC=CD=∴點D的縱坐標(biāo)為3?32或3∴綜上所述，點D的坐標(biāo)為0，0或0，?3或（3）存在，理由如下：拋物線y=?x2?2x+3設(shè)P?1,t，Q∵A?3則ACAPPC∵以A、C、P、Q為頂點的四邊形是菱形，∴分三種情況：以AP為對角線或以AC為對角線或以CP為對角線，當(dāng)以AP為對角線時，則CP=CA，如圖1，

∴t2解得：t=3±17∴P1?1∵四邊形ACPQ是菱形，∴AP與CQ互相垂直平分，即AP與CQ的中點重合，當(dāng)P1∴m+02解得：m=?4,n=?17∴Q當(dāng)