专题27二次函数综合题存在性菱形类

2023年八升九数学暑假培优计划专题27二次函数综合题——存在性菱形类1．综合与探究：如图，已知抛物线y=−38x2+94x+6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C．直线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

(1)求出点A，B，C的坐标，并直接写出直线AC，BC的解析式；(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，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A−2,0，B8,0，C0,6，直线AC为y=3x+6，直线BC(2)n=(3)P−310【分析】（1）令x=0，可得C的坐标，令y=0，可得A，B的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；（2）如图，以BC为直径作圆T，与对称轴交于点D，连接DT，DC，DB，则∠CDB=90°，将直线BC沿射线CO方向向下平移n个单位，解析式为：y=−34x+6−n，求解抛物线的对称轴为：直线x=8−22=3，可得（3）当DE为边时，如图，过E作EK⊥PF于K，结合菱形DEPF可得EK∥AB，可得∠PEK=∠PBA，cos∠PEK=cos∠PBA=45，表示EK=45n，PK=35n，可得P3−【详解】（1）解：令x=0，则y=6，∴C0,6令y=0，则y=−3∴x−8x+2解得：x1=8，∴A−2,0，B设直线AC为y=kx+6，∴−2k+6=0，解得：k=3，∴直线AC为y=3x+6，同理可得直线BC为：y=−3（2）如图，以BC为直径作圆T，与对称轴交于点D，连接DT，DC，DB，则∠CDB=90°，

将直线BC沿射线CO方向向下平移n个单位，解析式为：y=−3∵抛物线的对称轴为：直线x=8−2∴y=−9∴D3,∵B8,0，C∴BC=10，圆心T4,3∴3−42解得：n1=3∴n=3（3）当DE为边时，如图，过E作EK⊥PF于K，结合菱形DEPF可得EK∥∴∠PEK=∠PBA，

∴cos∠PEK=cos∠PBA=4∵xE=3，则yE由平移的性质结合菱形的性质可得：ED=EP=n，∴EK=45n∴P3−∴F的横坐标为：3−4∴F的纵坐标为：33−由PF=n可得：154解得：n=33∴P−如图，当DE为对角线时，

由菱形的对角线的性质可得：P8,0综上：P−310【点睛】本题考查的是求解二次函数与坐标轴的交点坐标，求解一次函数的解析式，菱形的性质的应用，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．2．如图，抛物线y=ax2+bx+c

(1)求抛物线的解析式；(2)设点P是直线BC上方抛物线上一点，求出△PBC的最大面积及此时点P(3)若点M是抛物线对称轴上一动点，点N为坐标平面内一点，是否存在以BC为边，点B、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．【答案】(1)y=−(2)△PBC的最大面积为278(3)存在，N2,2或4,17或4,−17或−2,【分析】（1）利用待定系数法代入求解即可；（2）利用待定系数法先确定直线BC的解析式为y=−x+3，设点Px,−x2+2x+3(0<x<3)，过点P作PD⊥x（3）分两种情况进行分析：若BC为菱形的边长，若BC为菱形的对角线，分别利用菱形的性质及全等三角形的判定和性质求解即可．【详解】（1）解：将点A−1,0a−b+c=09a+3b+c=0解得：a=−1b=2∴抛物线的解析式为y=−x（2）设直线BC的解析式为y=kx+b，将点B、C代入得：3k+b=0b=3解得：k=−1b=3∴直线BC的解析式为y=−x+3，∵B3,0∴OB=3，设点Px,−x2+2x+3(0<x<3)

∴Ex,−x+3∴PE=−x∴SΔPBC∴当x=32时，△PBC−x∴P（3）存在，N2,2或4,17或4,−17或−2,∵B3,0∵抛物线的解析式为y=−x∴对称轴为：x=1，设点M(1,t)，N(x,y)，若BC为菱形的边长，菱形BCMN，则BC2=CM解得：t1=17∵3+1=0+x0+t=3+y∴x=4,y=t−3，∴N14,17若BC为菱形的边长，菱形BCNM，则BC2=BM解得：t1=14∵3+x=0+10+y=3+t∴x=−2,y=3+t，∴N3−2,14若BC为菱形的对角线，3+0=x+10+3=y+t∴x=2,y=3−t，∵BM2=CM解得：t=1，∴y=3−1=2，∴N5综上可得：N2,2或4,17或4,−17或−2,【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，三角形面积问题及特殊四边形问题，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．3．如图，直线y=mx+nm≠0．与抛物线y=−x2+bx+c交于

(1)求抛物线的解析式；(2)若点C在抛物线上，且△ABC的面积为3，求点C的坐标；(3)若点P在抛物线上，PQ⊥OA交直线AB于点Q，点M在坐标平面内，当以B,P,Q,M为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点M的坐标．【答案】(1)y=−(2)点C的坐标为0,3或1,4或1−172，(3)点M的坐标为2,1或0,3或2,32+1或【分析】（1）将A−1,（2）根据题意分当点C在直线AB上方时和点C在AB的下方两种情况即可解答；（3）设点Pa，−【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过点A∴−1−b+c=0−4+2b+c=3∴解得b=2c=3∴抛物线的解析式为y=−x（2）解：设点C的坐标为x,y，如图1，当点C在直线AB上方时，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，连接CD，

∴点D2，0∵A−1,∴AD=3，BD=3，∴S△ABC∴y=x+3，∴点C在直线y=x+3上，∵点C在抛物线上，∴点C是直线y=x+3与抛物线的交点，∴x+3=−x解得：x1=0，∴点C的坐标0,3或1,4；设直线AB的解析式为：y=kx+bk≠0则−k+b=02k+b=3，解得：k=1∴y=x+1，∴直线y=x+3是直线AB向上平移2个单位得到的，∴将直线AB向下平移2个单位，得到直线y=x−1，与抛物线的交点与点A,B组成的三角形的面积也为3，即：当点C在直线AB下方时，为直线y=x−1与抛物线的交点，

∴x−1=−x解得：x1=1−∴点C的坐标为1−172综上，点C的坐标为0,3或1,4或1−172，（3）解：由（2）知：直线AB为y=x+1，设直线与y轴的交点为E，

当x=0时，y=1，∴直线AB与y轴的交点为：E0,1∴OE=OA，∴∠OAE=∠OEA=45°，设点Pa,−a2∵以B,P,Q,M为顶点的四边形是菱形，当PQ为边，则：BM∥PQ，即：点M的横坐标为：2，点P在点Q上方时：①如图，当PQ=BP时，

∵PQ⊥OA，∴∠PQB=45°，∴∠MQB=45°，∴∠PQM=90°，∴∠BPQ=90°，∴PB∥x轴，∵B2,3∴点P0,3∴BM=BP=2，∴点M2,1②当PQ=BQ时，如图，过点B作BF⊥PQ，则：BF=2−a，

∵∠PQB=45°，∴BQ=2又PQ=−a∴22−a解得：a1=2(舍)，∴BM=BQ=32∴M2,3当点P在点Q下方时：如图：

同上②法可得：22−a解得：a3=2(舍)，∴BM=BQ=32∴M2,−3当PQ为对角线时，如图，则：BM⊥PQ，∴BM∥x轴，即点M的纵坐标为3，设BM,PQ相交与点G，

∵∠PQB=45°，∴∠BQM=90°，∴∠PBQ=90°，∴PQ=2BG，即：22−a解得：a=1或a=2（舍去）；∴BM=2，∴M0,3综上所述，点M的坐标为2，1或0，3或2，32+1或【点睛】本题考查了二次函数的综合应用．熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键.4．综合与探究如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4a≠0与x轴交于点A,B，与y轴交于点C，OA=1,OB=4，(1)求抛物线的解析式；(2)顶点D的坐标为_________；已知点Qm,n在抛物线上，当−1≤m≤4时，则n(3)Q是线段BD上的一个动点，连接AQ，当线段AQ最短时，请求出点Q的坐标；(4)若M是对称轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以O,B,M,N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−(2)32,(3)Q(4)N−52,392【分析】（1）根据题意得出A−1,0（2）将解析式化为顶点式，即可得出点D的坐标，以及y的最大值，结合图象即可得出m的取值范围；（3）根据菱形的性质进行分类讨论即可．【详解】（1）解：∵OA=1,OB=4，∴A−1,0把A−1,0,B4,00=a−b+40=16a+4b+4，解得：a=−1∴抛物线的解析式为y=−x（2）解：∵y=−x∴D3∵a=−1<0，∴当x=32时，y有最大值∵当x=1时，y=0，当x=4时，y=0，∴−1≤m≤4时，则n的取值范围为0≤m≤25故答案为：32,25（3）解：当AQ⊥BD时，线段AQ最短，过点Q作QH⊥x轴于点H，过点D作DG⊥x轴于点G，∵AQ⊥BD，DG⊥x轴，∴∠BDG+∠ABD=∠BAQ+∠ABD=90°，即∠BDG=∠BAQ，∵B4,0，D∴DG=25∴，cos∠BDG=DG∵AB=4+1=5，∴AQ=AB⋅cos∠BAQ=5×5∴QH=AQ⋅sin∠BAQ=25AH=AQ⋅cos∠BAQ=25则OH=AH−1=96∴Q96（4）解：∵点M在对称轴上，∴设M3①当OB为对角线时，∵该四边形为菱形，∴OB⊥MN，∵OB⊥对称轴，且点M在对称轴上，∴MN与对称轴重合，又∵OT=32,BT=∴与菱形项矛盾，故此情况不存在；②当OM为对角线时，∵该四边形为菱形，∴OB=BM=MN=4，∴点N的横坐标为32∵BT=5根据勾股定理可得：MT=B∴N−52③当ON为对角线时，∵该四边形为菱形，∴OB=OM=MN=4，∴点N的横坐标为32∵OT=3根据勾股定理可得：MT=O∴N112,综上：存在，N−52,392或【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，解题的关键是掌握用待定系数法求解二次函数解析式的方法和步骤，解直角三角形的方法，勾股定理，菱形的判定和性质．5．如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A3，

(1)求抛物线的解析式；(2)当以P，B，C为顶点的三角形周长最小时，求点P的坐标及△PBC的周长；(3)若点Q是平面直角坐标系内的任意一点，存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标．【答案】(1)y=﹣(2)P1，2，周长(3)Q14，−17，Q24，17【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）因为BC为定值，所以当PB+PC最小时，△PBC的周长最小，如图1，连接AC交对称轴于点P，由轴对称性质可知，此点P即为所求，再利用勾股定理求出AC、BC，即可得出答案；（3）设P1,t，则AC2=32+32=18，AP2=1−32【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3∴9a+3b+3=0a−b+3=0解得：a=−1b=2∴该抛物线的解析式为y=−x（2）在y=−x2+2x+3中，令x=0∴C0，3∵△PBC的周长为：PB+PC+BC，BC是定值，∴当PB+PC最小时，△PBC的周长最小．如图1，点A、B关于对称轴l对称，连接AC交l于点P，则点P为所求的点．

∵AP=BP，∴△PBC周长的最小值是AC+BC，∵A3，0∴AC=32∴△PBC周长的最小值是：32抛物线对称轴为直线x=−2设直线AC的解析式为y=mx+n，将A3，03m+n=0n=3解得：m=−1n=3∴直线AC的解析式为y=−x+3，∴当x=1时，y=2∴P1，2（3）存在．设P∵A3，0则AC2=32∵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2，

∴t2解得：t=3±17∴P1∵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P1∴m+02解得：m=4，n=−17∴Q1当P2∴m+02解得：m=4，n=17∴Q2②以AC为对角线时，则PC=AP，如图3，

∴t2解得：t=1，∴P3∵四边形AP0CQ是菱形，∴AC与PQ互相垂直平分，即AC与CQ中点重合，∴m+12解得：m=2，n=2，∴Q3③当以CP为对角线时，则AP=AC，如图4，

∴t2解得：t=±14∴P4∵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，∴3+m2解得：m=−2，n=3±14∴Q4−2,综上所述，符合条件的点Q的坐标为：Q14，−17，Q24，17，【点睛】本题是二次函数压轴题，考查了二次函数的图像与性质、待定系数法、图形面积计算、轴对称最短路线，菱形性质，点和线段的平移等知识点，熟练掌握二次函数图像和性质，轴对称性质等相关知识是解题关键．6．已知抛物线y=−34x2+94x+3与x轴交于点A，点B，与y轴交于点

(1)则点A、B、C的坐标分别为________、________、________；(2)点P是抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点D，连接PC．①如图1，若动点P在直线BC上方运动时，过点P作PF⊥BC于点F，试求△PFD的周长的最大值．②如图2，当点P在抛物线上运动时，将△CPD沿直线CP翻折，点D的对应点为点Q，若以C、D、P、Q为顶点的四边形能成为菱形，求点P的坐标．【答案】(1)−1,0，4,0，0,3(2)①365；②73,【分析】（1）根据抛物线解析式，求出抛物线与x轴和y轴的交点坐标，即可得到答案；（2）①设Pm,−34m2+94m+3，△PFD的周长为L，则Dm,−34m+3，PD=−②根据菱形的性质可知，CD∥PD，且CD=PD，即点Q落在y轴上．过点D作DG⊥y轴于点G，设Pn,−34n2+94n+3，则Dn,−34n+3【详解】（1）解：∵抛物线y=−34x2+94x+3与x轴交于点令y=0，则−34x2+令x=0，则y=3，∴A−1,0、B4,0，故答案为：−1,0、4,0、0,3；（2）解：①设Pm,−34m2则Dm,−34∵PE⊥x轴，∴PE∥∴∠PDF=∠BCO，∵∠PFD=∠BOC=90°，∴△PFD∽△BOC，∴△PDF的周长由题意可知，OC=3、OB=4，∴BC=O∴△BOC的周长为OB+OC+BC=3+4+5=12，∴L∴L=−9∴当m=2时，L最大即△PFD的周长的最大值为365②将△CPD沿直线CP翻折后，以C、D、P、Q为顶点的四边形能成为菱形，∴CD∥PD，且∴点Q落在y轴上，如图2，过点D作DG⊥y轴于点G，

设Pn,−34n2∴CG=3−−34在Rt△CGD中，CD=C∵PD=CD，∴−34n解方程①得：n=73或解方程②得：n=173或当n=73时，当n=173时，故以C、D、P、Q为顶点的四边形能成为菱形的点P的坐标为73,25

【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质等知识，熟练掌握利用解析式表示出线段的长，并利用相似比或勾股定理列方程式解题关键．7．如图，抛物线y=−49x2+89x+329与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点为D，点P为对称轴右侧抛物线上的一个动点，其横坐标为m，直线AD交y轴于点C，过点P作PF∥AD交x轴于点

(1)直接写出点A，B，D的坐标；(2)当DM=3MF时，求m的值；(3)试探究点P在运动过程中，是否存在m，使四边形AFPE是菱形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A−2，0，(2)1+33(3)存在，点P的坐标为238,【分析】（1）根据抛物线的解析式即可求解；（2）分两种情况，过点D作DN⊥x轴于点N，交PE于点G，根据PE∥x轴，利用平行线分线段成比例定理，当DM=3MF时，可求得（3）分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，利用AE=PE，分别求解即可．【详解】（1）解：当y=0时，−4解得x1=−2，∵点A在点B的左侧∴A−2，0∵y=−4∴D1（2）解：①当点P在x轴上方时，作DN⊥x轴，交x轴于点N，交PE于点G，如图所示，

∵D1∴DN=4，∵PE∥∴DG∵DM=3MF，∴DG=3GN，∵DN=DG+GN=4，∴GN=1，∴−4解得x1=1+3∵点P在抛物线对称轴的右侧∴m=x②当点P在x轴下方时，作DN⊥x轴，交x轴于点N，交PE于点G，如图所示，

∵DM=3MF，∴DF=2MF，∵PE∥∴∴GN=2，∴−4解得x1=1+3∵点P在抛物线对称轴的右侧m=x综上所述，m的值为1+332（3）解：存在，理由如下：设直线AD的函数表达式为y=kx+b，∵直线AD过点A−2，0∴解得：k=∴y=4当点P在轴上方时，设点Pm,−则点E的坐标为x,−4把点E的坐标代入AD的表达式得：解得：−1∴EP=m−−由直线AD的表达式知：tan∠EAO=4∴cos∠EAO=3∴AE=5∵四边形AFPE是菱形，则AE=EP，∴m−−解得m=−2（舍去）或238∴点P的坐标为238当点P在轴下方时，同理可得，点P的坐标为172综上，点P的坐标为238,39【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，菱形的性质，平行线分线段成比例定理，解一元二次方程，求一次函数解析式等知识，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．8．如图，抛物线y=−16x2+36x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与

(1)如图1，求直线BC的表达式；(2)如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线交直线BC于点Q，过点P作x轴的平行线交直线BC于点H，求△PQH周长的最大值和此时P点的坐标；(3)如图2，将抛物线沿射线BC方向平移4个单位得到新抛物线y′，新抛物线y′与坐标轴y轴交于点M．点D与点C关于x轴对称，连接BD，将△BCD沿直线AC平移得到△B′C′D′．平移过程中，在直线ME上是否存在点N，使得N，B′【答案】(1)y=−(2)93+27(3)N【分析】（1）根据抛物线解析式，确定A、B、C的坐标，再利用待定系数法确定解析式即可．（2）根据tan∠CBO=OCOB=333=33，得到∠CBO=30°，继而得到∠PHQ=30°，得到△PQH（3）根据抛物线沿射线BC方向平移4个单位得到新抛物线y′，结合∠CBO=30°，得到4sin30°=2,4cos30°=23即将y=−16x−y=−16x2−32x+4确定M的坐标，从而确定直线ME的解析式，根据A−23,0,C0,3【详解】（1）∵，抛物线y=−1令y=∴−1解得x1令x=∴y=3，∴A−2设BC的解析式为y=kx+3，∴33解得k=−3故直线BC的解析式为y=−3（2）∵B3∴BO=33∴tan∠CBO=OC∴∠CBO=30°，∵PH∥x轴，PQ∥y轴，∴∠PHQ=30°,∠QPH=90°，∴HQ=2PQ,PH=3∴△PQH周长等于3+3∵y=−16设点Pn,−16∴PQ=−1

故当n=332时，PQ此时−16n故△PQH周长的最大值为93+278（3）∵抛物线沿射线BC方向平移4个单位得到新抛物线y′，∠CBO=30°，∴4sin30°=2,4cos30°=23即将y=−16x−整理得y=−1∴M的坐标为0,4，∵直线BC的解析式为y=−33x+3∴E3设ME的解析式为y=px+4，∴32解得p=−3故直线ME的解析式为y=−3∵A−2

∴OCOA=323∵B3∴B′∵菱形的对角线互相垂直平分，C′D′∴NB∴对角线交点坐标为2t,3t，∴33解得x=2t−33∴N2t−3∴3t=−解得t=13∴N−【点睛】本题考查了抛物线与一元二次方程，三角函数的应用，构造二次函数求最值，平移规律，一次函数解析式的确定，菱形的性质，中点坐标公式，熟练掌握三角函数的应用，构造二次函数求最值，平移规律，菱形的性质，中点坐标公式．9．综合与探究如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A、点B，与y轴交于点C，直线y=2x−6与抛物线交于点B、点C，直线y=−12x−1与抛物线交于点A，与y轴交于点(1)求抛物线的解析式；(2)已知点Mm,n在抛物线上，当−4≤m≤2时，直接写出n(3)H是直线CB上一点，若S△ECH=2S(4)P是x轴上一点，Q是平面内任意一点，是否存在以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？者存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=(2)−(3)4,2或−4,−14(4)35,−6或−3【分析】（1）先求得A、B、C三点的坐标，然后代入y=ax（2）根据对称轴直线y=−b2a求出对称轴，即可得出最小值，再分别求出m=2时的函数值，即可确定n取值范围；（3）先求出点E、F的坐标，然后再运用勾股定理逆定理说明EF⊥BC，设Hm,n，再分H在EF（4）先求出BC的长，然后当BC为菱形一边和对角线两种情况分别画图，再结合菱形的性质、勾股定理即可解答．【详解】（1）解：∵直线y=2x−6与x轴、y轴交于点B、点C,∴B3,0,C∵直线y=−1∴A−2,0∵抛物线y=ax2+bx+c∴0=9a+3b+c−6=c0=4a−2b+c，解得：∴抛物线的解析式为y=x（2）解：∵y=x−∴抛物线的对称轴为x=1∵点Mm,n在抛物线上，−4≤m≤2∴当x=12时，抛物线有最小值−25∵当m=−4时，n=−4−122−∴n的取值范围为−25（3）解：∵直线y=−1∴E0,−1∵y=−12x−1∴F2,−2∴EC∴E∴EF⊥BC．设Hm,n①当H在EF上方，∵S△ECH∴12∴CH=2CF，即F是CH的中点，∴0+m2=2−6+n∴H4,2②当H在EF下方，∵S△ECH∴12∴CH=2CF，设点Gm,n为HC的中点，如图，即C是FG∴2+m2=0−2+n∴G−2,−10∵C0,−6∴设点Hj,ℎ，由G−2,−10为∴0+j2=−2−6+ℎ∴H−4,−14综上，点H的坐标为4,2或−4,−14．（4）解：存在一点Q使存在以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：∵B3,0,C∴BC=6①当BC为菱形一边时，则P1∴Q10+35②当BC为菱形对角线时，则BP设P3n,0，∵P3∴3−n2解得：n=−9∴P3∴Q3综上，点Q的坐标为35,−6或−35【点睛】本题主要考查了求函数解析式、二次函数的性质、二次函数与面积的综合、二次函数与特殊四边形的综合等知识点，综合运用所学知识成为解答本题的关键．10．如图，抛物线y=−49x2+89x+329与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点为D．点P为对称轴右侧抛物线上的一个动点，其横坐标为m，直线AD交y轴于点C，过点P作PF∥AD交x轴于点F，(1)直接写出点A，B，D的坐标；(2)当DM=3MF时，求m的值；(3)试探究点P在运动过程中，是否存在m，使四边形AFPE是菱形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A−2,0．B4,0(2)m=1+323(3)点P的坐标为238,39【分析】（1）令y=0，可得−4（2）过点D作DQ⊥x轴于点Q，交PE于点N．设Pm,−49m2+89m+（3）分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，根据tan∠EAO=43，cos∠EAO=35=xE−x【详解】（1）解：y=−4当y=0时，−4解得x1=−2，∵点A在点B的左侧，∴A−2,0．B∵y=−49x∴D1,4（2）如图，过点D作DQ⊥x轴于点Q，交PE于点N．∵点P的横坐标为m，∴Pm,−∵D1,4，∴DN=4−NQ=−∵PE∥∴DNNQ当DM=3MF时，DNNQ∴DN=3NQ，即49当49m2∵点P在抛物线对称轴的右侧，∴m=1+3当49m2∵点P在抛物线对称轴的右侧，∴m=1+3综上所述，m=1+323（3）存在，理由：设直线AD的函数表达式为y=kx+b，∵直线AD过点A−2,0，D则−2k+b=0k+b=4，解得k=∴y=4当点P在x轴上方时，设点Pm,−49把点E的坐标代入AD的表达式得：43解得x=−1故点E的坐标为−1则EP=m−−∵OA=2,OC=8∴AC=2∴tan∠EAO=43，则则AE=5∵四边形AFPE是菱形，则AE=EP，即m−−解得m=−2（舍去）或238，故点P的坐标为23当点P在x轴下方时，AE=−5∴13解得x1=−2（舍）或代入得P点坐标为172综上，点P的坐标为238,39【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，求一次函数解析式，平行线分线段成比例，解直角三角形，菱形的性质与判定，综合运用以上知识，并分类讨论是解题的关键．11．综合与探究：如图，抛物线y=43x2+83x−4与x轴交于A，B两点（点(1)求点A，B，C的坐标；(2)点D是第三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的最大值及此时点D的坐标；(3)若点P在抛物线对称轴上，点Q是平面内一点，试探究，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，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A−3，0，B1，0(2)当点D坐标为−32，−5时，四边形ABCD(3)存在，P的坐标为−1，【分析】（1）对于y=43x2+83x−4，分别令（2）连接OD，设Dm，43m2+83m−4（3）由y=43x2+83x−4可得抛物线对称轴为直线x=−1，设P−1，t，Qp，q【详解】（1）解：对于y=43x2+∴C0，−4令y=0，得43解得：x1∴A−3，0，B（2）解：连接OD，如图：∵点D的横坐标为m，∴Dm，∴S△AODS△CODS△BOC∴S=S∵−2<0，∴当m=−32时，S取最大值，最大值为∴yD∴此时D−综上可知当点D坐标为−32，−5时，四边形ABCD（3）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．理由：由y=43x∴可设P−1，t∵以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，∴AC的中点与PQ的中点重合，且AP=CP，∴xP+x∴−1+p=−3+0，t+q=0+4．∵A−3，0∴AP=xCP=x∴AP2=C联立−1+p=−3+0t+q=0+44+t∴点P的坐标为−1，13∴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，此时点P的坐标为−1，13【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及函数图象上点坐标的特征，三角形面积，菱形的性质，两点的距离公式等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．12．综合与探究如图，直线y=−x+4与x轴交于点B，与y轴交于点C，经过B，C两点的抛物线y=−12x2+bx+c与x(1)求抛物线的解析式以及点A的坐标；(2)若点P是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PQ∥AC交直线y=−x+4于点Q，求线段PQ的最大值；(3)若点M在直线BC上运动，在坐标平面内是否存在另一个点N，使得以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．【答案】(1)抛物线的解析式为y=−12x(2)PQ的最大值为25(3)点N的坐标为−2−10，10或−2+10，−【分析】（1）先求得B4，0（2）过A作AF∥BC交y轴于点F，过点P作PD⊥x轴于点E，交BC于点D，证明△AFC∽△QDP，得到PQ=53PD，当PD取得最大值时，PQ（3）分四种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：在y=−x+4中，令x=0，则y=4，令y=0，则0=−x+4，解得x=4，∴B4，0把B4，0，C0，4得−1解得b=1c=4∴抛物线的解析式为y=−1令x=0，则−1解得x=4或x=−2，∴A−2，0（2）解：过A作AF∥BC交y轴于点F，过点P作PD⊥x轴于点E，交∵A−2，0∴AC=2设直线AF的解析式为y=−x+b1，则解得b1∴直线AF的解析式为y=−x−2，令x=0，则y=∴F0，−2∴CF=6，∵AF∥BC，∴∠AFC=∠FCB=∠QDP，∵PQ∥AC，

∴∠ACQ=∠PQC，∵AF∥∴∠CAF=180°−∠ACQ=180°−∠PQC=∠PQD，∴△AFC∽△QDP，∴ACPQ∴PQ=256PD=5设Pm，−12m2∵−1∴当m=2时，PD有最大值为2，∴PQ的最大值为25（3）解：当点N在第二象限时，作N1∵四边形ACM∴AN1=AC=2∵B4，0∴OB=OC，∴∠OBC=45°，∴∠N∴AG=N∴N1同理，当点N在第四象限时，N2当点N在第一象限时，作N3同理可得△AOC≌△CN∴CH=OA=2，N3∴N3当AC是对角线时，设M4由菱形的性质知M4A=M解得a=5，则M4∴AM同理，AG∴N4综上，点N的坐标为−2−10，10或−2+10，−【点睛】本题是二次函数的综合题，考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，菱形的性质，两直线平行时k值相等是解题的关键．13．如图，抛物线y=24x2+bx+c与x轴交于点A−2,0、B，与(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PQ+PE最大值及此时点(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BC为对角线的菱形，若存在，求所有符合条件的点N的坐标．【答案】(1)y=2(2)PQ+PE的最大值为62，此时P(3)存在，N32−3,6−【分析】（1）代入法求解即可；（2）由（1）和题意可求得D2,−22与F关于x轴对称得F2,22，设AF直线方程为：y=kx+b，则AF解析式为y=x+2，设Pt,24t2−t−322，（3）平移后抛物线过原点，则抛物线向右平移2个单位，得y=24x2−2x以B、C、M、N为顶点的四边形是以BC为对角线的菱形，由（1）得C0,−322，B32,0，取BC中点R，则R322,−3【详解】（1）解：抛物线过A−2,0∴24解得：b=−1c=−∴抛物线解析式为：y=2（2）由（1）可知当x=2时y=−2∴顶点D2∴DM=AM=22∴∠MAD=45°，

∵AF⊥AD，∴∠MAF=45°，∴D2,−22∴F2设AF直线方程为：y=kx+b，则有:22解得：k=1b=∴AF解析式为y=x+2设Pt,24∴PQ=−24t∴PQ+PE=−2∵−24<0∴当t=32时，PQ+PE的最大值为6此时P3（3）平移后抛物线过原点，则抛物线向右平移2个单位，得y=2即为y=2∵以B、C、M、N为顶点的四边形是以BC为对角线的菱形，由（1）得C0,−32∴BC=3取BC中点R，则R3∴BR=3作BC的中垂线分别交x轴、y轴于Q、P，则△BCO∼△BQR，∴BQBR∴BQ=5∴OQ=OB−BQ=32∴Q9设PR直线方程为：y=mx+n，则有:−3解得：m=−2b=∴PR解析式为y=−2x+9联立有y=2解得：x=±3，当x=3时代入y=−2x+924当x=−3时代入y=−2x+924∴M3,−6+92∵R322设Nx,y则有：x+32=3解得：x=32−3y=6−∴N32−3,6−【点睛】本题考查了代入法求函数解析式，二次函数的图像和性质，一次函数与二次函数交点问题，菱形的性质，相似三角形的判定和性质的应用；解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活运用14．如图，抛物线y=ax2+bx−6与x轴相交于A，B两点，与y(1)求抛物线的函数表达式；(2)若点D的坐标为4,4，M是抛物线对称轴上一点，N是平面内一点，是否存在以点A，D，M，N为顶点的矩形，若存在，请求出点M的坐标，若不存在请说明理由；(3)点P为抛物线对称轴上的一个动点，Q是平面直角坐标系内一点，当以点A，C，Q，P为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点P的坐标．【答案】(1)y=(2)存在，(1,2+13)或(1,2−13)(3)(1,−73)或(1,−6+39)或【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）分AD为对角线，AMAN（3）分AQ是对角线，AC为对角线，AP为对角线，三种情况进行求解即可．【详解】（1）解：由题意得，点A、B的坐标分别为−2,0、4,0，则设抛物线的表达式为：y=ax+2∵抛物线y=ax2+bx−6与y轴相交于点C，当x=0∴C0,−6将C0,−6代入y=ax+2x−4解得：a=3则抛物线的表达式为：y=3（2）（2）存在，理由：设点M1,m，点N当AD为对角线时，由中点坐标公式和AD=MN得：−2+4=s+14+0=t+m4+22即点M的坐标为1,2+13或1,2−当AMAN由中点坐标公式和AM=DNAN=DM−2+1=s+4m=t+4−2−12解得：m=172或即点M1,8.5或1,−综上，点M的坐标为：1,2+13或1,2−13或1,8.5或（3）存在，理由：设点P1,m，点Q当AQ是对角线时，由AC=AP得：22解得m=±31即点P的坐标为1,−31或1,当AC为对角线时，由中点坐标公式和AP=AQ得：−2+0=s+1−6+0=t+m解得：m=−7即点P的坐标为：1,−7当AP为对角线时，由中点坐标公式和AC=AQ得：−2+1=sm=t−6解得：m=−6±39即点P的坐标为：1,−6+39或1,−6−综上，点P的坐标为：1,−73或1,−6+39或1,−6−39或【点睛】此题是二次函数的综合问题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与特殊四边形的综合，解题的关键是利用待定系数法求出函数解析式，数形结合和分类讨论的思想是解题的关键．15．如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C0,6(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BC的延长线于H，且MO=HO，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．【答案】(1)y=−2(2)12(3)1,8−5或1,8+5【分析】（1）设出顶点式，待定系数法求出解析式即可；（2）先根据点C的坐标求出直线BC的解析式，即可表示点M的坐标，作MN⊥y轴，作HK⊥y轴，证明△OMN≌△HOK，可得MN=OK,ON=HK，然后表示出点H，最后将点H代入直线解析式，求出答案即可；（3）分CD为菱形的边和对角线，两种情况讨论求