专项22-二次函数中的存在性问题-重难点题型

二次函数中的存在性问题-重难点题型【题型1二次函数中直角三角形存在性问题】【例1】（罗湖区校级模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，连接PB，PC．（1）点A的坐标为，点B的坐标为；（2）如图1，当点P在直线BC上方时，过点P作PD上x轴于点D，交直线BC于点E．若PE＝2ED，求△PBC的面积；（3）抛物线上存在一点P，使△PBC是以BC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．【变式1-1】（望城区校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），连接AC，点P为第二象限抛物线上的动点．（1）求a、b、c的值；（2）连接PA、PC、AC，求△PAC面积的最大值；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△QAC为直角三角形，若存在，请求出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【变式1-2】（长沙模拟）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，且点B与点C的坐标分别为B（3，0）．C（0，3），点M是抛物线的顶点．点P为线段MB上一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，若OD＝m．（1）求二次函数解析式；（2）设△PCD的面积为S，试判断S有最大值或最小值？若有，求出其最值，若没有，请说明理由；（3）在MB上是否存在点P，使△PCD为直角三角形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【变式1-3】（长沙模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．（1）求抛物线的表达式；（2）直接写出点C的坐标，并求出△ABC的面积；（3）点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△ABP的面积为6时，求出点P的坐标；（4）若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，是否存在以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形？若存在，请直接写出此时点M的坐标，若不存在，请说明理由．【题型2二次函数中等腰三角形存在性问题】【例2】（曾都区期末）如图，抛物线y＝ax2+4x+c经过A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）两点，点P是y轴左侧且位于x轴下方抛物线上一动点，设其横坐标为m．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）将线段AB绕点B顺时针旋转90°得线段BD（点D是点A的对应点），求点D的坐标，并判断点D是否在抛物线上；（3）过点P作PM⊥x轴交直线BD于点M，试探究是否存在点P，使△PBM是等腰三角形？若存在，求出点m的值；若不存在，说明理由．【变式2-1】（云南期末）如图，直线y=−12x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知二次函数的图象经过点B，C和点（1）求B，C两点的坐标．（2）求该二次函数的解析式．（3）若抛物线的对称轴与x轴的交点为点D，则在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．【变式2-2】（南充）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=5（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ，当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由；（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．【变式2-3】（建华区二模）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝x2+bx+c经过A、C两点，且与x轴交于另一点B（点B在点A右侧）．（1）求抛物线的解析式及点B坐标；（2）设该抛物线的顶点为点H，则S△BCH＝；（3）若点M是线段BC上一动点，过点M的直线ED平行y轴交x轴于点D，交抛物线于点E，求ME长的最大值及点M的坐标；（4）在（3）的条件下：当ME取得最大值时，在x轴上是否存在这样的点P，使得以点M、点B、点P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【题型3二次函数中平行四边形存在性问题】【例3】（元阳县期末）如图，直线y=−12x+c与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C，抛物线y=12x2+bx+c经过点A，C，与x轴的另一个交点为（1）求抛物线的函数解析式．（2）M为x轴的下方的抛物线上一动点，求△ABM的面积的最大值．（3）P为抛物线上一动点，Q为x轴上一动点，当以B，C，Q，P为顶点的四边形为平行四边形时，求点P的坐标．【变式3-1】（泰山区期末）如图，抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，且OA＝OB（1）求直线AB和抛物线的表达式；（2）在y轴上找一点Q，使得△AMQ的周长最小，在备用图中画出图形并求出点Q的坐标；（3）在坐标平面内是否存在点N，使以点A、O、C、N为顶点且AC为一边的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【变式3-2】（雨花区期末）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于点B．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P从点B出发，沿着射线BC运动，速度每秒2个单位长度，过点P作直线PM∥y轴，交抛物线于点M．设运动时间为t秒．①在运动过程中，当t为何值时，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大？并求出此时点P的坐标．②若点N同时从点B出发，向x轴正方向运动，速度每秒v个单位长度，问：是否存在t使点B，C，M，N构成平行四边形？若存在，求出t，v的值；若不存在，说明理由．【变式3-3】（北碚区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣6与x轴交于A，C（﹣6，0）两点（点A在点C右侧），交y轴于点B，连接BC，且AC＝4．（1）求抛物线的解析式．（2）若P是BC上方抛物线上不同于点A的一动点，连接PA，PB，PC，求当S△PBC−12S△PAC有最大值时点（3）如图2，将原抛物线向右平移，使得点A刚好落在原点O，M是平移后的抛物线上一动点，Q是直线BC上一动点．当A，M，B，Q组成的四边形是平行四边形时，请直接写出此时点Q的坐标．【题型4二次函数中菱形存在性问题】【例4】（巴南区期末）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C．（1）求b，c的值；（2）如图1，点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标m．当m为何值时，△PBC的面积最大？并求出这个面积的最大值．（3）如图2，将该抛物线向左平移2个单位长度得到新的抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点M为直线BC上的一点，点N是平面坐标系内一点，是否存在点M，N，使以点B，D，M，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．【变式4-1】（湘潭）如图，一次函数y=33x−3图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y=33x2+bx+c（1）求二次函数解析式；（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．【变式4-2】（无棣县月考）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下方抛物线上的一个动点．（1）求二次函数解析式；（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P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．【变式4-3】（南岸区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（4，0）和B（﹣1，0），交y轴于点C．（1）求二次函数y＝x2+bx+c的表达式；（2）将点C向右平移n个单位得到点D，点D在该二次函数图象上．点P是直线BD下方该二次函数图象上一点，求△PBD面积的最大值以及此时点P的坐标；（3）在（2）中，当△PBD面积取得最大值时，点E是过点P且垂直于x轴直线上的一点．在该直角坐标平面内，是否存在点Q，使得以点P，D，E，Q四点为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【题型5二次函数中矩形存在性问题】【例5】（九龙坡区校级期末）如图1，若二次函数y＝﹣x2+3x+4的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接AC、BC．（1）求三角形ABC的面积；（2）若点P是抛物线在一象限内BC上方一动点，连接PB、PC，是否存在点P，使四边形ABPC的面积为18，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）如图2，若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．【变式5-1】（齐齐哈尔）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接BC，OA＝1，对称轴为直线x＝2，点D为此抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上C、D两点之间的距离是22；（3）点E是第一象限内抛物线上的动点，连接BE和CE，求△BCE面积的最大值；（4）点P在抛物线对称轴上，平面内存在点Q，使以点B、C、P、Q为顶点的四边形为矩形，请直接写出点Q的坐标．【变式5-2】（杏花岭区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣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．（1）求直线BC的解析式；（2）若点P为直线BC下方抛物线上一动点，当点P运动到某一位置时，△BCP的面积最大，求△BCP的最大面积及此时点P的坐标；（3）点M为抛物线对称轴上一动点，点N为坐标平面内一点，若以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，直接写出点M的坐标．【变式5-3】（北碚区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+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=12（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25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．【题型6二次函数中正方形存在性问题】【例6】（渝中区校级二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），其中A（﹣2，0），并且抛物线过点D（4，3）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P为直线CD上方抛物线上一点，过P作PE∥y轴交BC于点E，连接CP，PD，DE，求四边形CPDE面积的最值及点P的坐标；（3）如图2，将抛物线沿射线CB方向平移得新抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），是否在新抛物线上存在点M，在平面内存在点N，使得以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形？若在，直接写出此时新抛物线的顶点坐标，若不存在，请说明理由．【变式6-1】（高明区期末）如图，抛物线y＝x2+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）求该抛物线的函数表达式；（2）点Q在该抛物线的对称轴上，若△ACQ是以AC为腰的等腰三角形，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，GM⊥x轴于点M，N为直线PF上一动点，当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，直接写出点M的坐标．【变式6-2】（合川区校级模拟）如图，在平面直角坐标系．xOy中，直线y＝x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过A，B两点的抛物线交x轴于另一点C（﹣2，0）．（1）求抛物线解析式；（2）如图1，点F是直线AB下方抛物线上一动点，连接FA，FB，求出四边形FAOB面积最大值及此时点F的坐标．（3）如图2，在（2）问的条件下，点Q为平面内y轴右侧的一点，是否存在点Q及平面内任意一点M使得以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．【变式6-3】（海南模拟）如图，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0），交y轴于点C（0，4）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）直线y=34x+94与抛物线交于A、D两点，与直线BC交于点E．若点M（m，0）是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线①当SEOG=12S△AOE时，求②在平面内是否存在点P，使四边形EFHP为正方形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

二次函数中的存在性问题-重难点题型（解析版）【题型1二次函数中直角三角形存在性问题】【例1】（罗湖区校级模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，连接PB，PC．（1）点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0）；（2）如图1，当点P在直线BC上方时，过点P作PD上x轴于点D，交直线BC于点E．若PE＝2ED，求△PBC的面积；（3）抛物线上存在一点P，使△PBC是以BC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．【解题思路】（1）根据抛物线解析式令y＝0求出A，B的坐标即可；（2）先求得点C的坐标，再用待定系数法求得直线BC的解析式；由PE＝2ED可得PD＝3ED，设P（m，﹣m2+2m+3），则E（m，﹣m+3），用含m的式子表示出PD和DE，根据PD＝3ED得出关于m的方程，解得m的值，则可得PE的长，然后按照三角形的面积公式计算即可；（3）分两种情况：①点C为直角顶点；②点B为直角顶点．过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D；过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，分别求得直线P1C和直线BP2的解析式，将它们分别与抛物线的解析式联立，分别解方程组，即可求得点P的坐标．【解答过程】解：（1）令抛物线y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0）；故答案为：（﹣1，0），（3，0）；（2）在y＝﹣x2+2x+3中，当x＝0时，y＝3，∴C（0，3）．设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，3）代入，得：b=33k+b=0解得k=−1b=3∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，若PE＝2ED，则PD＝3ED，设P（m，﹣m2+2m+3），∵PD⊥x轴于点D，∴E（m，﹣m+3），∴﹣m2+2m+3＝3（﹣m+3），∴m2﹣5m+6＝0，解得m1＝2，m2＝3（舍），∴m＝2，此时P（2，3），E（2，1），∴PE＝2，∴S△PBC=12PE•OB∴△PBC的面积为3；（3）∵△PBC是以BC为直角边的直角三角形，∴有两种情况：①点C为直角顶点，如图，过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D，∵B（3，0），C（0，3），∴OB＝OC＝3，∴∠BCO＝∠OBC＝45°．∵P1C⊥BC，∴∠DCB＝90°，∴∠DCO＝45°，又∵∠DOC＝90°，∴∠ODC＝45°＝∠DCO，∴OD＝OC＝3，∴D（﹣3，0），∴直线P1C的解析式为y＝x+3，联立y=−x解得x=1y=4或x=0∴P1（1，4）；②点B为直角顶点，如图，过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，∵P1C⊥BC，BP2⊥BC，∴P1C∥BP2，∴设直线BP2的解析式为y＝x+b，将B（3，0）代入，得0＝3+b，∴b＝﹣3，∴直线BP2的解析式为y＝x﹣3，联立y=−x解得x=−2y=−5或x=3∴P2（﹣2，﹣5）．综上，点P的坐标为（1，4）或（﹣2，﹣5）．【变式1-1】（望城区校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），连接AC，点P为第二象限抛物线上的动点．（1）求a、b、c的值；（2）连接PA、PC、AC，求△PAC面积的最大值；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△QAC为直角三角形，若存在，请求出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）根据抛物线与x轴的交点坐标，设成抛物线解析式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；（2）先求出直线AC的解析式，设出点P坐标，表示出点Q坐标，再用三角形的面积公式，得出函数关系式，即可得出结论；（3）运用配方法求出抛物线对称轴，设点Q（﹣1，n），根据A（﹣3，0），C（0，3），可运用勾股定理分别求出：AC2，CQ2，AQ2，由于△QAC为直角三角形，可以分三种情况：∠CAQ＝90°或∠ACQ＝90°或∠AQC＝90°，对每种情况运用勾股定理列方程求解即可．【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）三点∴9a−3b+c=0a+b+c=0解得：a=−1∴a＝﹣1，b＝﹣2，c＝3；（2）如图1，过点P作PE∥y轴，交AC于E，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴直线AC的解析式为y＝x+3，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，设点P（m，﹣m2﹣2m+3），则E（m，m+3），∴S△ACP=12PE•（xC﹣xA）=12×[﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）]×（0+3）=−32（m2﹣3m）=−∴当m=−32时，S△PAC最大（3）存在，点Q的坐标为：（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，如图2，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴OA＝OC＝3，∴AC2＝OA2+OC2＝32+32＝18，∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴抛物线对称轴为x＝﹣1，设点Q（﹣1，n），则AQ2＝[﹣1﹣（﹣3）]2+n2＝n2+4，CQ2＝[0﹣（﹣1）]2+（n﹣3）2＝n2﹣6n+10，∵△QAC为直角三角形，∴∠CAQ＝90°或∠ACQ＝90°或∠AQC＝90°，①当∠CAQ＝90°时，根据勾股定理，得：AQ2+AC2＝CQ2，∴n2+4+18＝n2﹣6n+10，解得：n＝﹣2，∴Q1（﹣1，﹣2）；②当∠ACQ＝90°时，根据勾股定理，得：CQ2+AC2＝AQ2，∴n2﹣6n+10+18＝n2+4，解得：n＝4，∴Q2（﹣1，4）；③当∠AQC＝90°时，根据勾股定理，得：CQ2+AQ2＝AC2，∴n2﹣6n+10+n2+4＝18，解得：n1=3+172，n∴Q3（﹣1，3+172），Q4（﹣1，综上所述，点Q的坐标为：（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，【变式1-2】（长沙模拟）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，且点B与点C的坐标分别为B（3，0）．C（0，3），点M是抛物线的顶点．点P为线段MB上一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，若OD＝m．（1）求二次函数解析式；（2）设△PCD的面积为S，试判断S有最大值或最小值？若有，求出其最值，若没有，请说明理由；（3）在MB上是否存在点P，使△PCD为直角三角形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）将B（3，0）、C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，列方程组求出b、c的值即可；（2）先求BM所在直线的解析式，用含m的代数式表示点P的坐标及△PCD的面积，求出S关于m的函数关系式，用函数的性质判断并求出S的最值；（3）存在符合条件的点P，分三种情况根据点P的位置或勾股定理列方程求出m的值及点P的坐标．【解答过程】解：（1）把B（3，0）、C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得−9+3b+c=0c=3，解得b=2∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3．（2）S有最大值．如图1，设直线BM的解析式为y＝kx+a，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴该抛物的顶点坐标为M（1，4），把M（1，4）、B（3，0）代入y＝kx+a，得k+a=43k+a=0，解得k=−2∴y＝﹣2x+6，∵D（m，0），∴P（m，﹣2m+6）；由S△PCD=12PD•得S=12m（﹣2m+6）＝﹣m2+3∵当点P与点B重合时，不存在以P、C、D为顶点的三角形，∴1≤m＜3，∴S不存在最小值；∵S＝﹣m2+3m＝﹣（m−32）2∴当m=32时，S最大∴S的最大值为94（3）存在．若∠DPC＝90°，如图2，则PC∥x轴，∴P（m，3），且在直线y＝﹣2x+6上，∴﹣2m+6＝3，解得m=3∴P（32若∠PCD＝90°，如图3，则PC2+CD2＝PD2，∴m2+（﹣2m+6﹣3）2+m2+32＝（﹣2m+6）2，整理得m2+6m﹣9＝0，解得m1＝（32−3，m2∴P（32−3，若∠PDC＝90°，则CD2+PD2＝PC2，∴m2+32+（﹣2m+6）2＝m2+（﹣2m+6﹣3）2，整理得12m＝36，解得m＝3，此时不存在以P，C，D为顶点的三角形，∴m＝3舍去．综上所述，点P的坐标为（32，3）或（32−3【变式1-3】（长沙模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．（1）求抛物线的表达式；（2）直接写出点C的坐标，并求出△ABC的面积；（3）点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△ABP的面积为6时，求出点P的坐标；（4）若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，是否存在以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形？若存在，请直接写出此时点M的坐标，若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）利用待定系数法解决问题即可；（2）求出抛物线的对称轴，再根据对称性求出点C的坐标即可解决问题；（3）设点P（m，﹣m2+4m），根据S△ABP＝S△ABH+S梯形AHDP﹣S△PBD，建立方程求解即可；（4）分别以点C、M、N为直角顶点分三类进行讨论，利用全等三角形和勾股定理ON的长即可．【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，∴16a+4b=0a+b=3解得：a=−1b=4∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x．（2）如图1，∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，∴对称轴为直线x＝2，∵B，C关于对称轴对称，B（1，3），∴C（3，3），∴BC＝2，∴S△ABC=1（3）如图1，设点P（m，﹣m2+4m），根据题意，得：BH＝AH＝3，HD＝m2﹣4m，PD＝m﹣1，∴S△ABP＝S△ABH+S梯形AHDP﹣S△PBD，∴6=12×3×3+12×（3+m﹣1）×（m2﹣4m）−12解得：m1＝0，m2＝5，∵点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，∴m＞0，∴m＝5，﹣m2+4m＝﹣52+4×5＝﹣5，∴P（5，﹣5）；（4）点M在直线BH上，点N在x轴上，△CMN为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，如图2，CM＝MN，∠CMN＝90°，∵∠CBM＝∠MHN＝90°，∴∠CMB+∠NMH＝∠NMH+∠MNH＝90°，∴∠CMB＝∠MNH，∴△CBM≌△MHN（AAS），∴BC＝MH＝2，BM＝HN＝3﹣2＝1，∴M（1，2）；②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，如图3，过点C作CD∥y轴，过点N作NE∥y轴，过点M作DE∥x轴交CD于点D，交NE于E，∵∠CMN＝∠CDM＝∠MEN＝90°，CM＝MN，∴∠CMD+∠NME＝∠NME+∠MNE＝90°，∴∠CMD＝∠MNE，∴△NEM≌△MDC（AAS），∴NE＝MD＝BC＝2，EM＝CD＝5，∵∠ENH＝∠NEM＝∠NHM＝90°，∴四边形EMHN是矩形，∴HM＝NE＝2，∴M（1，﹣2）；③以点N为直角顶点且N在y轴左侧时，如图4，CN＝MN，∠MNC＝90°，过点M作ME∥x轴，过点N作EN∥y轴交CB的延长线于D，同理可得：△NEM≌△CDN（AAS），∴ME＝DN＝3，NE＝CD＝HM＝5，∴M（1，﹣5）；④以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，如图5，过点M作ME∥x轴，过点N作NE∥y轴交BC延长线于D，同理可得：△NEM≌△CDN（AAS），∴ME＝DN＝NH＝3，NE＝CD＝3﹣2＝1，∴HM＝NE＝1，∴M（1，﹣1）；⑤以C为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形；综上所述，当△CMN为等腰直角三角形时，M点坐标为（1，2）或（1，﹣2）或（1，﹣5）或（1，﹣1）．【题型2二次函数中等腰三角形存在性问题】【例2】（曾都区期末）如图，抛物线y＝ax2+4x+c经过A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）两点，点P是y轴左侧且位于x轴下方抛物线上一动点，设其横坐标为m．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）将线段AB绕点B顺时针旋转90°得线段BD（点D是点A的对应点），求点D的坐标，并判断点D是否在抛物线上；（3）过点P作PM⊥x轴交直线BD于点M，试探究是否存在点P，使△PBM是等腰三角形？若存在，求出点m的值；若不存在，说明理由．【解题思路】（1）根据待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）作辅助线构造一线三垂直模型，在证明三角形全等即可求出点D的坐标，把点D的坐标带入解析式即可判断点D是否在抛物线上；（3）先写出点P，M，B的坐标，由（2）得出∠BMP＝45°，分∠BMP是顶角和底角两种情况讨论即可．【解答过程】解：（1）把点A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）带入解析式y＝ax2+4x+c，得−4=9a−12+c−1=c解得a=1c=−1∴y＝x2+4x﹣1；（2）如图，作AC⊥y轴于点C，作DH⊥y轴于点H，∵∠CAB+∠ABC＝90°，∠HBD+∠ABC＝90°，∴∠CAB＝∠HBD，在△ABC和△DBH中，∠DHB=∠BCA∠CAB=∠HBD∴△ABC≌△DBH（AAS），∴HB＝AC＝3，DH＝BC＝3，∴OH＝2，∴D（﹣3，2），把D（﹣3，2）代入y＝x2+4x﹣1中，得（﹣3）2+4×（﹣3）﹣1＝﹣4≠2，∴点D不在抛物线上；（3）存在点P，∵D（﹣3，2），B（0，﹣1），∴直线BD的解析式为y＝﹣x﹣1，设P（m，m2+4m﹣1），则M（m，﹣m﹣1），由（2）知：∠BMP＝45°，当△PBM是等腰三角形，且45°为底角时，有∠MBP＝90°或∠MPB＝90°，若∠MBP＝90°，则P与A重合，即m＝﹣3，若∠MPB＝90°，则PB∥x轴，即P的纵坐标为﹣1，∴m2+4m﹣1＝﹣1，解得m＝0（舍）或m＝﹣4，∴m＝﹣4，若45°为顶角，即MP＝MB，∵MP＝﹣m﹣1﹣m2﹣4m+1＝﹣m2﹣5m，MB=−m∴﹣m2﹣5m=−2m解得m＝﹣5−2（舍）或m＝﹣5+∴m的值为﹣3，﹣4，﹣5+2【变式2-1】（云南期末）如图，直线y=−12x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知二次函数的图象经过点B，C和点（1）求B，C两点的坐标．（2）求该二次函数的解析式．（3）若抛物线的对称轴与x轴的交点为点D，则在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．【解题思路】（1）令直线y=−12x+2的x＝0，y＝0，求出对应的y和x的值，得到点C、（2）用待定系数法设二次函数解析式，代入点A、B、C的坐标求出解析式；（3）利用“两圆一中垂”找到对应的等腰三角形，结合勾股定理和等腰三角形的性质求点P的坐标．【解答过程】解：（1）对直线y=−12x+2，当x＝0时，y＝2，y＝0时，∴B（4，0），C（0，2）．（2）设二次函数为y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a≠0），∵二次函数图象经过B（4，0），A（﹣1，0），∴y＝a（x﹣4）（x+1），把点C（0，2）代入y＝a（x﹣4）（x+1）得：a（0﹣4）（0+1）＝2，解得：a=−1∴y=−12（x﹣4）（x+1）=−12x（3）∵二次函数图象经过B（4，0），A（﹣1，0），∴对称轴为x=4−1∴D（32∵C（0，2），∴CD=2①如图1，当CD＝PD时，PD=5∴P1（32，52），P②如图2，当CD＝CP3时，过点C作CH⊥DP3于点H，∵CD＝CP3，CH⊥DP3，∴DH＝P3H，∵C（0，2），∴DH＝2，∴P3H＝2，∴P3D＝4，∴P3（32综上所述：存在P1（32，52），P2（32，−52），P【变式2-2】（南充）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=5（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ，当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由；（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）用待定系数法即可求解；（2）设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，进而求解；（3）当∠DQE＝2∠ODQ，则∠HQA＝∠HQE，则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，进而求出点E的坐标为（5,4），再分BE＝BF、BE＝EF、BF＝EF三种情况，分别求解即可．【解答过程】解：（1）由题意得：a+b+4=0−b2a=故抛物线的表达式为y＝x2﹣5x+4①；（2）对于y＝x2﹣5x+4，令y＝x2﹣5x+4＝0，解得x＝1或4，令x＝0，则y＝4，故点B的坐标为（4,0），点C（0,4），设直线BC的表达式为y＝kx+t，则t=44k+t=0，解得k=−1故直线BC的表达式为y＝﹣x+4，设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，∵﹣1＜0，故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4＝CO，此时点Q的坐标为（2，﹣2）；∵PQ＝CO，PQ∥OC，故四边形OCPQ为平行四边形；（3）∵D是OC的中点，则点D（0,2），由点D、Q的坐标，同理可得，直线DQ的表达式为y＝﹣2x﹣2，过点Q作QH⊥x轴于点H，则QH∥CO，故∠AQH＝∠ODA，而∠DQE＝2∠ODQ．∴∠HQA＝∠HQE，则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，故设直线QE的表达式为y＝2x+r，将点Q的坐标代入上式并解得r＝﹣6，故直线QE的表达式为y＝2x﹣6②，联立①②并解得x=5y=4故点E的坐标为（5,4），设点F的坐标为（0，m），由点B、E的坐标得：BE2＝（5﹣4）2+（4﹣0）2＝17，同理可得，当BE＝BF时，即16+m2＝17，解得m＝±1；当BE＝EF时，即25+（m﹣4）2＝17，方程无解；当BF＝EF时，即16+m2＝25+（m﹣4）2，解得m=25故点F的坐标为（0,1）或（0，﹣1）或（0，258【变式2-3】（建华区二模）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝x2+bx+c经过A、C两点，且与x轴交于另一点B（点B在点A右侧）．（1）求抛物线的解析式及点B坐标；（2）设该抛物线的顶点为点H，则S△BCH＝3；（3）若点M是线段BC上一动点，过点M的直线ED平行y轴交x轴于点D，交抛物线于点E，求ME长的最大值及点M的坐标；（4）在（3）的条件下：当ME取得最大值时，在x轴上是否存在这样的点P，使得以点M、点B、点P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）由直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C，得A（﹣1，0）、C（0，﹣3），将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，列方程组求b、c的值及点B的坐标；（2）设抛物线的对称轴交BC于点F，求直线BC的解析式及抛物线的顶点坐标，再求出点F的坐标，推导出S△BCH=12FH•OB，可求出△（3）设点E的横坐标为x，用含x的代数式表示点E、点M的坐标及线段ME的长，再根据二次函数的性质求出线段ME的最大值及点M的坐标；（4）在x轴上存在点P，使以点M、B、P为顶点的三角形是等腰三角形．由（3）得D（32，0），M（32，−32），由勾股定理求出OM＝BM=322，由等腰三角形PBM的腰长为3【解答过程】解：（1）∵直线y＝﹣3x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、C，∴A（﹣1，0），C（0，﹣3），∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），C（0，﹣3），∴1−b+c=0c=−3解得b=−2c=−3∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．当y＝0时，由x2﹣2x﹣3＝0，得x1＝﹣1，x2＝3，∴B（3，0）．（2）设抛物线的对称轴交BC于点F，交x轴于点G．设直线BC的解析式为y＝kx﹣3，则3k﹣3＝0，解得k＝1，∴y＝x﹣3；∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的顶点H（1，﹣4），当x＝1时，y＝1﹣3＝﹣2，∴F（1，﹣2），∴FH＝﹣2﹣（﹣4）＝2，∴S△BCH=12FH•OG+12FH•BG=1故答案为：3．（3）设E（x，x2﹣2x﹣3）（0＜x＜3），则M（x，x﹣3），∴ME＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x−32）2∴当x=32时，ME最大=94，此时M（（4）存在．如图3，由（2）得，当ME最大时，则D（32，0），M（32，∴DO＝DB＝DM=3∵∠BDM＝90°，∴OM＝BM=(点P1、P2、P3、P4在x轴上，当点P1与原点O重合时，则P1M＝BM=322，当BP2＝BM=322时，则OP2∴P2（6−32当点P3与点D重合时，则P3M＝P3B=32，P3（当BP4＝BM=322时，则OP4∴P4（6+32综上所述，P1（0，0），P2（6−322，0），P3（32，0），P4【题型3二次函数中平行四边形存在性问题】【例3】（元阳县期末）如图，直线y=−12x+c与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C，抛物线y=12x2+bx+c经过点A，C，与x轴的另一个交点为（1）求抛物线的函数解析式．（2）M为x轴的下方的抛物线上一动点，求△ABM的面积的最大值．（3）P为抛物线上一动点，Q为x轴上一动点，当以B，C，Q，P为顶点的四边形为平行四边形时，求点P的坐标．【解题思路】（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入抛物线y=1（2）由题意可知，当点M为抛物线的顶点，即可求面积；（3）分两种情况：①当以BC为边时，PQ＝BC，则点B到点C的竖直距离＝点P到点Q的竖直距离，即|12x2+x−32|=32，当点P在x轴上方时，12x2+x−32=32，求得P(−7−1，32【解答过程】解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入抛物线y=1∴1解得b=1c=−∴抛物线的函数解析式为y=1（2）∵M是x轴的下方的抛物线上一动点，且△ABM的面积最大，∴点M为抛物线的顶点，∴M（﹣1，﹣2），∴△ABM的面积的最大值=1（3）分两种情况：①当以BC为边时，由平行四边形的性质可知，PQ＝BC，∴点B到点C的竖直距离＝点P到点Q的竖直距离，即|1当点P在x轴上方时，12解得x1=−7∴P(−7−1，32当点P在x轴下方时，12解得x1＝﹣2，x2＝0（舍去），∴P(−2，−3②当以BC为对角线时，点P与点Q不能同时在抛物线上和x轴上，故此种情况不成立，综上可知，点P的坐标为(−7−1，32)【变式3-1】（泰山区期末）如图，抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，且OA＝OB（1）求直线AB和抛物线的表达式；（2）在y轴上找一点Q，使得△AMQ的周长最小，在备用图中画出图形并求出点Q的坐标；（3）在坐标平面内是否存在点N，使以点A、O、C、N为顶点且AC为一边的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）抛物线y=12x2+bx+c经过A（﹣4，0），C（2，6），代入即可得抛物线表达式为y=12x2+2x，由OA＝（2）作A关于y轴的对称点A'，连接A'M交y轴于Q，连接AM，此时△AQM的周长最小，由A'（4，0），M（（﹣2，﹣2），可得直线A'M表达式为y=13x−43，从而可得（3）分两种情况：①以AC、AO为边，此时A（﹣4，0）平移到C（2，6）时，O（0，0）即平移到N，即得N（6，6）；②以AC、AN为边，同理可得N（﹣6，﹣6）．【解答过程】解：（1）抛物线y=12x2+bx+c∴12×16−4b+c=01∴抛物线表达式为y=12x∵A（﹣4，0），OA＝OB，∴B（0，4），设直线AB表达式为y＝mx+n，∴0=−4m+n4=n，解得m=1∴直线AB表达式为y＝x+4；（2）作A关于y轴的对称点A'，连接A'M交y轴于Q，如图：连接AM，此时△AQM的周长最小，∵A（﹣4，0），A、A'关于y轴对称，∴A'（4，0），∵y=12x2+2x=∴M（（﹣2，﹣2），设直线A'M表达式为y＝sx+t，则4s+t=0−2s+t=−2，解得s=∴直线A'M表达式为y=13x令x＝0得y=−4∴Q（0，−4（3）存在，理由如下：①以AC、AO为边，如图：∵四边形AONC是平行四边形，∴A（﹣4，0）平移到C（2，6）时，O（0，0）即平移到N，∴N（6，6）；②以AC、AN为边，如图：∵四边形ANOC是平行四边形，∴C（2，6）平移到O（0，0）时，A（﹣4，0）即平移到N，∴N（﹣6，﹣6）；综上述所：以点A、O、C、N为顶点且AC为一边的四边形是平行四边形，则N的坐标为（6，6）或（﹣6，﹣6）．【变式3-2】（雨花区期末）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于点B．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P从点B出发，沿着射线BC运动，速度每秒2个单位长度，过点P作直线PM∥y轴，交抛物线于点M．设运动时间为t秒．①在运动过程中，当t为何值时，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大？并求出此时点P的坐标．②若点N同时从点B出发，向x轴正方向运动，速度每秒v个单位长度，问：是否存在t使点B，C，M，N构成平行四边形？若存在，求出t，v的值；若不存在，说明理由．【解题思路】（1）先根据对称轴求出点B的坐标，再根据待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）①根据题意表示出BA和BC的值，再利用平方差公式表示出（MA+MC）（MA﹣MC）的值，求出最值即可；②根据对角线的情况分三种情况讨论即可．【解答过程】解：（1）∵抛物线的对称轴为x＝﹣1，∴B（﹣3，0），设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），代入C（0，3），得3＝a×3×（﹣1），解得a＝﹣1，∴y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；（2）①∵B（﹣3，0），C（0，3），∴直线BC的解析式为y＝x+3，设P（m，m+3），则点M为（m，﹣m2﹣2m+3），∴（MA+MC）（MA﹣MC）＝MA2﹣MC2＝（1﹣m）2﹣（﹣m2﹣2m+3）2﹣（﹣m）2﹣（﹣m2﹣2m+3﹣3）2＝﹣6m2﹣14m+10=−6(m+7当m=−76时，（MA+MC）（MA﹣此时PB=11所以此时t=PB∴当t=116时，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大，此时点P的坐标为（−7②存在t的值，由题意得B（﹣3，0），C（0，3），M（t﹣3，﹣t2+4t），N（v﹣3，0），若BC为对角线，则：−3+0=t−3+v−30+3=−解得：t=1v=2或t=3∴t＝1，v＝2，若BM为对角线，则：−3+t−3=0+v−30−解得：t=1v=−2（舍）或者t=3∴此种情况无满足的t，v，若BN为对角线，则：−3+v−3=0+t−30+0=3−解得：t=2−7v=5−7∴t＝2+7，v＝5+综上，t＝1，v＝2，或者t＝2+7，v＝5+【变式3-3】（北碚区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣6与x轴交于A，C（﹣6，0）两点（点A在点C右侧），交y轴于点B，连接BC，且AC＝4．（1）求抛物线的解析式．（2）若P是BC上方抛物线上不同于点A的一动点，连接PA，PB，PC，求当S△PBC−12S△PAC有最大值时点（3）如图2，将原抛物线向右平移，使得点A刚好落在原点O，M是平移后的抛物线上一动点，Q是直线BC上一动点．当A，M，B，Q组成的四边形是平行四边形时，请直接写出此时点Q的坐标．【解题思路】（1）由点C的坐标，即AC＝4，可求出点A的坐标，把点A和点C的坐标代入抛物线中，即可求得抛物线的解析式；（2）过点P作x轴的垂线，交x轴于点D，交BC于点E，设出点P的坐标，分别表达点D和点E的坐标，进而表达S△PBC−12S△PAC，根据二次函数的性质求得最大值及点（3）先求出平移后的抛物线的解析式，再分别讨论AB为边，AB为对角线两种情况讨论；根据平行四边形的性质可求出点Q的坐标．【解答过程】解：（1）∵C（﹣6，0），∴OC＝6，∵AC＝4，∴OA＝2，即A（﹣2，0），∵点A（﹣2，0），C（﹣6，0）在抛物线y＝ax2+bx﹣6上，∴4a−2b−6=036a−6b−6=0，解得，a=−∴抛物线的解析式为：y=−12x2﹣4（2）过点P作x轴的垂线，交x轴于点D，交BC于点E，如图，由（1）中抛物线的解析式可得B（0，﹣6），∴直线BC的解析式为：y＝﹣x﹣6，设点P的横坐标为m，则P（m，−12m2﹣4m﹣6）（﹣6＜m＜0，且∴D（m，0），E（m，﹣m﹣6），∴PE=−12m2﹣4m﹣6﹣（﹣m﹣6）=−12m|PD|＝|−12m2﹣4∴S△PBC−12S=12•PE•（xB﹣xC）−12=12•（−12m2﹣3m）×6−12×=−32m2﹣9m﹣|−12m当﹣6＜m＜﹣2时，−12m2﹣4S△PBC−12S△PAC=−32m2﹣9m﹣（−12m2﹣4m﹣6）＝﹣m2﹣5m+6＝﹣（当m=−52时，S△PBC−12S△PAC的最大值为494，P当﹣2＜m＜0时，S△PBC−12S△PAC=−32m2﹣9m﹣（12m2+4m+6）＝﹣2m2﹣13m﹣6＝﹣2（m∵968综上，当P（−52，78）时，S△PBC−12S（3）将原抛物线向右平移，使得点A刚好落在原点O，则平移后的抛物线为：y=−12x2﹣2①当AB为边时，分两种情况：a．当四边形ABQM是平行四边形时，由平行四边形的性质可知，AB∥MQ，AM∥BQ，如图，过点A作AM∥BC，与平移后的抛物线交于点M，∵直线BC的解析式为：y＝﹣x﹣6，则直线AM的解析式为：y＝﹣x﹣2，联立y=−x−2y=−12x2∴M1（﹣1−5，﹣1+5），M2（﹣1+5∴Q1（1−5，﹣7+5），Q2（1+5b．当四边形ABMQ是平行四边形时，如图，设点M5的横坐标为t，则M5（t，−12t2﹣2t），由平移的性质可得，Q5（t﹣2，−12t∵点Q5在直线BC上，∴−12t2﹣2t+6＝﹣（t﹣2）﹣6，解得t＝﹣1+21或t∴Q5（﹣3−21，﹣3+21），Q6（﹣3+21②当AB为对角线时，由平行四边形的性质可知，AM∥BQ，如图，∵A（﹣2，0），B（0，﹣6），∴AB的中点为（﹣1，﹣3），由①可知，M3（﹣1+5，﹣1−5），M4（﹣1−5∴Q3（﹣1−5，﹣5+5），Q4（﹣1+5∴符合题意的点Q的坐标为：（1+5，﹣7−5），（1−5，﹣7+5），（﹣3−21，﹣3+21），（﹣3+21，﹣3−21），（﹣1【题型4二次函数中菱形存在性问题】【例4】（巴南区期末）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C．（1）求b，c的值；（2）如图1，点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标m．当m为何值时，△PBC的面积最大？并求出这个面积的最大值．（3）如图2，将该抛物线向左平移2个单位长度得到新的抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点M为直线BC上的一点，点N是平面坐标系内一点，是否存在点M，N，使以点B，D，M，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．【解题思路】（1）将点A（1，0）和点B（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解析式；（2）求出直线BC的解析式y＝x+3，过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，由已知可得P（m，﹣m2﹣2m+3），则Q（m，m+3），则S△PBC=−32（m+32）2+278，当m=−32时，S△PBC有最大值（3）平移后抛物线解析式为y＝﹣x2﹣6x﹣5，联立﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣6x﹣5，求出D（﹣2，3），则BD=10，设M（t，t+3），分三种情况：当四边形BDMN为菱形时，由DB＝DM，得10＝（t+2）2+t2，求出M（1，4）；当四边形BDNM为菱形时，由BD＝BM，得10＝（t+3）2+（t+3）2，求出M（5−3，5）或M（−5−3，−5）；当四边形BMDN为菱形时，设BD的中点为G，则G（−52，32），由勾股定理得BM2＝BG2+GM2，即2（t+3）2＝（102）2+（t+52）2+（【解答过程】解：（1）将点A（1，0）和点B（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得−1+b+c=0−9−3b+c=0解得b=−2c=3∴y＝﹣x2﹣2x+3；（2）令x＝0，则y＝3，∴C（0，3），设直线BC的解析式为y＝kx+b，则有b=3−3k+b=0解得k=1b=3∴y＝x+3，过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，由已知可得P（m，﹣m2﹣2m+3），则Q（m，m+3），∴S△PBC=12×3×（﹣m2﹣2m+3﹣m﹣3）=32（﹣m2﹣3m）=−32∴当m=−32时，S△PBC有最大值此时P（−32，（3）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，将抛物线向左平移2个单位长度，则y＝﹣（x+3）2+4＝﹣x2﹣6x﹣5，联立﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣6x﹣5，∴x＝﹣2，∴D（﹣2，3），∵B（﹣3，0），∴BD=10∵M点在直线BC上，设M（t，t+3），当四边形BDMN为菱形时，如图1，∴DB＝DM，∴10＝（t+2）2+t2，∴t＝1或t＝﹣3（舍），∴M（1，4）；当四边形BDNM为菱形时，如图2，∴BD＝BM，∴10＝（t+3）2+（t+3）2，∴t=5−3或t∴M（5−3，5）或M（−5−当四边形BMDN为菱形时，如图3，设BD的中点为G，则G（−52，∵GM⊥BD，∴BM2＝BG2+GM2，∴2（t+3）2＝（102）2+（t+52）2+（t+∴t=−7∴M（−74，综上所述：M点的坐标为（1，4）或（5−3，5）或（−5−3，−5）或（【变式4-1】（湘潭）如图，一次函数y=33x−3图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y=33x2+bx+c（1）求二次函数解析式；（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）由y=33x−3可求出A（3，0），B（0，−3），代入二次函数y=33x2+bx+c即得二次函数解析式为y=（2）由二次函数y=33x2−233x−3可得其对称轴为直线x=2332×33=1，设P（1，m），Q（n，33n2①当BC、PQ为对角线时，0+22=1+n2−3−32=m+33n2−233n−32，可得m=−233n=1，此时四边形BQCP是平行四边形，根据P（1，−233），B（0，【解答过程】解：（1）在y=33x−3中，令x＝0得y=−3，令∴A（3，0），B（0，−3∵二次函数y=33x2+bx+c图象过A、∴0=33+3b+c−∴二次函数解析式为y=33x2−2（2）存在，理由如下：由二次函数y=33x2−233x设P（1，m），Q（n，33n2−233n−3∵C与B关于直线x＝1对称，∴C（2，−3①当BC、PQ为对角线时，如图：此时BC的中点即是PQ的中点，即0+22解得m=−2∴当P（1，−233），Q（1，−由P（1，−233），B（0，−3），C（2，−3）可得PB∴PB＝PC，∴四边形BQCP是菱形，∴此时Q（1，−4②BP、CQ为对角线时，如图：同理BP、CQ中点重合，可得0+12解得m=0n=−1∴当P（1，0），Q（﹣1，0）时，四边形BCPQ是平行四边形，由P（1，0），B（0，−3），C（2，−3）可得BC2＝4＝PC∴四边形BCPQ是菱形，∴此时Q（﹣1，0）；③以BQ、CP为对角线，如图：BQ、CP中点重合，可得0+n2解得m=0n=3∴P（1，0），Q（3，0）时，四边形BCQP是平行四边形，由P（1，0），B（0，−3），C（2，−3）可得BC2＝4＝PC∴四边形BCQP是菱形，∴此时Q（3，0）；综上所述，Q的坐标为：（1，−4【变式4-2】（无棣县月考）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下方抛物线上的一个动点．（1）求二次函数解析式；（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P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．【解题思路】（1）先根据点C坐标求出c＝﹣3，再将点B坐标代入二次函数解析式中求出b，即可得出结论；（2）连接PP'交y轴于E，根据菱形的性质判断出点E是OC的中点，进而求出点P的纵坐标，最后代入二次函数解析式中求解，即可得出结论；（3）设出点P的坐标，进而利用梯形的面积+三角形的面积得出S四边形ABPC=−32（m−12【解答过程】解：（1）∵二次函数y＝x2+bx+c与y轴的交点C（0，﹣3），∴c＝﹣3，∴二次函数的解析式为y＝x2+bx﹣3，∵点B（3，0）在二次函数图象上，∴9+3b﹣3＝0，∴b＝﹣2，∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）存在，理由：如图1，连接PP'交y轴于E，∵四边形POP'C为菱形，∴PP'⊥OC，OE＝CE=12∵点C（0，﹣3），∴OC＝3，∴OE=3∴E（0，−3∴点P的纵坐标为−3由（1）知，二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，∴x2﹣2x﹣3=−3∴x=2−102或∵点P在直线BC下方的抛物线上，∴0＜x＜3，∴点P（2+102，（3）如图2，过点P作PF⊥x轴于F，则PF∥OC，由（1）知，二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，∴x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），∴设P（m，m2﹣2m﹣3）（0＜m＜3），∴F（m，0），∴S四边形ABPC＝S△AOC+S梯形OCPF+S△PFB=12OA•OC+12（OC+PF）•OF=12×1×3+12（3﹣m2+2m+3）•m+12（﹣=−32（m−32∴当m=32时，四边形ABPC的面积最大，最大值为758，此时，P（3即点P运动到点（32，−154）时，四边形ABPC【变式4-3】（南岸区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（4，0）和B（﹣1，0），交y轴于点C．（1）求二次函数y＝x2+bx+c的表达式；（2）将点C向右平移n个单位得到点D，点D在该二次函数图象上．点P是直线BD下方该二次函数图象上一点，求△PBD面积的最大值以及此时点P的坐标；（3）在（2）中，当△PBD面积取得最大值时，点E是过点P且垂直于x轴直线上的一点．在该直角坐标平面内，是否存在点Q，使得以点P，D，E，Q四点为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）用待定系数法即可求解；（2）由s=12PF（xD﹣xB）=（3）①当PE为对角线时，如图2，则PE⊥DQ，且D、Q关于直线PE对称，即可求解；②当DE为对角线时，证明△DNP≌△EMQ（AAS），进而求解；③当PD为对角线时，由DG2+EG2＝DG2，即可求解．【解答过程】解：（1）根据题意得：16+4b+c=01−b+c=0解得：b=−3c=−4∴这个二次函数的表达式为y＝x2﹣3x﹣4；（2）∵y＝x2﹣3x﹣4与y轴交点为（0，﹣4），∵将点C向右平移后得到点D，则点D的纵坐标为﹣4．令y＝﹣4，即x2﹣3x﹣4＝﹣4，得x1＝0，x2＝3．∴D（3，﹣4）．设直线BD的表达式为y＝mx+n，则0=−m+n−4=3m+n，解得m=−1∴经过B（﹣1，0），D（3，﹣4）的直线为y＝﹣x﹣1．∵P是函数y＝x2﹣3x﹣4图象上一点，则设P（t，t2﹣3t﹣4）．如图1，过点P作PF⊥x轴，交BD于点F，则F（t，﹣t﹣1）．设△PBD的面积为s，则s=12PF（xD﹣xB）=12×PF×（3+1）＝2PF＝2[（﹣t﹣1）﹣（t2﹣3t∴t＝1时，△PBD的面积最大，最大为8．此时，点P（1，﹣6）；（3）存在以点P，D，E，Q四点为顶点的四边形是菱形，分三种情况：①当PE为对角线时，如图2，∵PE⊥x轴，CD//x轴，∴PE⊥DQ，且D、Q关于直线PE对称，因为D（3，﹣4），P（1，﹣6），∴Q（﹣1，﹣4）；②当DE为对角线时，设Q（3，k），如图3、图4，则DQ//PE，DQ＝PE，作DN⊥PE于E，EM⊥DQ于M，∵∠P＝∠Q，DP＝EQ，.∴△DNP≌△EMQ（AAS），∴QM＝PN＝﹣4﹣（﹣6）＝2，∵EM＝3﹣1＝2，QE＝DQ＝k+4，∴（k+4）2＝22+22，解得k＝﹣4±22，∴点Q的坐标有（3，﹣4+22），（3，﹣4﹣22）；③当PD为对角线时，如图5，设点Q坐标为（3，a），作PH⊥DQ于H，QG⊥PE于G，∵DG＝2，EG＝QH＝﹣6﹣a，DE＝DQ＝﹣4﹣a，则DG2+EG2＝DG2，∴22+（﹣6﹣a）2＝（﹣4﹣a）2，解得a＝﹣6，∴Q（3，﹣6），满足条件的点Q的坐标有：（3，−4+22），（3，−4−2【题型5二次函数中矩形存在性问题】【例5】（九龙坡区校级期末）如图1，若二次函数y＝﹣x2+3x+4的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接AC、BC．（1）求三角形ABC的面积；（2）若点P是抛物线在一象限内BC上方一动点，连接PB、PC，是否存在点P，使四边形ABPC的面积为18，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）如图2，若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）令x＝0，求C（0，4），令y＝0，求A（﹣1，0），B（4，0），再求S△ABC=1（2）由已知可得△BCP的面积为8，求出直线BC的解析式为y＝﹣x+4，过P点作PM⊥x轴，交BC于点M，设P（t，﹣t2+3t+4），则M（t，﹣t+4），则S△BCP＝2（﹣t2+4t）＝8，求出t＝2，则P（2，6）；（3）设Q（m，﹣m2+3m+4），当m＞0时，过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，证明△CHQ≌△BGK（AAS），得到m＝﹣m2+3m+4﹣4，则HQ＝2，所以K（6，2）；当m＜0时，设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，证明△QHG≌△KFE（AAS），则有﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），求得m＝﹣2，则GQ＝2，可求K（﹣6，﹣2）．【解答过程】解：（1）令x＝0，则y＝4，∴C（0，4），令y＝0，则﹣x2+3x+4＝0，解得x＝4或x＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（4，0），∴AB＝5，∴S△ABC=1（2）存在，理由如下：∵四边形ABPC的面积为18，S△ABC＝10，∴△BCP的面积为8，设直线BC的解析式为y＝kx+4，将点B（4，0）代入，得k＝﹣1，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，过P点作PM⊥x轴，交BC于点M，设P（t，﹣t2+3t+4），则M（t，﹣t+4），∴S△BCP=12×4×PM＝2（﹣t2+3t+4+t﹣4）＝2（﹣t2∴t＝2，∴P（2，6）；（3）存在，理由如下：设Q（m，﹣m2+3m+4），当m＞0时，如图1，∵矩形是以BC为边，∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，∵CQ＝BK，∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠HCQ＝∠GBK＝45°，∴△CHQ≌△BGK（AAS），∴HC＝HQ＝BG＝GK，∴m＝﹣m2+3m+4﹣4，∴m＝2或m＝0（舍），∴HQ＝2，∴K（6，2）；当m＜0时，如图2，∵矩形是以BC为边，∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，∵∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠OBH＝∠OHB＝45°，∠FCO＝∠CFO＝45°，∴OF＝OC＝OB＝OH＝4，∠HQG＝∠EFK＝45°，∵KC＝BQ，CF＝HB，∴FK＝QH，∴△QHG≌△KFE（AAS），∴QG＝HG＝EF＝EK，∴﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），∴m＝﹣2或m＝4（舍），∴GQ＝2，∴K（﹣6，﹣2）；综上所述，K点的坐标为（﹣6，﹣2）或（6，2）．【变式5-1】（齐齐哈尔）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接BC，OA＝1，对称轴为直线x＝2，点D为此抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上C、D两点之间的距离是22；（3）点E是第一象限内抛物线上的动点，连接BE和CE，求△BCE面积的最大值；（4）点P在抛物线对称轴上，平面内存在点Q，使以点B、C、P、Q为顶点的四边形为矩形，请直接写出点Q的坐标．【解题思路】（1）先由题意得出A，B的坐标，再用待定系数法求出解析式即可；（2）根据两点的距离公式即可求出CD的长度；（3）先设出E的坐标，然后将△BCE的面积表示出来，求出最大值即可；（4）根据对角线的情况分三种讨论，再由矩形的性质求出点Q的坐标．【解答过程】解：（1）∵OA＝1，∴A（﹣1，0），又∵对称轴为x＝2，∴B（5，0），将A，B代入解析式得：0=a−2+c0=25a+10+c解得a=−1∴y=−1（2）由（1）得：C（0，52），D（2，9∴CD=(故答案为22；（3）∵B（5，0），C（0，52∴直线BC的解析式为：y=−1设E（x，−1作EF∥y轴交BC于点F，则F（x，−1∴EF=−12x2+2x+∴S△BCE当x=52时，S△BCE有最大值为（4）设P（2，y），Q（m，n），由（1）知B（5，0），C（0，52若BC为矩形的对角线，则5+0=2+m0+解得：m=3n=又∵∠BPC＝90°，∴PC2+PB2＝BC2，即：22解得y＝4或y=−3∴n=−32或∴Q（3，−32）或若BP为矩形得对角线，则5+2=0+m0+y=解得m=7n=y−又∵∠BCP＝90°，BC2+CP2＝BP2，即：52解得y=13∴Q（7，4），若BQ为矩形的对角线，则5+m=2+00+n=y+解得：m=−3n=y+又∵∠BCQ＝90°，∴BC2+CQ2＝BQ2，即：52解得n=−7∴Q（﹣3，−7综上，点Q的坐标为（3，−32）或（3，4），或（7，4）或（﹣3，【变式5-2】（杏花岭区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣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．（1）求直线BC的解析式；（2）若点P为直线BC下方抛物线上一动点，当点P运动到某一位置时，△BCP的面积最大，求△BCP的最大面积及此时点P的坐标；（3）点M为抛物线对称轴上一动点，点N为坐标平面内一点，若以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，直接写出点M的坐标．【解题思路】（1）求出B、C坐标，用待定系数法即可得答案；（2）过P作PD∥y轴交BC于D，设P（m，m2﹣2m﹣3），用m的代数式表示PD和△BCP的面积S△BCP即可得到答案；（3）抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝1，以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，分三种情况分别画出图形，列方程求出解即可得到答案．【解答过程】解：（1）在y＝x2﹣2x﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，令y＝0得x＝3或﹣1，∴C（0，﹣3），A（﹣1，0），B（3，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，﹣3）代入得：0=3k+b−3=b，解得k=1∴直线BC的解析式为y＝x﹣3；（2）过P作PD∥y轴交BC于D，如图：设P（m，m2﹣2m﹣3），则D（m，m﹣3），∴PD＝（m﹣3）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，∴△BCP的面积S△BCP=12PD•|xB﹣xC|=−32m2+92m=−3∴m=32时，S△BCP最大为此时P（32，−（3）抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝1，以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，分三种情况：①过B作BM⊥BC交对称轴x＝1于M，如图：∵直线BC的解析式为y＝x﹣3，∴设直线BM解析式为y＝﹣x+n，将B（3，0）代入得：0＝﹣3+n，解得n＝3，∴直线BM解析式为y＝﹣x+3，令x＝1得y＝2，∴M（1，2）；②过C作CM⊥BC交对称轴x＝1于M，如图：同①可得M（1，﹣4）；③以BC为对角线时，作以BC为直径的圆与对称轴交于M，如图：设M（1，t），∵B（3，0），C（0，﹣3），∴直线CM解析式为y＝（t+3）x﹣3，直线BM解析式为y=−t2x+∵CM⊥BM，∴−t2•（t+3）＝﹣1，解得：t=−3+17∴M（1，−3+172）或M（1，综上所述，以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，M坐标为（1，2）或（1，﹣4）或（1，−3+172）或（1，【变式5-3】（北碚区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+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=12（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25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．【解题思路】（1）由题可知B点既在x轴上，又在y=12x﹣4上，则B（8，0），再将A、B代入y＝ax2+（2）先求出直线AD的解析式为y=12x+1，过点B作BG⊥AD，在Rt△ABG中，AB＝10，tan∠BAG=12，求出BG＝25，设P（m，−14m2−32m﹣4），R（n，12n﹣4），则Q（m，12m+1），QR＝25，代入点的坐标可得n﹣m＝2，则R（m+2，12m﹣3），S△PQR=−14（3）求出C'（0，﹣4），直线AC的解析式为y＝2x+4