专题7二次函数与菱形存在性问题（解析版）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘

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），

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∴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；

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（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，

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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，

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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，），

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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，

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∴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，

22

∴S△ADC＝OA＝•（﹣m﹣4m）＝﹣2m﹣6m，

∵S△ABC＝＝＝8，

∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+）2+，

∴当m＝﹣时，S最大＝，

当m＝﹣时，y＝﹣＝5，

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∴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，），

∵xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝yA+yC

∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝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．

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【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：xE+xF＝4，xExF＝m﹣8，利用三角函数定义可得：EG＝＝＝﹣xE，

FG＝＝＝xF，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；

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（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，

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∴，

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，

∴xE+xF＝4，xExF＝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＝＝＝﹣xE，FG＝＝＝xF，

∴﹣＝＝＝，

∵﹣＝，

∴＝，

解得：m＝﹣8，

∴点G的坐标为（0，﹣8）．

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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．

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【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

＝FQ，故P（1，6）；②当EQ，FP为对角线时，EQ，FP的中点重合，，

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+；

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（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：

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∴，

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，），

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∴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，

∴，

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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：

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∵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，）．

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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

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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，

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∵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，

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∴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，

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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）．

2

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＝﹣x+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

第23页共95页.

＝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．

2

【解答】解：（1）∵抛物线L1：y＝﹣x+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）．

第24页共95页.

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，

第25页共95页.

∴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，

第26页共95页.

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；

第27页共95页.

（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，

∴，

第28页共95页.

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．

第29页共95页.

【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）∵S△ABC＝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，

第30页共95页.

∵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）

22

∴PE＝yE﹣yP＝﹣t+4﹣（t﹣5t+4）＝﹣t+4t，

∴PD＝PE＝（﹣t2+4t）＝﹣（t﹣2）2+，

第31页共95页.

∵﹣＜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，

第32页共95页.

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，

第33页共95页.

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，

第34页共95页.

∴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，

第35页共95页.

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，

第36页共95页.

∴∠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+（ca≠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．

第37页共95页.

【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