专题07二次函数中特殊四边形存在性（五大题型）90专练（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 07 二次函数中特殊四边形存在性（五大题型）90 专练 通用的解题思路： 题型一：平行四边形的存在性 解题策略： 1.直接计算法根据平行四边形对边平行且相等，按这条线段为边或为对角线两大类，分别计算 （适用于：已知两点的连线就在坐标轴上或平行于坐标轴） 2.构造全等法过顶点作坐标轴的垂线，利用对边所在的两个三角形全等，把平行且相等的对边 转化为水平或者垂直方向的两条对应边相等 （适用于：已知两点的连线，不与坐标轴平行，容易画出草图） 3.平移坐标法 利用平移的意义，根据已知两点间横、纵坐标的距离关系，得待定两点也有同样的数量关系。 （适用于：直接写出答案的题） 题型二：菱形存在性 由于菱形是一组邻边相等的平行四边形，因此解决菱形存在性问题需要综合运用平行四边形和等腰三 角形存在性问题的方法。 题型三：矩形存在性 由于矩形是含 90 度角的平行四边形，因此解决矩形存在性问题需要综合运用平行四边形和直角三角形 存在性问题的方法。 题型四：正方形存在性 由于正方形即是矩形又是菱形，因此解决正方形存在性问题需要灵活选用所有存在性问题的方法。 题型五：梯形存在性 解梯形的存在性问题一般分三步： 第一步分类，第二步画图，第三步计算．一般是已知三角形的三个顶点，在某个图象上求第四个点，使得四个点围成梯形．过三角形的每个顶点画对边的平行线，这 条直线与图象的交点就是要探寻的梯形的顶点． 因为梯形有一组对边平行，因此根据同位角或内错角，一定可以构造一组相等的角，然后根据相似比列方程，可以使得解题 简便． 题型一：平行四边形的存在性 1．（2024·甘肃武威·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx5a0交x轴于A，C两点， 与y轴交于点B，且5OAOBOC． (1)求此抛物线的表达式； (2)已知抛物线的对称轴上存在一点M ，使得 ABM 的周长最小，请求出点M 的坐标；  (3)连接BC，点P是线段BC上一点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求当四边形OBQP为平行四 边形时点P的坐标． 【答案】(1)y x24x5 (2)M2，3 5 5 5 5 5 5 5 5 (3)则点P的坐标为： , ）或 ,      2 2 2 2     【分析】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，轴对称最短路径的计算方法，平行四边形的判定和 性质的综合，掌握二次函数图象的性质是解题的关键． （1）根据二次函数解析式可求出OB5OC 5OA，可得点A，B，C的坐标，运用交点式即可求解二次函 数解析式； （2）根据抛物线的解析式可得点A的对称点为点C，结合轴对称最短路径可得 ABM 的周长   ABAM BM  ABCM BM  ABBC为最小，根据点B，C的坐标可求出直线BC的解析式是，由抛物线的对称轴为x2，代入直线BC的解析式即可求解； （3）根据平行四边形的判定和性质可得PQOB5，设点Px，x5，则Q  m,m24m5  ，由此列式 求解即可． 【详解】（1）解：由抛物线的表达式yax2bx5a0可知，c5 y ， B ∴OBOC 55OA， ∴OA1， ∴A1,0，B0,5，C5,0， 设抛物线的表达式为：yax1x5a  x24x5  ax24ax5a， ∴5a5， ∴a1， 故抛物线的表达式为：y x24x5； （2）解：由（1）可知，抛物线的表达式为：y x24x5， ∴对称轴为x2， ∴点A关于抛物线对称轴得对称点为点C， ∴BC交抛物线的对称轴于点M 即为所求点的位置，即 ABM 的周长   ABAM BM  ABCM BM  ABBC为最小， 已知B0,5，C5,0， 设直线BC的解析式为：ykxbk 0， b5 ∴ ， 5kb0 k 1 解得， ， b5∴直线BC的解析式为：y=x5， ∵抛物线的对称轴为直线x2， ∴当x2时，yx53， 则点M2，3； （3）解：由（1）和（2）可知，抛物线的解析式为y x24x5，直线BC的解析式为y=x5， ∴如图所示，设点Px，x5，根据过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，四边形OBQP为平行四边形， 则Q  m,m24m5  ， ∴PQOB5， ∴PQx5  x24x5  x25x5， ∴x25x50 5 5 5 5 解得：x  ，x  ， 1 2 2 2 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 ∴当x 时，x5 5 ，即P , ；   2 2 2  2 2  5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 当x 时，x5 5 ，即P ,    2 2 2  2 2  5 5 5 5 5 5 5 5 ∴点P的坐标为： , ）或 , ．     2 2 2 2     2．（2024·江苏宿迁·一模）材料一；《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到 一般，由 简单到复杂，从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索题 发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法，在数学学习和研究中，我们经常会用到类比、转化、从特殊到一般等思 想方法，请利用上述有关思想，解答下列问题． 材料二：分类讨论是一种重要的数学思想，也是一种解题策略，在数学中的应用相当多，它能使许多看似 非常复杂的问题简单化．因此在用分类讨论解决数学问题时要遵循一定的规则，注意合理的分类，对全体 对象的分类必须做到不重复、不遗漏，每次分类必须保持在同一标准． 请阅读上述材料，完成题目： 2 如图，抛物线y x2bxc与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点A的坐标为1,0，与y轴 3 交于点C0,2，直线CD:yx2与x轴交于点D．动点M 在抛物线上运动，过点M 作MPx轴，垂足 为P，交直线CD于点N ． (1)求抛物线的解析式； (2)当点P在线段OD上时，VCDM 的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理 由； (3)点E是抛物线对称轴与x轴的交点，点F 是x轴上一动点，点M 在运动过程中，若以C、E、F、M 为顶 点的四边形是平行四边形时，请直接写出点F 的坐标． 2 4 【答案】(1)y x2 x2； 3 3 49 (2)存在．S 的最大值为 ； CDM 24 (3)F 点坐标为(3,0)或(1,0)或  7，0  ，   7，0  ． 【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；  2 4  2 7 （2）设Mx, x2 x2，则N(x,x2)，则MN  x2 x，根据三角形面积公式得到  3 3  3 3 1 2 7 S  MN2 x2 x，然后根据二次函数的性质解决问题； CDM 2 3 3（3）先求出抛物线的对称轴为直线x1得到E(1,0)，讨论：当CM∥EF时，则M(2,2)，利用平行四边形 的性质得CM EF 2，从而得到此时F 点坐标；当CE∥MF时，由于点C向右平移1个单位，向下平移2 个单位得到E点，所以点F 向右平移1 个单位，向下平移2 个单位得到M 点，设F(t,0)，则M(t1,2)， 2 4 2 4 然后把M(t1,2)代入y x2 x2得 (t1)2 (t1)22，则解方程求出得到此时F 点坐 3 3 3 3 标． 【详解】（1）解：  抛物线经过点A(1,0)，点C(0,2)，  2  4  (1)2bc0 b  3 ，解得 3，  c2  c2 2 4 抛物线的解析式为y x2 x2； 3 3 （2）解：存在． 当y0，x20，解得x2，则D(2,0)，  2 4  设Mx, x2 x2，则N(x,x2)，  3 3  2 4 2 7 MN  x2 x2(x2) x2 x， 3 3 3 3 1 2 7 2 7 2 49 S CDM  2 MN2 3 x2 3 x 3   x 4    24 ， 2 a 0，  3 7 49 当a 时，S 有最大值为 ； 4 CDM 24 4 3 （3）解：  抛物线的对称轴为直线x 2 1， 2( ) 3 E(1,0)， 当CM∥EF时，则M(2,2)，  以C、E、F 、M 为顶点的四边形是平行四边形， CM EF 2， F点坐标为(3,0)或(1,0)； 当CE∥MF时，  以C、E、F 、M 为顶点的四边形是平行四边形， CM EF，  点C向右平移1个单位，向下平移2个单位得到E点，点F 向右平移1个单位，向下平移2个单位得到M 点， 设F(t,0)，则M(t1,2)， 2 4 2 4 把M(t1,2)代入y x2 x2得 (t1)2 (t1)22，解得t  7 ，t  7， 3 3 3 3 1 2     此时F 点坐标为 7，0 ，  7，0 ， 综上所述，F 点坐标为(3,0)或(1,0)或  7，0  ，   7，0  ． 【点睛】本题考查了二次函数的综合题，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；待定系数法求函数解析式；坐标与图形性质；运用分类讨论的思想解决数学问题是解题的关键． 3．（2024·广东珠海·一模）已知抛物线yax2bx4(a0)与x轴交于点A(1,0)和B(4,0)，与y轴交于点C (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，连接 OQ，当四边形OCPQ恰好是平行四边形时，求点Q的坐标； (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 直线QE上是否存在点F ，使得△BEF与△ADC相似？若存在，求点F 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx25x7 (2)Q2，-2 (3)存在，F 的坐标为(4,2)或(1.6,2.8)． 【分析】（1）用待定系数法可得yx25x4； （2）由B(4,0)，C(0,4)可得直线BC解析式为yx4，设P(m,m4)，由OCPQ，有m24m4，即可解得Q(2,2)； （3）可得直线DQ的表达式为y2x2，知A在直线DQ上，AD 5，AC  17，过点Q作QH  x 轴于点H，过E作EK x轴于K，根据DQE2ODQ，可得直线AQ和直线QE关于直线QH对称，有 DAOQAH QGH EGB，GH  AH 1，G(3,0)，从而可得直线QE的表达式为y2x6，点E 的坐标为(5,4)，即得VEKB∽VCOA，EBK CAO，故DAC GEB，△BEF与△ADC相似，点E与 17 (5t)2(102t)2 点A是对应点，设点F 的坐标为(t,2t6)，当VBEF∽VCAD时，有  ，解得F(4,2)； 17 5 17 (5t)2(102t)2 当VBEF∽VDAC时，  ，解得F(1.6,2.8)． 5 17 【详解】（1）解：把A(1,0)，B(4,0)代入yax2bx4得： ab40  ， 16a4b40 a1 解得： ， b5 yx25x4； （2）解：由B(4,0)，C(0,4)可得直线BC解析式为yx4， 设P(m,m4)，则Q(m,m25m4)， PQm4(m25m4)m24m， OC PQ，要使四边形OCPQ恰好是平行四边形，只需OCPQ，   m24m4， 解得m2， Q(2,2)； （3）解：在直线QE上存在点F ，使得△BEF与△ADC相似，理由如下： D是OC的中点，点C(0,4)，  点D(0,2)， 由（2）知Q(2,2)， 直线DQ的表达式为y2x2， A(1,0)，  A在直线DQ上，AD 5，AC  17， 过点Q作QH  x轴于点H，过E作EK x轴于K，如图： QQHPCO，故AQH ODQ， DQE2ODQ， HQAHQE， 直线AQ和直线QE关于直线QH对称， DAOQAH QGH EGB，GH  AH 1， G(3,0)， 由点Q(2,2)，G(3,0)可得直线QE的表达式为y2x6， yx25x4 联立 ， y2x6 x5 x2 解得 或 ， y4 y2 点E的坐标为(5,4)， B(4,0)，  BK 1，EK 4，BE 17， BK 1 OA    ， EK 4 OC QEKB90COA， VEKB∽VCOA， EBK CAO， CAODAOEBKEGB，即DAC GEB，  BEF与△ADC相似，点E与点A是对应点，  设点F 的坐标为(t,2t6)，则EF  (5t)2(102t)2 ， BE EF 当VBEF∽VCAD时，有  ， AC AD 17 (5t)2(102t)2   ， 17 5 解得t4或t6（在E右侧，舍去）， F(4,2)； BE EF 当VBEF∽VDAC时，  ， AD AC 17 (5t)2(102t)2   ， 5 17 解得t 8.4（舍去）或t 1.6， F(1.6,2.8)， 综上所述，F 的坐标为(4,2)或(1.6,2.8)．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，平行四边形， 相似三角形等知识，难度较大，综合性较强，解题的关键是证明DAC GEB，从而得到△BEF与△ADC 相似，点E与点A是对应点． 4．（2024·贵州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数yxb的图象经过点A2,0，且 与二次函数ykx2x1的图象交于点B3,a． (1)求一次函数与二次函数的表达式； (2)设M 是直线AB上一点，过点M 作MN∥y轴，交二次函数ykx2x1的图象于点N ，若以点O、C、 M 、N 为顶点的四边形是平行四边形，求点M 的坐标． 1 【答案】(1)yx2，y x2x1 3         (2)点M 坐标为 3, 32 ，  3, 32 ， 15, 152 ，  15, 152 【分析】（1）由待定系数法确定函数关系式即可得到答案；  1  （2）求出点C坐标，根据平行四边形性质，设Mx,x2，Nx, x2x1，由OC MN列方程求解即  3  可得到答案． 【详解】（1）解：∵yxb过点A2,0，∴02b，解得b2， ∴一次函数表达式为：yx2； ∵点B3,a在yx2上， ∴a325，即B3,5， ∵点B3,5在ykx2x1上， 1 ∴59k31，解得k  ， 3 1 ∴二次函数表达式为：y x2x1； 3 （2）解：∵点C在y轴上，且在yx2上， ∴C0,2，即OC 2， 如图所示： ∵以点O、C、M 、N 为顶点的四边形是平行四边形， ∴OC MN，  1  1  设Mx,x2，Nx, x2x1，则有x2 x2x1 2，  3  3  1 1  x232或 x232，解得x 3或x 15， 3 3  M 是直线AB yx2上的点，         ∴点M 坐标为 3, 32 ，  3, 32 ， 15, 152 ，  15, 152 ． 【点睛】本题考查一次函数与二次函数综合，涉及待定系数法确定函数关系式、直线与坐标轴交点坐标、 抛物线与坐标轴交点、平行四边形性质、二次函数与平行四边形综合等知识，熟记二次函数图象与性质， 掌握二次函数综合题型解法是解决问题的关键． 5．（2024·陕西渭南·二模）如图，已知抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于C点，点B的坐标为 3,0,OC 2,AB4，点D为抛物线的顶点．(1)求抛物线的函数表达式； (2)若直线BC与抛物线的对称轴交于点E，点P是抛物线上的动点，点Q是直线BC上的动点，是否存在以 D、E、P、Q为顶点的四边形是以DE为边的平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理 由． 2 4 【答案】(1)y x2 x2 3 3 1 13 5 13 1 13 5 13 2 (2)存在；点Q的坐标为：( ， )或( ， )或(2, )． 2 2 2 3 3 【分析】本题考查了二次函数综合运用，平行四边形的性质、中点坐标公式等； （1）由待定系数法即可求解； （2）当DP为对角线时，由中点坐标公式列出方程组，即可求解；当DQ为对角线时，同理可解． 【详解】（1）解：（1）B的坐标为(3,0)，AB4，则点A(1,0)， OC 2，则点C(0,2)，  设抛物线的表达式为：ya(xx )(xx )， 1 2 则y= a(x+1)(x- 3)= a(x2- 2x- 3)， ∵C(0,2)， ∴3a2， 2 ∴a ， 3 2 4 则y x2 x2； 3 3 （2）存在，理由： 由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x1， 由点(3,0)、C(0,2)的坐标得， 设直线BC的表达式为y kx2， ∴3k202 解得：k  3 2 ∴直线BC的表达式为：y x2， 3 2 4 2 设点P(m, m2 m2)，点Q(t, t2)， 3 3 3 当DP为对角线时，由中点坐标公式得： m1t1  1 13  2 4 8 2 4，解得：mt ，   m2 m2  t2 2  3 3 3 3 3 1 13 5 13 1 13 5 13 则点Q( ， )或( ， )； 2 2 2 3 当DQ为对角线时，同理可得： t1m1  8 2 2 4 4，解得：mt1（舍去）或2，  t2 m2 m2  3 3 3 3 3 2 则点Q(2, )， 3 1 13 5 13 1 13 5 13 2 综上，点Q的坐标为：( ， )或( ， )或(2, )． 2 2 2 3 3 1 6．（2024·甘肃武威·一模）如图．抛物线y x2mxn交x轴于点A4,0和点B，交y轴于点C0,2， 2 点Px,y在第二象限的抛物线上． (1)求抛物线的解析式； (2)当点P的坐标为2,3时，求  BCP的面积； (3)过点P作PQx轴，交直线AC于点Q，是否存在点P，使得四边形PQOC是平行四边形？如果存在， 求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 1 3 【答案】(1)y x2 x2 2 2 (2)1.5 (3)点P的坐标为2,31 【分析】（1）把A4,0和C0,2代入抛物线y x2mxn，求出m和n的值即可解决问题； 2 1 3 （2）连接PO, 把 y0代入y x2 x2,得到点B的坐标，根据S S S S 即可求出 2 2 BCP BOC POC POB 结果；  1 3   1  （3）求出直线AC的表达式，作PQx轴, 交AC于点Q, 设Px, x2 x2, Qx, x2，得到PQ  2 2   2  的表达式，根据平行四边形的性质列出方程即可求出点P的坐标; 1 【详解】（1）解：∵抛物线 y x2mxn交x轴于点A4,0和点B, 交y轴于点C0,2 , 2   1 42 4mn0  m 3  2 ，解得  2，   n2   n2 1 3 ∴抛物线的函数解析式为y x2 x2； 2 2 （2）连接PO, 1 3 由抛物线的解析式为y x2 x2， 2 2 1 3 代入y0，得 0 x2 x2，解得 x 4,x 1， 2 2 1 2 ∴点B的坐标为1,0 , OB1， P2,3,C0,2，  OC 2， 1 1 1 得S  121,S  222，S  131.5， BOC 2 POC 2 POB 2 得S S S S 1.5； BCP BOC POC POB （3）设直线AC的表达式为ykxb，代入A4,0,C0,2， 1 4kb0 k   ，解得  2，  b2  b2 1 y x2， 2 作PQx轴, 交AC于点Q,  1 3   1  设 Px, x2 x2, Qx, x2,  2 2   2  1 ∴PQ y yQ x22x， p 2 ∵四边形PQOC是平行四边形， PQOC 2， 1  x22x2， 2 解得 x x 2， 1 2 y 3，  P ∴点P的坐标为2,3． 【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，割补法求三角形面积，平行四边形的存在性问题，本题的关 键是理解平行四边形的性质. 7．（2024·陕西宝鸡·二模）如图，抛物线yx2bxc与y轴交于点A，与x轴交于点B 5,0，C 1,0． (1)求该抛物线的表达式；(2)将抛物线沿x轴的正方向平移2个单位长度得到新抛物线y，Q是新抛物线y与x轴的交点(靠近y轴)， N 是原抛物线对称轴上一动点，在新抛物线上存在一点M ，使得以BQ为边，且以M 、N 、B、Q为顶点 的四边形是平行四边形，请求出所有满足条件的点M 的坐标． 【答案】(1)yx24x5 (2)满足条件的点M 的坐标为6,5或2,27 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移，平行四边形的性质； （1）将点B5,0，C1,0代入抛物线表达式，待定系数法求解析式，即可求解； （2）根据二次函数平移的规律得出yx28x7，进而求得点Q1,0，设N2,n，M  t,t28t7  ，根 据题意得出BQMN 4，即可求解． 【详解】（1）解：将点B5,0，C1,0代入抛物线表达式， 255bc0, b4, 得 解得  1bc0. c5. 该抛物线的表达式为yx24x5． （2）  yx24x5x229， 抛物线y的对称轴为直线x2，平移后的抛物线表达式为yx429x28x7， 把y0代入：yx28x7得x28x70， 解得x 1,x 7， 1 2 Q1,0． QN是原抛物线对称轴上一动点，点M 在新抛物线上， 设N2,n，M  t,t28t7  ． 当BQ为平行四边形的一边时， BQ∥MN且BQMN． 由题可知BQ514． MN 4． 即t42，解得t2或6． 点M 的坐标为6,5或2,27．综上所述，满足条件的点M 的坐标为6,5或2,27． 8．（2024·四川南充·模拟预测）如图1，抛物线yax22axca0与x轴交于A1，0，B两点（点A在 点B的左侧），与y轴交于点C，OC3OA． (1)求抛物线的解析式； (2)若点P在抛物线上，点Q在x轴上，是否存在以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在， 求点Q的坐标，若不存在，请说明理由； (3)如图2，若点D是第四象限抛物线上的一个动点，直线AD与直线BC交于点E，连接BD，设 BDE的面  S 积为S ， ABE的面积为S ，求 1 的最大值及此时点D的坐标． 1  2 S 2 【答案】(1)y=x22x3 (2)存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，Q的坐标为3，0或1，0或  2 7，0  或   2 7，0 ． S 9 3 15 (3) 1 最大值 ，D的坐标为 ，  S 16 2 4  2 【分析】本题考查了二次函数综合运用，涉及到三角形相似、平行四边形的性质等知识点； （1）由待定系数法即可求解； （2）当AC为对角线时，由中点坐标公式列出方程组，即可求解；当AP或AQ为对角线时，同理可解； （3）过点D作DM∥y轴交BC于点M，过点A作AN∥y轴交BC于点N，证明 DEM∽ AEN，得到   DE DM DM t23t  ，即  ，即可求解． AE AN AN 4 【详解】（1）∵A1，0 ∴AO1∴OC 3OA3 ∴C0，3 a2ac0 把A1,0，C0,3代入抛物线解析式得： ， c3 a1 解得： ， c3 ∴该抛物线解析式为y=x22x3； （2）存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形， 设Qn，0，P  m，m22m3  ， 分三种情况考虑： ①当AC与PQ为对角线时，由A1，0，C0，3，  10nm 得： ， 03m22m30 m 0 m 2 解得： 1 （舍去）， 2 n 1 n 3 1 2 ∴Q3，0； ②当AP与CQ为对角线时，  1mn0 得： ， m22m3030 m 0 m 2 解得： 3 （舍去）， 4 n 1 n 1 3 4 ∴Q1，0； ③当AQ与PC为对角线时，  1nm0 得： ， 00m22m33  m 1 7  m 1 7 解得： 5 ， 6 ， n 2 7 n 2 7 5 6     ∴Q 2 7，0 或 2 7，0 ； 综上，存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，Q的坐标为3，0或1，0或  2 7，0  或   2 7，0 ．2 （3）∵抛物线对称轴为直线x 1，A1，0 2 ∴B3，0， 设直线BC的解析式为ykxb， 3kb0 k 1 ∴ ，解得 ， b3 b3 ∴y x3， 过点D作DM∥y轴交BC于点M，过点A作AN∥y轴交BC于点N， ∵AN∥DM ， ∴ DEM∽ AEN，   DE DM ∴  ， AE AN ∵A1，0， ∴N1，4， 设D  t，t22t3  ，则Mt，t3， ∴DM t3  t22t3  t23t， DM t23t ∴  ， AN 4 S DE ∵ 1  ， S AE 2 S 1 3 2 9 ∴ 1  t   ， S 4 2 16 2 3 S 9 ∴当t 时， 1 有最大值 ， 2 S 16 2 3 15 此时点D的坐标为 ， ． 2 4 9．（2024·山西大同·二模）综合与探究 如图，抛物线yax2bx2与x轴交于A(2,0)，B(4,0)，与y轴交于点C．作直线BC，P是抛物线上的 一个动点． (1)求抛物线的函数表达式并直接写出直线BC的函数表达式． S 2 (2)当点P在直线BC下方时，连接CP，BP，OP．当 △BCP  时，求点P的坐标． S 5 △OBP (3)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使以P，Q，B，C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直 接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 1 1 1 【答案】(1)y x2 x2；直线BC的函数表达式为y x2， 4 2 2 4 20 (2)P ,  3 9  3 1  15 (3)存在，点Q的坐标为(1, )，(1, )，1,  4 4  4  【分析】本题考查了二次函数综合运用；待定系数法求解析式，面积问题，平行四边形问题； （1）待定系数法求得抛物线解析式，进而得出C的坐标，待定系数法求直线BC的解析式，即可求解； S 2 2 （2）过点C作CGPD于点G，则四边形OCGD为矩形，根据 △BCP  得出PE PD，进而表示出 S 5 5 △OBP PE,PD，解方程，即可求解．  1 1  （3）先求得抛物线对称轴，设Q(1,n)Pk, k2 k2，当PQ为对角线时，当PC为对角线时, 当PB为  4 2  对角线时,根据中点坐标公式，即可求解． 4a2b20 【详解】（1）解：把A2,0，B4,0分别代入yax2bx2得 16a4b20  1 a   4 解得 1 b  21 1 抛物线的函数表达式为y x2 x2 4 2 当x0时，y=2，则C0,2 设直线BC的解析式为ykx2，将点B4,0代入，得， 4k20 1 解得：k  ， 2 1 直线BC的函数表达式为y x2， 2 （2）如图过P点作PDx轴于点D，交BC于E，过点C作CGPD于点G，则四边形OCGD为矩形 CGOD 1 1 1 S  PECG PEBD PEOB VBCP 2 2 2 1 S 2 QS  PDOB, △BCP  VOBP 2 S 5 △OBP 1 PEOB 2 2   1 5 PDOB 2 2 PE PD 5  1 1   1  设Pm, m2 m2则D m,0， Em, m2  4 2   2  1 1 1  1 1 1 PE m2 m2 m2 m2m,PD m2 m2 2 4 2  4 4 2 1 2 1 1   m2m  m2 m2 4 5 4 2  4 解得m 4(舍弃)，m  1 2 3 4 20 P ,  3 9  3 1 15 （3）存在，点Q的坐标为(1,  )或(1,  )或(1, ) 4 4 41 1 由题知，抛物线抛物线y x2 x2的对称轴x1， 4 2 1 1 把x0代入y x2 x2，的y=2 4 2 C(0,2)  1 1  设Q(1,n)Pk, k2 k2  4 2  分以下三种情况讨论：  k401  k 3 x x x x   当PQ为对角线时， p n c q ， 1 1 ，解得 3  y p y n  y c y l  k2 k202n  n 4 2  4 3 Q(1, ) 4  k401  k 5 x x x x   当PC为对角线时， p b 0 c ，1 1 ，解得 1  y p y b  y q y c  k2 k20n(2)  n 4 2  4 1 Q(1, ) 4  k414  k 3 x x x x   当PB为对角线时， p c 0 b ，1 1 ，解得 15  y p y c  y 0 y b  k2 k2(2)n0  n 4 2  4  15 Q1,   4  3 1  15 综上所述，点Q的坐标为(1, )，(1, )，1, ． 4 4  4  10．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）如图，抛物线yx2bxc经过A(1,0),C(0,3)两点，并交x轴于另一点 B，点M是抛物线的顶点，直线AM 与y轴交于点D． (1)求该抛物线的表达式； (2)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四 边形？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． 【答案】(1)yx22x3；(2)对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为(1,3)或(1,1)或 (1,5)． 【分析】本题属于二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，勾股定理，平行四边形的判定和性质，二 次函数图象上点的坐标特征，运用分类讨论思想是解题的关键． （1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式； （2）利用待定系数法可得直线AM 的解析式为y 2x2，进而可得D(0,2)，分三种情况：当DM,PQ为对 角线时，当DP,MQ为对角线时，当DQ,PM 为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分即对角线的中 点重合，分别列方程组求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc经过A(1,0),C(0,3)两点， 1bc0  , c3 b2 解得： ， c3 ∴该抛物线的表达式为yx22x3； （2）对称轴上存在点Q，使得以D,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形．理由如下： Qyx22x3(x1)24, ∴顶点M(1,4)， 设直线AM 的解析式为ykxd ， kd 4 则： , kd 0 k 2 解得： ， d 2 ∴直线AM 的解析式为y2x2， 当x0时，y2， ∴D(0,2)， ∵点P是抛物线上一动点， ∴设P  m,m22m3  ， ∵抛物线yx22x3的对称轴为直线x1， ∴设Q(1,n)， 当DM,PQ为对角线时，DM,PQ的中点重合，01m1  , 24m22m3n m0 解得： ， n3 Q(1,3); 当DP,MQ为对角线时，DP,MQ的中点重合， 0m11  , 2m22m34n m2 解得： ， n1 Q(1,1); 当DQ,PM 为对角线时，DQ,PM 的中点重合， 011m  , 2n4m22m3 m0 解得： ， n5 ∴Q(1,5)； 综上所述，对称轴上存在点Q，使得以D,M ，P,Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为(1,3)或(1,1) 或(1,5)． 11．（2024·上海虹口·二模）新定义：已知抛物线yax2bxc（其中abc0），我们把抛物线ycx2axb 称为yax2bxc的“轮换抛物线”．例如：抛物线y2x23x1的“轮换抛物线”为yx22x3． 已知抛物线C ：y4mx24m5xm的“轮换抛物线”为C ，抛物线C 、C 与y轴分别交于点E、F ， 1 2 1 2 点E在点F 的上方，抛物线C 的顶点为P． 2 (1)如果点E的坐标为0,1，求抛物线C 的表达式； 2 (2)设抛物线C 的对称轴与直线y3x8相交于点Q，如果四边形PQEF为平行四边形，求点E的坐标； 2 1 (3)已知点M4,n在抛物线C 上，点N 坐标为2,7 ，当△PMN∽△PEF时，求m的值． 2  2 【答案】(1)yx24x1  2 (2)E0,   3 17 (3)m1或 32 【分析】本题考查的是二次函数综合题，重点考查二次函数的性质、平行四边形性质及相似三角形性质， （1）将点E0,1代入表达式，求出m的值，根据“轮换抛物线”定义写出即可； （2）根据轮换抛物线定义得出抛物线C 表达式及点E、F坐标，并求出P、Q坐标，根据平行四边形性质 2 得出PQEF 列方程并解出m值，进而解决问题； （3）先求M(-4,4m- 5)，结合求出的点P、E、F坐标得出PN2及PF2，根据相似三角形性质得出关于m 的方程，解方程即可解决． 【详解】（1）解：抛物线C ：y4mx24m5xm与y轴交于点E坐标为0,1， 1 当x0，y1代入，得m1， \ 4m- 5=-1， 抛物线C 表达式为y4x2x1， 1 抛物线C 的“轮换抛物线”为C 表达式为yx24x1； 1 2 （2）解：抛物线C ：y4mx24m5xm， 1 当x0时，ym，即与y轴交点为E0,m，  抛物线C 1 ：y4mx24m5xm的“轮换抛物线”为C 2 ， 抛物线C 表达式为y=mx2+4mx+(4m- 5)， 2 同理抛物线C 与y轴交点为F(0,4m- 5)， 2 4m 抛物线C 对称轴为直线x 2， 2 2m 当x2时，y5， 抛物线C 的顶点坐标为P2，5， 2当x2时，y=3x+8=2， 抛物线C 的对称轴与直线y3x8交点Q2,2， 2  点E在点F 的上方， \ m>4m- 5， 5 解得：m ， 3 \ EF =m- (4m- 5) =5- 3m， 四边形PQEF为平行四边形，  \ PQ=EF ，即2- (-5)=5- 3m， 2 解得：m ， 3  2 E0, ；  3 （3）解：  点M4,n在抛物线C 2 上， 当x4时，y=mx2+4mx+(4m- 5) =4m- 5，即M(-4,4m- 5)，  1  点N 坐标为2,7 ，P2，5，E0,m，F(0,4m- 5)，  2 æ 1ö2 25 \ PN2 =(-2+2)2+çç-5+7 ÷÷ = ，PF2 =(-2)2+(4m- 5+5)2 =4+16m2， è 2ø 4 1 1 S = EF×x = (5- 3m)´ 2=5- 3m，  PEF 2 P 2 1 1 æ 1ö 5 S = PN×x - x = ´ çç-5+7 ÷÷´ (-2+4)= ， PMN 2 M P 2 è 2ø 2 PMN∽ PEF，   S æPFö2 PF2 \ PEF =çç ÷÷ = S èPNø PN2 PMN 5- 3m 4+16m2 \ = 5 25 ， 2 4 17 解得：m =-1,m = ． 1 2 32 4 12．（2023·四川自贡·中考真题）如图，抛物线y x2bx4与x轴交于A(3,0)，B两点，与y轴交于 3 点C．(1)求抛物线解析式及B，C两点坐标； (2)以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D坐标； (3)该抛物线对称轴上是否存在点E，使得ACE45，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理 由． 【答案】(1)抛物线解析式为y 4 x2 8 x4，B1,0，C0,4 3 3 (2)D2,4或D4,4或D4,4  27 (3)E1,   7  【分析】（1）将点A(﹣3,0)代入抛物线解析式，待定系数法求解析式，进而分别令x,y0，即可求得B,C两 点的坐标； （2）分三种情况讨论，当AB，AC,BC为对角线时，根据中点坐标即可求解； （3）根据题意，作出图形，作AGCE交于点G，F 为AC的中点，连接GO,GF，则A,O,C,G在  F上， 5 根据等弧所对的圆周角相等，得出G在yx上，进而勾股定理，根据FG 建立方程，求得点G的坐标， 2 进而得出CG的解析式，即可求解． 4 【详解】（1）解：∵抛物线y x2bx4与x轴交于A(3,0)， 3 4 ∴ 323b40 3 8 解得：b ， 3 4 8 ∴抛物线解析式为y x2 x4， 3 3 当x0时，y4，∴C0,4 ， 4 8 当y0时，0 x2 x4 3 3 解得：x 3,x 1， 1 2 ∴B1,0 （2）∵A3,0，B1,0，C0,4 ， 设Dm,n， ∵以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形 m0 31 4n 00 当AB为对角线时，  ,  2 2 2 2 解得：m2,n4， ∴D2,4； 30 1m 40 0n 当AC为对角线时，  ,  2 2 2 2 解得：m4,n4 ∴D4,4 3m 01 04 0n 当BC为对角线时，  ,  2 2 2 2 解得：m4,n4 ∴D4,4 综上所述，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，D2,4或D4,4或D4,4 （3）解：如图所示，作AGCE交于点G，F 为AC的中点，连接GO,GF， ∵ACE45∴ AGC是等腰直角三角形，  ∴A,O,C,G在 F上，  ∵A3,0，C0,4 ，  3  1 5 ∴F ,2，AC  AO2CO2 5，GF  AC   2  2 2 ∵AOGACG45， ∴G在yx上， 设Gt,t，则GF2   t 3  2 t22    5  2  2 2 7 解得：t  ，t 0（舍去） 1 2 2  7 7 ∴点G ，   2 2 设直线CG的解析式为ykx4 7 7 ∴  k4 2 2 1 解得：k  . 7 1 ∴直线CG的解析式y x4 7 ∵A3,0，B1,0， 31 ∴抛物线对称轴为直线x 1， 2 1 27 当x=1时， 14= ， 7 7  27 ∴E1, ．  7  【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，平行四边形的性质，圆周角角定理，勾 股定理，求一次函数解析式，熟练掌握以上知识是解题的关键． 13．（2023·四川巴中·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线yax2bxc(a0)经过点A(1,0)和 B(0,3)，其顶点的横坐标为1．(1)求抛物线的表达式． (2)若直线xm与x轴交于点N ，在第一象限内与抛物线交于点M ，当m取何值时，使得ANMN 有最大 值，并求出最大值． (3)若点P为抛物线yax2bxc(a0)的对称轴上一动点，将抛物线向左平移1个单位长度后，Q为平移后 抛物线上一动点．在（2）的条件下求得的点M ，是否能与A、P、Q构成平行四边形？若能构成，求出Q 点坐标；若不能构成，请说明理由． 【答案】(1)yx22x3 3 25 (2)当m 时，ANMN 有最大值为 2 4  1 15 7 33  3 7 (3)能，Q  ,  、Q  ,  、Q  ,  1  2 4  2 2 4  3  2 4 【分析】 （1）待定系数法求解析式即可求解； （2）设M  m,m22m3  ，进而分别表示出MN,AN，得出关于m的二次函数，根据二次函数的性质， 0m3，即可求得最大值； 3 15 （3）由（1）知，yx22x3向左平移后的抛物线为yx24，由（2）知M , ,A(1,0)，设 2 4  P1,y ,Q  x ,y  ，假设存在以A、P、Q、M 为顶点的平行四边形．根据中点坐标公式，分类讨论即可 P Q Q 求解，①当以AM 为对角线时，②当以AQ为对角线时，③当以AP为对角线时． 【详解】（1）解：  抛物线的顶点横坐标为1 对称轴为x1 A(1,0)  与x轴另一交点为(3,0) ∴设抛物线为ya(x1)(x3)QB(0,3) a1 y(x1)(x3) ∴抛物线的表达式为yx22x3 （2） M 在抛物线上  ∴设M  m,m22m3  M 在第一象限  MN m22m3 AN m1 ANMN m22m3m1 m23m4 0m3  3 25 ∴当m 时，ANMN 有最大值为 2 4 （3）由（1）知，yx22x3向左平移后的抛物线为yx24 3 15 由（2）知M , ,A(1,0) 2 4  设P1,y ,Q  x ,y  ，假设存在以A、P、Q、M 为顶点的平行四边形． P Q Q ①当以AM 为对角线时， 平行四边形对角线互相平分  3 x x x x 1  A 2 M  Q 2 P ，即 2  1x Q 2 2 1 x  Q 2  Q在抛物线yx24上 15 y  Q 4 1 15 Q的坐标为 ,   2 4  ②当以AQ为对角线时 3 x x x x 1 同理可得 A 2 Q  P 2 M ，即1x Q  2 2 2 7 33 x  则y  Q 2 Q 4 7 33 Q的坐标为 ,  2 4  ③当以AP为对角线时 3 x x x x x  A P  Q M ，即11 Q 2 2 2  2 2 3 7 x  则y  Q 2 Q 4  3 7 Q的坐标为 ,   2 4 综上所述：存在以A、P、Q、M 为顶点的平行四边形．  1 15 7 33  3 7 Q的坐标为Q  ,  、Q  ,  、Q  ,  1  2 4  2 2 4  3  2 4 【点睛】 本题考查了二次函数综合，二次函数的平移，待定系数法求解析式，线段最值问题，平行四边形的性质， 熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 14．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，抛物线yx2bxc经过A(1,0),C(0,3)两点，并交x轴于另一点 B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D． (1)求该抛物线的表达式； (2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH DH的最小值；(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四 边形？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． 【答案】(1)yx22x3 (2) 37 (3)存在，Q1,3或Q1,1或Q1,5 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）作点D关于x轴的对称点D¢，连接DM ，DM 与x轴的交点即为点H，进而得到MH DH的最小值 为DM 的长，利用两点间距离公式进行求解即可； （3）分DM ，DP，MP分别为对角线，三种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc经过A(1,0),C(0,3)两点， 1bc0 b2 ∴ ，解得： ， c3 c3 ∴yx22x3； （2）∵yx22x3x124， ∴M1,4， 设直线AM :ykxm(k 0)， km0 k 2 则： ，解得： ， km4 m2 ∴AM :y2x2， 当x0时，y2， ∴D0,2； 作点D关于x轴的对称点D¢，连接DM ， 则：D0,2，MH DH MH DH DM ， ∴当M,H,D三点共线时，MH DH有最小值为DM 的长，∵D0,2，M1,4， ∴DM  12422  37， 即：MH DH的最小值为： 37； （3）解：存在； ∵yx22x3x124， ∴对称轴为直线x1， 设Pp,t，Q1,n， 当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时： 1 p01 ①DM 为对角线时： ， tn42 p0 ∴ ， tn6 当p0时，t3， ∴n3， ∴Q1,3；0 p11 ②当DP为对角线时： ， 2t4n p2 ∴ ， 2t4n 当p2时，t 222233， ∴n1， ∴Q1,1； 1 p01 ③当MP为对角线时： ， 4t2n p0 ∴ ， nt2 当p0时，t3， ∴n5， ∴Q1,5； 综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，Q1,3或Q1,1或Q1,5． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，是中考常见的压轴题．正确的求出函数解析式，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．15．（2024·山西晋城·一模）综合与探究 1 4 如图，抛物线y x2  x4与x轴交于A，B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，P是直线BC 3 3 上方抛物线上一动点． (1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式． (2)连接PB，PC，求  PBC面积的最大值及此时点P的坐标． (3)在（2）的条件下，若F是抛物线对称轴上一点，在抛物线上是否存在点Q，使以B，F，P，Q为顶点的 四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 2 【答案】(1)A2，0，B6，0，C0，4，y x4 3 (2) PBC的面积最大值为9，此时点P的坐标为3，5   7  7 (3)1， 或5， 或7，3  3  3 【分析】 （1）根据二次函数解析式分别求出自变量和函数值为0时自变量或函数值即可求出A、B、C的坐标，再利 用待定系数法求出直线BC的函数表达式即可；  1 4   2  1 （2）过点P作PD∥y轴交BC于D，设Pm， m2 m4，则Dm，m4，则PD m323，  3 3   3  3 根据S S S ，可得S m329，则当m3时， PBC的面积最大，最大值为9，此 △PBC △PBD △PCD PBC  时点P的坐标为3，5 （3）设F2，n，Qs，t，再分当BP为对角线时， 当BF为对角线时， 当BQ为对角线时，由平行四 边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可。 1 4 【详解】（1）解：在y x2  x4中，当x0时，y4， 3 3∴C0，4； 1 4 1 4 在y x2  x4中，当y x2 x40时，解得x2或x6， 3 3 3 3 ∴A2，0，B6，0； 设直线BC的解析式为ykxb， 6kb0 ∴ ， b4  2 k  ∴ 3，  b4 2 ∴直线BC的解析式为y x4； 3 （2）解：如图所示，过点P作PD∥y轴交BC于D，  1 4   2  设Pm， m2 m4，则Dm，m4，  3 3   3  ∴PD 1 m2 4 m4   2 m4   1 m22m 1 m32 3， 3 3 3  3 3 ∵S S S △PBC △PBD △PCD 1 1 1 ∴S  PDx x  PDx x  PDx x 3PDm329， PBC 2 P B 2 C P 2 C B ∵10， ∴当m3时， PBC的面积最大，最大值为9，此时点P的坐标为3，5  （3）解：∵A2，0，B6，0， 62 ∴抛物线对称轴为直线x 2， 2 设F2，n，Qs，t， 63 2s 当BP为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：  ， 2 2解得s7， ∴点Q的坐标为7，3； 62 3s 当BF为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：  ， 2 2 解得s5，  7 ∴点Q的坐标为5， ；  3 6s 32 当BQ为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：  ， 2 2 解得s1，  7 ∴点Q的坐标为1， ；  3  7  7 综上所述，点Q的坐标为1， 或5， 或7，3．  3  3 16．（2023·山东聊城·中考真题）如图①，抛物线yax2bx9与x轴交于点A3,0，B6,0，与y轴交 于点C，连接AC，BC.点P是x轴上任意一点． (1)求抛物线的表达式； (2)点Q在抛物线上，若以点A，C，P，Q为顶点，AC为一边的四边形为平行四边形时，求点Q的坐标； (3)如图②，当点Pm,0从点A出发沿x轴向点B运动时（点P与点A，B不重合），自点P分别作 PE∥BC，交AC于点E，作PDBC，垂足为点D．当m为何值时，VPED面积最大，并求出最大值． 1 3 【答案】(1)y x2 x9 2 2 3 3 17 3 3 17 (2)点Q坐标(3,9)，或( + ,9)或( - ,9)； 2 2 2 2 3 1 (3)m 时，S 有最大值，最大值为10 ． 2 △PDE 8【分析】（1）将A3,0，B6,0代入yax2bx9，待定系数法确定函数解析式； 1 3 1 3 （2）由二次函数y x2 x9，求得点C(0,9)，设点Pm,0，点Q(n, n2- n- 9)，分类讨论：当AC 2 2 2 2 为边，AQ为对角线时，当AC为边，AP为对角线时，运用平行四边形对角线互相平分性质，构建方程求 解； （3）如图，过点D作DG AB，过点E作EF  AB，垂足为G，F， 可证ÐFPE= ÐDBP，ÐPDG= ÐDBP；运用待定系数法求直线AC解析式y3x9，直线 BC解析式 3 3 y x9；设点E(p,- 3p- 9)，D(q, q- 9)，则PF= m- p，PG= q- m，EF= 3p+ 9， 2 2 3 3 DG= - q+ 9，运用解直角三角形，Rt  BOC中，BC= OC2+ OB2 = 117，tanÐOBC= ，Rt△PEF 2 2 EF 3 1 2 117 117 中，tanÐFPE= = ，可得p= (m- 6)，PF= (m+ 3)，PE= PF = (m+ 3)；Rt△PDG  PF 2 3 3 6 9 PG 3 1 9 117 117 中，tanÐPDG= = ，可得，q= (4m+ 54)，PG= - (m- 6)，PD= PG = - (m- 6)，  DG 2 13 13 9 13 1 1 3 1 于是S = PD PE= - (m+ 3)(m- 6)，从而确定m 时，最大值为10 ． PDE 2  2 2 8 【详解】（1）将A3,0，B6,0代入yax2bx9，得  1 a 9a3b90   2  ，解得 36a6b90 b 3  2 1 3 ∴抛物线解析式为：y x2 x9 2 2 1 3 （2）二次函数y x2 x9，当x0时，y9 2 2 ∴点C(0,9) 1 3 设点Pm,0，点Q(n, n2- n- 9)， 2 2 当AC为边，AQ为对角线时， ∵四边形ACQP为平行四边形， ∴AQ，CP互相平分 1 3 ∴ n2- n- 9= - 9解得，n0（舍去）或n3 2 2 点Q坐标(3,9)；当AC为边，AP为对角线时， 1 3 同理得， n2- n- 9+ (- 9)= 0 2 2 3 3 17 3 3 17 解得，n= + 或n= - ， 2 2 2 2 1 3 ∴ n2- n- 9= 9 2 2 3 3 17 3 3 17 ∴点Q坐标( + ,9)或( - ,9) 2 2 2 2 3 3 17 3 3 17 综上，点Q坐标(3,9)，或( + ,9)或( - ,9)； 2 2 2 2 （3）如图，过点D作DG AB，过点E作EF  AB，垂足为G，F，∵PE∥BC，PDBC ∴ÐDPE= ÐPDB= 90° ∴ÐFPE+ ÐDPB= 90° ∵ÐDPB+ ÐDBP= 90° ∴ÐFPE= ÐDBP，同理可得ÐPDG= ÐDBP 设直线AC的解析式为：ykxh 3kh0 k 3 则 ，解得 h9 h9 ∴直线AC：y3x9 3 同理由点B(6,0)，C(0,9)，可求得直线 BC：y x9 2 3 设点E(p,- 3p- 9)，D(q, q- 9)， 2 3 则PF= m- p，PG= q- m，EF= 3p+ 9，DG= - q+ 9 2 Rt BOC中，OB6，OC 9  BC= OC2+ OB2 = 62+ 92 = 117 9 3 ∴tanÐOBC= = ， 6 2 EF 3 Rt△PEF中，tanÐFPE= = tanÐOBC= PF 2 3p+ 9 3 1 ∴ = ，解得p= (m- 6)， m- p 2 3 2 ∴PF= m- p= (m+ 3) 3 PF OB 6 ∵cosÐFPE= = cosÐOBC= = PE BC 117117 117 ∴PE= PF = (m+ 3)；  6 9 PG 3 Rt△PDG中，tanÐPDG= = tanÐOBC= DG 2 q- m 3 = 1 ∴ 3 2，解得，q= (4m+ 54) - q+ 9 13 2 9 ∴PG= q- m= - (m- 6) 13 PG 9 ∵sinÐPDG= = sinÐOBC= PD 117 117 117 ∴PD= PG = - (m- 6)  9 13 é ù 1 1 117 117 1 ∴S PDE = 2 PD  PE= 2  ê ê êë - 13 (m- 6)ú ú úû  9 (m+ 3)= - 2 (m+ 3)(m- 6)， 1 1 3 1 即S = - (m+ 3)(m- 6)= - (m- )2+10 ． PDE 2 2 2 8 1 ∵ 0 2 3 1 ∴m 时，3m6，S 有最大值，最大值为10 ． 2 △PDE 8 【点睛】本题考查待定系数法确定函数解析式，平行四边形的性质，一元二次方程求解，解直角三角形， 结合动点运动情况，分类讨论是解题的关键． 1 17．（2024·山西晋城·一模）综合与探究：如图1，已知抛物线y x2x4与x轴相交于A，B两点（点 2 A在点B的左侧），与y轴相交于点C，直线BD与y轴相交于点D，交线段AC于点E，且2BD7DE. (1)求A，B，C三点的坐标；(2)求直线BD的函数表达式； (3)如图2，若抛物线的对称轴l与直线BD交于点P，试探究，在平面内是否存在一点Q，使以点A，C， P，Q为顶点的四边形为平行四边形.若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)A2,0，B4,0，C0,4 1 4 (2)y x 3 3 (3) 3,3或1,3或3,5 1 【分析】（1）由y0，得 x2x40，解得x 2，x 4.可得点A，B的坐标，由x0，得y4. 2 1 2 可得点C的坐标； 8 （2）过点E作EH x轴交于H，由平行线分线段成比例性质得OH  ，再求得直线AC的解析式为 7 y2x4，再设直线BE的解析式为ymxn，用待定系数法求解即可； （3）分为AC为对角线时；AP为对角线时；CP为对角线时三种情况分类讨论，利用平行四边形的性质求 解即可． 1 【详解】（1）由y0，得 x2x40， 2 解得x 2，x 4 1 2 点A，B的坐标分别为A2,0，B4,0 由x0，得y4 ∴点C的坐标为C0,4； （2）过点E作EH x轴交于H EH∥OD， OH DE   ， BO BD2BD7DE，  OH 2   ， BO 7 BO4，  8 OH  ， 7  8  H ,0，  7  设直线AC的解析式为ykx4， 2k40，解得k 2 ∴直线AC的解析式为y2x4，  8 12 E , ，  7 7  设直线BE的解析式为ymxn，  1 4mn0, m ,    3  8 12 解，得  mn , 4   7 7 n ,  3 1 4 ∴直线BE的解析式为y x ； 3 3 （3）在平面内存在一点Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形 1 ∵抛物线y x2x4与x轴交于点A2,0，点B4,0， 2 ∴对称轴l为直线x1. 1 4 1 4 由（2）可得，当x1时，y x   1 3 3 3 3 P1,1 由（1）可知，A2,0，C0,4； ①当AC为对角线时， 将点C向下平移1个单位，再向左平移3个单位长度， 即可得到点Q，此时点Q的坐标为3,3 ②当AP为对角线时， 将点A向下平移3个单位，再向右平移1个单位长度，即可得到点Q， Q1,3③当CP是对角线时， 将点C向上平移一个单位，再向右平移3个单位长度， 即可得到点Q，点Q为3,5 综上所述，在平面内存在一点Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，点Q的坐标为3,3 或1,3或3,5． 【点睛】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、二次函数的性质和平行 四边形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学 问题． 18．（2024·山西吕梁·一模）综合与探究 如图1，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D是抛物线的顶点，点M 是 直线BC上方抛物线上的一动点． (1)求抛物线的顶点D的坐标和直线BC的解析式； MP 1 (2)如图1，连接AM 交BC于点P，若  ，求此时点M 的坐标； AP 2 (3)如图2，直线yxb与抛物线交于A，E两点，过顶点D作DF∥y轴，交直线AE于点F ．若点G是 抛物线上一动点，试探究在直线AE上是否存在一点H，使得以点D，F ，G，H为顶点的四边形是平行 四边形，若存在，请直接写出点H的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)D1,4，yx3(2)点M 的坐标的1,4或2,3 1 17 3 17 1 17 3 17 (3)存在，点H的坐标为0,1或2,3或 , 或 ,      2 2 2 2     【分析】（1）将抛物线解析式yx22x3化为顶点式，即可得出顶点D的坐标，然后根据当y0时， 得x22x30，解方程求出x的值即可；根据B，C坐标，用待定系数法求一次函数解析式即可； （2）过点M 作MQ  x轴于点Q，交BC于点H，过点A作AN x轴交BC于点N ，证明△MPH∽△APN 得 MP  MH ，设M  m,m22m3  ，Hm,m3，得到 m2 3m  1 ，求解即可； AP AN 4 2 （3）确定直线AE的解析式为yx1，确定E2,3，设Hn,n1，Ge, f ，然后分三种情况：①若DF 为平行四边形DGFH的对角线；②若DF为平行四边形DGHF 的边；③若DF为平行四边形DFGH 的边， 分别建立一元二次方程求解即可． 【详解】（1）解：yx22x3   x22x  3   x22x11  3 x12 4， ∴D1,4， 当y0时，得：x22x30， 解得：x 1，x 3， 1 2 ∴A1,0，B3,0， 当x0时，得：y022033， ∴C0,3， 设直线BC的解析式为y  k xb ，过点B3,0，C0,3， BC BC 3k b 0 ∴ BC BC ， b 3 BCk 1 解得： BC ， b 3 BC ∴直线BC的解析式为yx3， ∴抛物线的顶点D的坐标为1,4和直线BC的解析式为yx3； （2）过点M 作MQ  x轴于点Q，交BC于点H，过点A作AN x轴交BC于点N ， ∴MQ∥NA， ∴△MPH∽△APN ， MP MH ∴  ， AP AN 设M  m,m22m3  ， ∴Hm,m3， ∴MH m22m3m3m23m， 把x=1代入yx3，得：y4， ∴N1,4， ∴AN 4， MP 1 ∵  ， AP 2 m2 3m 1 ∴  ， 4 2 解得：m 1，m 2， 1 2 ∴点M 的坐标的1,4或2,3； （3）∵点A1,0在直线AE:yxb上， ∴01b， 解得：b1，∴直线AE的解析式为yx1， ∵直线yx1与抛物线yx22x3交于A，E两点， yx1 ∴ ， yx22x3 x 1 x 2 解得： 1 ， 2 ， y 0 y 3 1 2 ∴E2,3， 设在直线AE上存在一点H，使得以点D，F ，G，H为顶点的四边形是平行四边形，设Hn,n1， Ge, f ， ①若DF为平行四边形DGFH的对角线，则： en 11    2 2 e2n  ，得： ，  f n1  42 f 5n  2 2 ∵点Ge, f 在抛物线yx22x3上， ∴2n222n35n， 解得：n 2，n 1（舍去）， 1 2 此时点H的坐标为2,3； ②若DF为平行四边形DGHF 的边， ∴DF∥GH， ∵DF∥y轴， ∴GH∥y轴， en en 则： ，得： ，  f n142 f n3 ∵点Ge, f 在抛物线yx22x3上， ∴n22n3n3， 解得：n 0，n 1（舍去）， 1 2 此时点H的坐标为0,1；③若DF为平行四边形DFGH 的边， ∴DF∥GH， ∵DF∥y轴， ∴GH∥y轴， en en 则： ，得： ， n1 f 42 f n1 ∵点Ge, f 在抛物线yx22x3上， ∴n22n3n1， 1 17 1 17 解得：n  ，n  ， 1 2 2 2 1 17 3 17 1 17 3 17 此时点H的坐标为 , 或 , ；  2 2   2 2      1 17 3 17 1 17 3 17 综上所述，点H的坐标为0,1或2,3或 , 或 , 时，以点D，F ，G，H为  2 2   2 2      顶点的四边形是平行四边形． 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法确定函数的解析式，二次函数的性质，相似三角形 的判定和性质，二次函数与一次函数的交点，平行四边形的判定和性质，中点坐标公式等知识点，本题运 用了分类讨论的思想．掌握函数的性质、相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质是解题的关 键． 19．（2024·山东泰安·一模）综合与实践 如图，抛物线y2x24x6与x轴交于A，B两点，且点A在点B的左侧，与y轴交于点C，点D是抛物 线上的一动点． (1)求A，B，C三点的坐标； (2)如图2，当点D在第四象限时，连接BD，CD和BC，得到△BCD，当△BCD的面积最大时，求点D的 坐标；(3)点E在x轴上运动，以点B，C，D，E为顶点的四边形是平行四边形，请借助图1探究，直接写出点E 的坐标． 【答案】(1)A1,0，B3,0，C0,6 3 15 (2)D ,  2 2  (3)  2 7,0  或  2 7,0  或5,0或1,0 【分析】（1）将x0代入y2x24x6，求出点C坐标，将y0代入y2x24x6，求出点A，点B坐 标，即可求解， （2）过点D作直线l  BC，根据B3,0，C0,6，得到直线BC表达式，设直线l的表达式为：  3 2 21 y2xn，与抛物线联立，得到2x  n 0，当△BCD的面积最大时，点D与抛物线  2 2 y2x24x6只有一个交点， 3 此时Δ0，x ，代入y2x24x6，即可求解， 2 （3）设Ee,0，D  d,2d24d6  ，分EB、EC、ED分别为对角线三种情况讨论，根据中点坐标公式， 即可求解， 本题主要考查了二次函数综合，求二次函数与坐标轴的交点，平行四边形的性质等等，利用分类讨论的思 想求解是解题的关键． 【详解】（1）解：∵当x0时，y2024066， ∴C0,6， ∵当y0时，02x24x6，解得：x=1，x3， ∴A1,0，B3,0， （2）解：过点D作直线l  BC，∵B3,0，C0,6，  0k3b k 2 设直线BC表达式为： ykxb，则： ，解得： ， 6k0b b6 ∴直线BC表达式为：y2x6， ∵l  BC， ∴设直线l的表达式为：y2xn，  y2xn  3 2 21 与抛物线联立， y2x24x6 ，得：2x26xn60，整理得：2  x 2   n 2 0， 当△BCD的面积最大时，点D与抛物线y2x24x6只有一个交点， 21 3 此时n 0，x ， 2 2 3 3 2 3 15 当x 时，y2  4 6 ， 2 2 2 2 3 15 ∴D , ， 2 2  3 15 故答案为：D , ， 2 2  （3）解：B3,0，C0,6， 设Ee,0，D  d,2d24d6  ，  e3 0d    2 2  e2 7  e2 7 当EB是对角线时， ，解得： 或 ，  00  62d24d6  d 1 7  d 1 7  2 2     ∴E 2 7,0 或E 2 7,0 e0 3d    2 2 e5 e3 当EC是对角线时， ，解得：  或 （舍），  06 02d24d6 d 2 d 0   2 2 ∴E5,0，  ed 30    2 2 e1 e3 当ED是对角线时， ，解得：  或 （舍），  02d24d6 06 d 2 d 0   2 2 ∴E1,0， 故答案为：  2 7,0  或  2 7,0  或5,0或1,0． 20．（2024·江苏宿迁·模拟预测）若直线yx5与y轴交于点A，与x轴交于点B，二次函数yax2bxc 的图象经过点A，点B，且与x轴交于点C1,0． (1)求二次函数的解析式； (2)若点P为直线AB下方抛物线上一点，过点P作直线AB的垂线，垂足为E，作PF∥y轴交直线AB于点 F，求线段PF最大值及此时点P的坐标； (3)将抛物线沿x轴的正方向平移2个单位长度得到新抛物线y，Q是新抛物线y与x轴的交点（靠近y轴）， N是原抛物线对称轴上一动点，在新抛物线上存在一点M，使得以M、N、B、Q为顶点的四边形是平行四 边形，请直接写出符合条件的点M的坐标． 【答案】(1)yx24x5 25 5 35 (2)线段PF最大值为 ，点P的坐标为 ,  4 2 4 (3)满足条件的点M的坐标有4,9或6,5或2,27 【分析】（1）先求出A，B点坐标，根据B点和C点坐标设二次函数交点式，将A点坐标代入即可求解； （2）延长PF交BC于点H，设P  m,m24m5  ，则Fm,m5，用含m的式子表示出PF的长，化为顶 点式即可求出最值； （3）分BQ为边、BQ为对角线两种情况，利用平行四边形的性质求解． 【详解】（1）解：把x0代入yx5得：y5， ∴A0,5， 把y0代入yx5得：0x5， 解得：x5， ∴B5,0， ∴函数的表达式为：yax5x1a  x24x5  ， 把A0,5代入得：5a5， 解得：a1， 故该抛物线得表达式为yx24x5； （2）解：延长PF交BC于点H，如图， 设P  m,m24m5  ，则Fm,m5，∴PF m5  m24m5  m25m  m 5  25 ，  2 4 ∵10， 5 25 ∴当m 时，PF有最大值 ， 2 4 5 2 5 35 m24m5  4 5 ， 2 2 4 5 35 ∴此时点P的坐标为 , ； 2 4  （3）解：∵yx24x5x229， ∴抛物线y的对称轴为直线x2，平移后的抛物线表达式为yx222 9x28x7， 把y0代入yx28x7得：x28x70， 解得：x 1，x 7， 1 2 ∴Q1，0， ∵N是原抛物线对称轴上一动点， ∴设N2,n， ∵点M在新抛物线上， ∴设M  t,t28t7  ， ①当BQ为边时，  点Q1，0向右平移4个单位得到点B5,0， ∴点M  t,t28t7  向右平移4个单位得到N2,n，或点N2,n向右平移4个单位得到点M  t,t28t7  ， ∴t42或t24， 解得：t2或6， 当t2时，t28t722 82727， 当t6时，t28t7628675， ∴点M的坐标为6,5或2,27； ②当BQ为对角线时， 51 t2 由中点坐标公式得：  ， 2 2解得：t4， 当t4时，t28t7428479， ∴点M的坐标为4,9； 综上，满足条件的点M的坐标有4,9或6,5或2,27． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，二次函数图象 的平移，平行四边形的存在性问题等，熟练运用数形结合及分类讨论思想是解题的关键． 21．（2024·山东聊城·一模）如图，二次函数yax2bxc的图象与x轴交于O（O为坐标原点）、A两点， 且二次函数的最小值为2，点M1,m是其对称轴上一点，点B在y轴上，OB1． (1)求二次函数的解析式； (2)二次函数在第四象限的图象上有一点P，连接PA，PB，求 PAB面积的最大值；  (3)在二次函数图象上是否存在点N ，使得以A，B，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形？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． 【答案】(1)y2x24x 81 (2) 32 (3)存在，N3,6或1,6或(1,-2) 【分析】（1）先求出顶点坐标，设二次函数解析式为yax122，将点O0，0代入即可求函数的解析 式； （2）设P  t,2t24t  ，过点P作x轴的垂线交AB于点Q，直线AB的解析式，则点Q的坐标为 1   7 2 81 7 81 t , t1，可得PQ2t   ，当t  时，PQ有最大值 ，即可得  ABP的最大值；  2   8 32 8 32 （3）设N点坐标为  n,2n24n  ，根据平行四边形对角线的性质，分三种情况讨论，利用中点坐标公式建 立方程求n的值即可求N点坐标． 【详解】（1）∵二次函数的最小值为2，点M1,m是其对称轴上一点， ∴二次函数顶点为(1,-2)， 设二次函数解析式为yax122， 将点O0，0代入得，a20， ∴a2， ∴y2x1212x24x； （2）设P  t,2t24t  ，过点P作x轴的垂线交AB于点Q，则点Q的横坐标为t， 令抛物线解析式的y0，得到2x24x0， 解得x 0，x 2， 1 2 ∴A的坐标为2，0， 设直线AB的解析式为y  kxs， 将A2，0，B0，1代入，得 2ks0 ∴ ， s1 s1  解得： 1 ， k    2 1 ∴直线AB的解析式为：y x1， 2  1  ∴点Q的坐标为t , t1，  2  1 ∴PQ t1  2t24t  2 7  7 2 81 2t2 t12t   ， 2  8 327 81 ∴当t  时，PQ有最大值 ， 8 32 1 81 81 ∴ ABP面积的最大值为 2  ；  2 32 32 （3）存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： 设N点坐标为  n,2n24n  ， 当AB为对角线时，由中点坐标公式得，201n， ∴n1， ∴N1，2， 当AM 为对角线时，由中点坐标公式得，21n0， ∴n3， ∴N3，6， 当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2n01， ∴n1， ∴N1，6， 综上所述：N3,6或1,6或(1,-2)． 【点睛】本题考查待定系数法，二次函数的图象及性质，二次函数与几何综合，平行四边形的性质等知识， 熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质是解题的关键． 3 22．（2023·山东·中考真题）如图，直线yx4交x轴于点B，交y轴于点C，对称轴为x 的抛物线经 2 过B，C两点，交x轴负半轴于点A．P为抛物线上一动点，点P的横坐标为m，过点P作x轴的平行线交 抛物线于另一点M ，作x轴的垂线PN ，垂足为N ，直线MN交y轴于点D． (1)求抛物线的解析式；3 (2)若0m ，当m为何值时，四边形CDNP是平行四边形？ 2 3 (3)若m ，设直线MN交直线BC于点E，是否存在这样的m值，使MN 2ME？若存在，求出此时m的 2 值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx2 3x4 6 21 (2)m 3 3 5 5 181 (3)存在，m 或m 2 6 【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式； （2）结合平行四边形的性质，通过求直线MN的函数解析式，列方程求解； 3 （3）分3种情况求解：当1m 时；当m1时；当m1时；根据MN 2ME，确定E点坐标，从而 2 利用一次函数图象上点的特征计算求解． 【详解】（1）解：在直线yx4中，当x0时，y4，当y0时，x4， ∴点B4,0，点C0,4 ，  3 2 设抛物线的解析式为yax  k，  2   3 2 a4  k 0 把点B4,0，点C0,4 代入可得    2 ，   3 2  a0  k 4   2 a1  解得 25， k    4  3 2 25 ∴抛物线的解析式为yx   x23x4；  2 4 （2）解：由题意，P  m,m23m4  ， ∴PN m23m4， 当四边形CDNP是平行四边形时，PN CD， ∴ODm23m44m23m，∴D  0,m23m  ，Nm,0， 设直线MN的解析式为yk xm23m， 1 把Nm,0代入可得kmm23m0， 1 解得k 3m， 1 ∴直线MN的解析式为y3mxm23m， 3 又∵过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M ，且抛物线对称轴为x ， 2 ∴M  3m,m23m4  ∴3m2m23mm23m4， 6 21 6 21 解得m  （不合题意，舍去），m  ； 1 3 2 3 （3）解：存在，理由如下． 由题意，P  m,m23m4  ， ∴M  3m,m23m4  ，Nm,0． 3 当1m 时，点P在x轴的上方， 2 ∵MN 2ME， ∴点E为线段MN的中点， x x 3mm 3 y y m23m4 ∴x  M N   ，y  M N  ， E 2 2 2 E 2 2 3 m23m4 ∴E , ， 2 2  代入yx4整理得，m23m10， 3 5 3 5 解得m  （不合题意，舍去），m  ． 1 2 2 2 当m1时，点P在x轴上，此时点E与点M重合，所以此种情况不存在； 当m1时，点P在x轴的下方，点E在射线NM 上， 如图，设线段NM 的中点为R，x x 3mm 3 y y m23m4 ∴x  M N   ，y  M N  ， R 2 2 2 R 2 2 3 m23m4 ∴R , ． 2 2  ∵MN 2ME， ∴M为RE的中点， x x y y ∴x  R N ，y  R N ， M 2 M 2 9 3 9  ∴E -2m, m2 m6， 2 2 2  代入yx4整理得，3m25m130， 5 181 5 181 解得m  （不合题意，舍去），m  ． 3 6 4 6 3 5 5 181 综上可知，存在m 或m ，使MN 2ME． 2 6 【点睛】本题考查一次函数和二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数解析式，利用数形结合思想和 方程思想解题是关键． 23．（2024·江苏连云港·一模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线yx2bxc与x轴交 于点A，B两点，它的对称轴直线x1交抛物线于点M，过点M作MC y轴于点C，连接BC，已知点A 的坐标为1,0．(1)求此抛物线的函数表达式； (2)动点P，Q在此抛物线上，其横坐标分别为m,m1，其中1m1． ①若POAQBO，请求此时点Q的坐标； ②在线段BC上是否存在一点D，使得以C，P，D，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写 出此时m的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)yx22x3 1 55 7 55 (2)① , ；② 4 16 6 【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到平行四边形的性质、线段长度的表示方法、一次函数的 图象和性质，其中（2），确定BQ∥OP是本题解题的关键． （1）由待定系数法即可求解； （2）①证明BQ∥OP，得到直线OP的表达式为：y(m2)x，联立上式和抛物线的表达式得： m4 (m4)212 x22x3(m2)x，解得：x x m，即可求解； 2 P ②当CD为对角线时，由中点坐标公式列出方程组，即可求解；当CP或CQ角线时，同理可解．  b x1 【详解】（1）解：由题意得： 2 ，  01bc b2 解得： ， c3 则抛物线的表达式为：yx22x3； （2）由抛物线的表达式知，点B、M 的坐标分别为：(3,0),(1,4)，则点C(0,4)， 设点P  m,m22m3  ，则点Q  m1,m24  ， ①由点B、Q的坐标得，直线BQ的表达式为：y(m2)(x3)， ∵POAQBO，则BQ∥OP， 则直线OP的表达式为：y(m2)x， 联立上式和抛物线的表达式得：x22x3(m2)x， m4 (m4)212 解得：x x m， 2 P 3 解得：m ， 4 1 55 则点Q的坐标为： , ； 4 16 ②存在，理由： 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y 4 x4， 3 当CD为对角线时， 由中点坐标公式得： t mm1   4 ，  t44m22m3m24   3 7 55 解得：m (不合题意的值已舍去)； 6 当CP或CQ角线时， mtm1  同理可得： 4 ， m22m34 t4m24   3 m1m1  或 4 ， m244m22m3 t4   3 7 解得：m (舍去)； 6 7 55 综上，m ． 6 24．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc经过点 A1,0、点B0,3，M是抛物线上第一象限内的点，过点M作直线MN x轴于点N.(1)求抛物线的表达式； (2)当直线MN是抛物线的对称轴时，求四边形ABMN 的面积 (3)求ANMN 的最大值，并求此时点M的坐标； (4)在（3）的条件下，若P是抛物线的对称轴上的一动点，Q是抛物线上的一动点，是否存点点P、Q，使 以点A、M、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请求点Q的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)yx22x3 (2)5 (3)最大值为 2 4 5 ，M æ ç ç çè 3 2 , 1 4 5 ÷ ÷ ÷ ö ø .  1 7  3 9 7 9 (4)存在，Q , 或 , 或 ,   2 4  2 4 2 4 【分析】本题考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法和平行四边形的性质是解题的关键． （1）运用待定系数法求函数解析式即可； （2）先求出点M、N的坐标，然后利用S S S 求出面积即可； 四边形ABMN ABN BMN （3）设点M的坐标是  m,m22m3  ，则点Nm,0，表示ANMN ，然后利用二次函数的配方法求最 值即可； （4）分AM 是对角线、AP是对角线和AQ是对角线三种情况，利用中点坐标公式计算解题． 01bc b2 【详解】（1）由题意得： .解得： 3c c3 ∴抛物线的函数解析式是：yx22x3. （2）∵yx22x3x124. ∴当MN是抛物线的对称轴时，抛物线的顶点是M1,4，点N1,0 . 连接BN.1 1 1 1 则S S S  ANOB MNON  23 415； 四边形ABMN △ABN △BMN 2 2 2 2 （3）设点M的坐标是  m,m22m3  ，则点Nm,0 . ∴AN m1，MN m22m3.  3 2 25 ∴ANMN m1m22m3m23m4m   .  2 4 3 25 ∴当m 时，ANMN 有最大值 ， 2 4 3 15 这时点M , . 2 4  （4）存在，理由如下： 3 15 由（1）（3）抛物线的对称轴是直线x1，点M , . 2 4  设点P1,p，Q  q,q22q3  . 分三种情况讨论： 3 1 1  1 7 ①当AM 是对角线时， 2 1q，解得：q ，这时点Q , .  2  2 4 2 2 3 q 3  3 9 ②当AP是对角线时，11 2 ，解得：q ，这时点Q , .  2  2 4 2 2 3 1 7 7 9 ③当AQ是对角线时，1q 2，解得：q ，这时点Q , .  2 2 4 2 2  1 7  3 9 7 9 综上所述，存Q , 或 , 或 , ，使以点A、M、P、Q为顶点的四边形是平行四边形.  2 4  2 4 2 4 3 25．（2024·四川宜宾·一模）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4,0与y 4 轴交于点B0,3．(1)求抛物线的函数解析式； 6 (2)点P为直线AB上方抛物线上一动点，过点P作PQ⊥x轴于点Q，交AB于点M，求PM  AM 的最大 5 值及此时点P的坐标； 3 (3)在（2）的条件下，点P与点P关于抛物线y x2bxc的对称轴l对称．点C在抛物线上，点D在 4 对称轴l上，直接写出所有使得以点A、P、C、D为顶点的四边形是平行四边形的点D的坐标． 3 9 【答案】(1)y x2 x3 4 4 6 3 (2)PM  QM 最大值为 ，此时，点P坐标为P(3,3) 5 4 3 165 3 69 3 15 (3)点D坐标为D( , )或D ( , )或D ( , ) 1 2 16 2 2 16 3 2 16 3 【详解】（1）解：∵抛物线y x2bxc与x轴交于点A4,0与y轴交于点B0,3， 4  3  424bc0 ∴ 4 ，  c3  9 b 解得： 4，  c3 3 9 ∴抛物线的函数解析式为y x2 x3． 4 4 （2）∵A4,0，B0,3， ∴OA4，OB3， ∴AB OA2OB2 5， OB 3 ∴sinOAB  ， AB 5 ∵PQOA， QM 3 ∴sinQAM sinOAB  ， AM 53 6 ∴QM  AM ，即 AM 2QM ， 5 5 设直线AB解析式为ykxb， ∵A4,0，B0,3， 4kb0 ∴ ， b3  3 k  解得： 4，  b3 3 ∴直线AB解析式为y x3， 4 3 9 3 设P(m, m2 m3)，则M(m, m3)， 4 4 4 3 9 3 3 6 3 3 ∴PM  m2 m3 m3 m23m， AM 2QM=2( m3) m6， 4 4 4 4 5 4 2 6 3 3 3 9 ∴PM  QM  m23m( m6) m2 m6 5 4 2 4 2 3 3  m23m( m6) 4 2 3 9  m2 m6 4 2 3 3 = (m3)2 ， 4 4 6 3 ∴当m3时，PM  QM 有最大值，最大值为 ， 5 4 3 9 3 9 当m3时， m2 m3 9 333， 4 4 4 4 ∴点P坐标为P(3,3)． 3 9 （3）∵y x2 x3， 4 4 9 4 3 ∴对称轴为直线x  ， 3 2  2 43 9 ∵P(3,3)，点P与点P关于抛物线y x2 x3的对称轴l对称， 4 4 ∴P(0,3)，即点P与点B重合， 3 9 3 设C(n, n2 n3)，D( ,t)， 4 4 2 ∵以点A、P、C、D为顶点的四边形是平行四边形， ∴对角线的中点的坐标相同， 如图，  3 4n 0   2 ①当AC、BD为对角线时， ， 3 9 3t 0( n2 n3)  4 4  5 n   2 解得： ， 165 t   16 3 165 ∴D( , )． 1 2 16  3 4 n0   2 ②当AD、BC为对角线时， ， 3 9 0t 3( n2 n3)  4 4 11 n   2 解得： ， 69 t  16 3 69 ∴D ( , )． 2 2 16  3 n 40   2 ③当AB、CD为对角线时， ， 3 9  n2 n3t 30  4 4  5 n   2 解得： ， 15 t  16 3 15 ∴D ( , )． 3 2 16 3 165 3 69 3 15 综上所述：点D坐标为D( , )或D ( , )或D ( , )． 1 2 16 2 2 16 3 2 16 【点睛】本题考查了二次函数的解析式、一次函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质、三角 函数的定义等知识点，解题的关键是能够熟练应用待定系数法求得二次函数和一次函数解析式． 26．（2024·甘肃天水·一模）抛物线yax2bx4a经过A1,0、C0,4两点，与x轴交于另一点B． (1)求抛物线、直线BC的函数解析式； (2)在直线BC上方抛物线上是否存在一点P，使得  PBC的面积达到最大，若存在则求这个最大值及P点坐 标，若不存在则说明理由． (3)点E为抛物线上一动点，点F 为x轴上一动点，当以A，C，F ，E为顶点的四边形为平行四边形时， 直接写出点E的坐标． 【答案】(1)抛物线的解析式为：yx2 3x4，直线BC的函数解析式为yx4 (2)存在P2,6使得 PBC的面积达到最大，最大值为8 3 41  3 41  (3)存在这样的点E，坐标为3,4或 ,4或 ,4     2 2     【分析】（1）先将A1,0、C0,4代入抛物线，即可求出抛物线解析式，求出B点坐标，设直线BC的函 数解析式为ykxb，再将点B，点C的坐标代入求解即可； （2）过点P作x轴的垂线，交BC于点H，垂足为G，连接PC,PB，设点P  m,m23m4  ，则 1 Hm,m4，根据 PBC的面积为 PHBC，利用二次函数的性质即可求解；  2 （3）设E  n,n23n4  ，Ft,0，根据平行四边形的定义分AE,CF为对角线时，AF,CE为对角线时， 和AC,EF为对角线时，三种情况求解即可． 0ab4a 【详解】（1）解：将A1,0、C0,4代入抛物线，得 ， 44a a1 解得： ， b3 抛物线的解析式为：yx2 3x4； 令y0，则x23x40， 解得：x=1或x4， A1,0，  B4,0， 设直线BC的函数解析式为ykxb， 04kb 将点B，点C的坐标代入得： ， 4b k 1 解得： ， b4 直线BC的函数解析式为yx4； （2）解：过点P作x轴的垂线，交BC于点H，垂足为G，连接PC,PB，设点P  m,m23m4  ，则Hm,m4， PH   m23m4  m4m24m， OB4，  1 1 1  PBC的面积为 PHOGGB PHOB，则 4  m24m  2m228，  2 2 2 20，  当m2时， PBC的面积最大，最大值为8，  此时P2,6； （3）解：存在，求解过程如下： 设E  n,n23n4  ，Ft,0， 由平行四边形的定义分以下2种情况： ①如图，当AE,CF为对角线时， F点在x 轴上， CE∥AF ，CE AF， En,4，1n t0    2 2 则 ， 40 n23n40    2 2 n3 n0 解得 或 （舍去）， t 2 t1 E3,4， ②如图，当AF,CE为对角线时， 1t n0    2 2 nt1 则 ，即 ，  n23n44 n23n80 0  2  3 41  3 41 n n  2  2 解得 或 ，  5 41  5 41 t t    2  2 3 41  3 41  E点的坐标为 ,4或 ,4，     2 2     ③如图，当AC,EF为对角线时， ∵F点在x 轴上， ∴CE  AF ，CE AF， ∴En,4，10 nt    2 2 nt 1 则 ，即 ，  40 n23n40 n23n0   2 2 n3 n0 解得 或 （舍去）， t 4 t1 E3,4， 3 41  3 41  综上，存在这样的点E，坐标为3,4或 ,4或 ,4．     2 2     【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，一次函数解析式、二次函数的几何应用、平行 四边形的定义等知识点，较难的是题（3），依据题意，正确分3种情况讨论是解题关键，勿出现漏解．  16 27．（2024·山东济南·模拟预测）已知二次函数的图象过原点，顶点坐标为4, ．  3  (1)求该二次函数的解析式； (2)如图1，在x轴下方作x轴的平行线l，交二次函数图象于A、B两点，过A、B两点分别作x轴的垂线，垂足 分别为点D、点C．当矩形ABCD为正方形时，求A点的坐标； (3)如图2，在（2）的条件下，作直线AC，动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动，同 时动点Q以相同的速度从点A出发沿线段AD匀速运动，到达点D时立即原速返回，当动点Q返回到点A时， P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒(t 0)．过点P向x轴作垂线，交抛物线于点E，交直线AC于点F ，当以A、E、F、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值． 1 8 【答案】(1)y x2 x 3 3 (2)A2,4 (3)t的值为4或6或2+2 7 【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想，进行 求解是解题的关键． （1）设出顶点式，将原点坐标代入求解即可；  1 8   1 8  （2）设Aa, a2 a，对称性得到B8a, a2 a，根据邻边相等的矩形是正方形，得到AB AD，  3 3   3 3  列出方程求解即可； （3）分0t4，4t7，7t8三种情况进行讨论求解即可．  16 【详解】（1）解：  拋物线的顶点为4, ，  3  16 设ya(x4)2 ， 3 16 1 将0,0代入得：16a 0，解得：a ， 3 3 1 16 1 8 y (x4)2 ，即y x2 x； 3 3 3 3  1 8  1 8 （2）设Aa, a2 a，则AD a2 a，  3 3  3 3 对称轴为直线x4,   1 8  ∴B8a, a2 a，  3 3  ∴AB82a， 由题意，得：四边形ABCD为矩形， ∴当AB AD时，矩形ABCD为正方形， 1 8 ∴ a2 a82a, 3 3 解得：a 2,a 12（舍）， 1 2 1 8 把a2代入y x2 x得y 4， 3 3 A 当矩形ABCD为正方形时，A2,4，（3）由（2）可知：A2,4,B6,4,C6,0,D2,0． 设直线AC的解析式为ykxb， 2kb4 将A2,4,C6,0代入ykxb，得： 6kb0 k 1 解的： ， b6 直线AC的解析式为yx6． yx6  联立 1 8 ，解得x 2,x 9， y x2 x 1 2   3 3 1 8 1 4 当x 2t时，y  (2t)2 2t t2 t4,y x62t6t4， P E 3 3 3 3 F  1 4  点E的坐标为2t, t2 t4，点F 的坐标为2t,t4．  3 3  以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且AQ∥EF，  AQEF，分三种情况考虑： ①当0t4时，如图所示，AQt， 1 4  1 7 EF  y y t4 t2 t4 t2 t． F E 3 3  3 3 1 7 t t2 t，解得：t 0（舍去），t 4； 3 3 1 2 1 7 ②当4t7时，AQ8t,EF  t2 t， 3 3 1 7 8t t2 t，解得：t 4（舍去），t 6； 3 3 1 2 ③7t8,AQ8t， 1 4 1 7 如图所示EF  t2 t4t4 t2 t， 3 3 3 3 1 7 8t t2 t， 3 3解得t 22 7（舍去），t 22 7， 1 2 综上所述，当以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t的值为4或6或2+2 7 ． 2 28．（2023·广东广州·中考真题）已知点Pm,n在函数y x0的图象上． x (1)若m2，求n的值； (2)抛物线yxmxn与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为 E． ①m为何值时，点E到达最高处； ②设  GMN 的外接圆圆心为C，  C与y轴的另一个交点为F，当mn0时，是否存在四边形FGEC为平 行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)n的值为1；  6 7  6 7 (2)①m 2；②假设存在，顶点E的坐标为 ， ，或 ， ．     2 2 2 2     【分析】 2 2 （1）把m2代入y (x0)得n 1，即可求解； x 2 mn 1 1 （2）①x ，得y(xm)(xn) (mn)2 2 (mn)2 2，即可求解； 2 4 4 1 1 mn 1 ②求出直线TS的表达式为：y m(x m)1，得到点C的坐标为 ， ；由垂径定理知，点C 2 2  2 2 1 在 FG的 中 垂 线 上 ， 则 FG2(y y )2( 2)3； 由 四 边 形 FGEC为 平 行 四 边 形 ， 则 C G 2 1 7 CEFG3 y y  y ，求出y  ，进而求解． C E 2 E E 2 【详解】（1） 2 2 解：把m2代入y (x0)得n 1； x 2故n的值为1； （2） 解：①在y(xm)(xn)中，令y0，则(xm)(xn)0， 解得xm或xn， M(m,0)，N(n,0)， 2 点P(m,n)在函数y (x0)的图象上，  x mn2， mn 1 1 令x ，得y(xm)(xn) (mn)2 2 (mn)2 2， 2 4 4 即当mn0，且mn2， 则m2 2，解得：m 2（正值已舍去）， 即m 2时，点E到达最高处； ②假设存在，理由： 对于y(xm)(xn)，当x0时，ymn2，即点G(0,2)， mn 1 mn 由①得M(m,0)，N(n,0)，G(0,2)，E( ， (mn)2)，对称轴为直线x ， 2 4 2 OG 2 由点M(m,0)、G(0,2)的坐标知，tanOMG  ， OM m 1  作MG的中垂线交MG于点T，交y轴于点S，交x轴于点K，则点T m，1， 2  1 则tanMKT  m， 2 1 1 则直线TS的表达式为：y m(x m)1． 2 2 mn 1 1 1 当x 时，y m(x m)1 ， 2 2 2 2mn 1 则点C的坐标为 ， ．  2 2 1 由垂径定理知，点C在FG的中垂线上，则FG2(y y )2( 2)3． C G 2  四边形FGEC为平行四边形， 1 则CEFG3 y y  y ， C E 2 E 7 解得：y  ， E 2 1 7 即 (mn)2  ，且mn2， 4 2 则mn 6，  6 7  6 7 ∴顶点E的坐标为 ， ，或 ， ．     2 2 2 2     【点睛】 本题为反比例函数和二次函数综合运用题，涉及到一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边形的性质、 圆的基本知识，其中（3），数据处理是解题的难点． 29．（2024·山西阳泉·二模）综合与探究 1 如图，抛物线y x2bxc与x轴交于点A1,0和点B，与y轴交于点C0,1，抛物线的对称轴交x轴于 5 点D．过点B作直线l x轴，连接CD，过点D作DECD，交直线l于点E，作直线CE． (1)求抛物线的函数表达式并直接写出直线CE的函数表达式； (2)如图，点P为抛物线上第二象限内的点，设点P的横坐标为m，连接BP与CE交于点Q，当点Q为线段BP 的中点时，求m； (3)若点M 为x轴上一个动点，点N 为抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M ，使得以点D，E， M ，N 为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．1 6 【答案】(1)抛物线的函数表达式为y x2  x1，直线CE的函数表达式为yx1； 5 5 11 241 (2)m ； 2 ( ) ( ) ( ) ( ) (3)点M 的坐标为M 5+ 34,0 或M 1- 34,0 或 1+ 34,0 或 5- 34,0 ． 【分析】（1）利用待定系数法即可求得抛物线的函数表达式；证明△CDO∽△DEB，求得BE6，得到点 E5,6，再利用待定系数法即可求得直线CE的函数表达式； （2）作PF x轴，QGx轴，根据直角三角形斜边中线的性质求得QG是△BPF的中位线，用m分别表 示P、F、G、Q的坐标，利用PF 2QG，列式计算即可求解； 1 6 （3）由题意得EN∥DM 即EN∥x轴，求得解方程 x2 x16，求得x3 34，得到点N 的坐标， 5 5 根据平行四边形的性质即可求得点M 的坐标． 1 【详解】（1）解：∵抛物线y x2bxc经过点A1,0和点C0,1， 5 1  6  bc0 b ∴5 ，解得 5，  c1  c1 1 6 ∴抛物线的函数表达式为y x2  x1， 5 5 6  5 对称轴为直线x 3， 1 2 5 ∴点D3,0， ∵点A1,0， ∴点B5,0， ∴OC1，OD3，BD532， 由题意得CODCDEDBE90， ∴CDO90EDBDEB， ∴△CDO∽△DEB， CO OD 1 3 ∴  ，即  ， BD BE 2 BE ∴BE6，∴点E5,6， 设直线CE的函数表达式为ykx1， 把E5,6代入得65k1，解得k1， ∴直线CE的函数表达式为yx1； （2）解：作PF x轴，QGx轴，垂足分别为F，G，连接FQ， ∵PFB90，点Q为线段BP的中点， 1 ∴QF QB PB， 2 ∴FGBG， ∴QG是△BPF的中位线， ∴PF 2QG， ∵点P的横坐标为m，  1 6  ∴点Pm, m2 m1，Fm,0，  5 5  5m  ∴G ,0，  2  5m 5m 7m 当x 时，y 1 ， 2 2 2 5m 7m ∴Q , ，  2 2  1 6 7m ∴PF  m2 m1，QG ， 5 5 2 1 6 7m ∴ m2 m12 ， 5 5 2 11 241 解得m （舍去正值）， 2 11 241 ∴m ； 2 （3）解：由题意得EN∥DM 即EN∥x轴，∵点E5,6， ∴点N 纵坐标为6， 1 6 解方程 x2 x16，得x3 34， 5 5     ∴点N 3 34,6 或N 3 34,6 ，   当点N 3 34,6 时，NE3 345 342，   ∴当四边形DENM 是平行四边形时，点M 的坐标为 1 34,0 ,   当四边形DNEM 是平行四边形时，点M 的坐标为 5 34,0 ；   当点N 3 34,6 时，EN 53 34 2 34，  ∴当四边形DENM 是平行四边形时，点M 的坐标为 1 34,0 ；   当四边形DNEM 是平行四边形时，点M 的坐标为 5 34,0 ；         综上，点M 的坐标为M 5 34,0 或M 1 34,0 或 1 34,0 或 5 34,0 ． 【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及了待定系数法、解一元二次方程、平行四边形的性质、三 角形的判定和性质、三角形中位线定理等知识，运用了数形结合思想、分类讨论思想等数学思想，熟练掌 握和灵活运用相关知识是解题的关键． 30．（2024·甘肃平凉·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc与x轴交于A，B两点， 与y轴交于点C，已知B4,0，C0,4，连接BC，点P是抛物线上的一个动点，点N是对称轴上的一个 动点． 备用图(1)求该抛物线的函数解析式． (2)在线段BC的下方是否存在点P，使得 BCP的面积最大？若存在，求点P的坐标及面积最大值．  (3)在对称轴上是否存在点N，使得以点B，C，P，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的 坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx23x4； (2)存在，点P的坐标为2,6， BCP的面积最大值为8；  3 5 3 23 3 55 (3)存在，N点坐标为 , 或 , 或 , ． 2 4 2 4  2 4  【分析】（1）将点B4,0，C0,4代入抛物线的函数解析式求解，即可解题； （2）过点P作PEx轴，交BC于点Q，设直线BC的解析式为ykxm，利用待定系数法求出直线BC的 解析式，设点P  t,t23t4  ，则点Qt,t4，表示出PQ，利用二次函数的最值，得到PQ的最大值，推出 点P的坐标，进而得到 BCP的面积最大值；  （3）根据以点B，C，P，N为顶点的四边形是平行四边形，分以下三种情况讨论，①当PN ，BC为对角 线时，②当PC，BN 为对角线时，③以PB，NC为对角线时，利用平行四边形对角线互相平分的性质求 解，即可解题． 【详解】（1）解：将点B4,0，C0,4代入yx2bxc中， 164bc0 b3 有 ，解得 ， c4 c4 抛物线的解析式为yx23x4； （2）解：存在，理由如下： 如图，过点P作PEx轴，交BC于点Q， 设直线BC的解析式为ykxm，把B4,0，C0,4代入，4km0 k 1 可得 ，解得 ， m4 m4 直线BC的解析式为y  x4， 设点P  t,t23t4  ，则点Qt,t4，  点P在直线BC的下方， PQt4  t23t4  t24t t22 4，  10， 当t2时，PQ有最大值，最大值为4， 此时点P的坐标为2,6， 1 1 BCP的面积最大值为PQx x  44 8；  B C 2 2 （3）解：存在，理由如下：  点N是对称轴上的一点，点P是抛物线上一点， 设N点坐标为   3 ,n  ，P点坐标为  q,q23q4  ， 2  以点B，C，P，N为顶点的平行四边形： ①当PN ，BC为对角线时， 3 q q23q4n 04 5 5 2 40，且  ，解得q ，n ，  2 2 2 4 2 2 3 5 此时N点坐标为 , ； 2 4 ②当PC，BN 为对角线时， 3 4 q23q44 0n 11 23 q0 2 ，且  ，解得q ，n ，  2 2 2 4 2 2 3 23 此时N点坐标为 , ； 2 4  ③以PB，NC为对角线时， 3 0 q23q40 n4 5 55 q4 2 ，且  ，解得q ，n ，  2 2 2 4 2 2 3 55 此时N点坐标为 , ． 2 4  3 5 3 23 3 55 综上，N点坐标为 , 或 , 或 , ． 2 4 2 4  2 4 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，平行四边形的性质，三角形的面积公式等知 识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． 2 31．（2024·广东惠州·一模）综合探究：如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y x2bxca0与 3 x轴交于A1,0、B3,0两点，与y轴交于点C，连接BC． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，点D在第一象限抛物线上一点，连接BC、DC，若DCB2ABC，求点D的坐标； (3)若点N 为抛物线对称轴上一点，抛物线上是否存在点M ，使得B，C，M ，N 为顶点的四边形是平行 四边形？若存在，请求出所有满足条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由． 2 4 【答案】(1)y x2 x2 3 3  8 (2)1,   3  10  10 (3)4, 或2, 或2,2  3   3  2 【分析】（1）根据抛物线y x2bxca0与x轴交于A1,0、B3,0两点，可设抛物线解析式为 3 2 yax1x3，知a ，代入得到完整解析式即可； 3 （2）作DE∥AB，交BC延长线于点E，交y轴于点F ，根据相似三角形的判定证明△DCF∽△BCO，设  2 4  CF DF Dt, t2 t2，得出数据代入  中求解，得到点D的坐标即可；  3 3  CO BO 2 4 （3）根据抛物线的解析式为y x2 x2，设N1,a，结合已知B3,0，C0,2，分“以BN 为对角 3 3 线”、“以CN 为对角线”和“以CN 为对角线”三种情况讨论，根据坐标系中平行四边形顶点的相对位置，用含 a式子表示出点M 的坐标，求出完整坐标即可． 2 【详解】（1）解：∵抛物线y x2bxca0与x轴交于A1,0、B3,0两点， 32 ∴设抛物线解析式为yax1x3，a ， 3 2 2 4 ∴抛物线解析式为y x1x3，即y x2 x2； 3 3 3 （2）解：如图，作DE∥AB，交BC延长线于点E，交y轴于点F ， 2 4 ∵DE∥AB，BOC 90，抛物线表达式为y x2 x2， 3 3 ∴ABC DEC，DFC 180BOC 90BOC，C0,2， ∵DCB2ABC， ∴DCB2DEC， ∵DCBDECCDE， ∴CDEDEC， ∴ABC CDE， ∴△DCF∽△BCO， CF DF ∴  ， CO BO  2 4  设Dt, t2 t2，  3 3  2 4 ∴DF t，OF  t2 t2， 3 3 ∵B3,0，C0,2， ∴OB3，OC 2， 2 4 ∴CF= OF- OC= - t2+ t， 3 3 2 4 CF DF  t2 t ∴数据代入  中，得： 3 3 t ， CO BO  2 3 解得：t 0（舍去），t 1， 1 22 4 2 4 8 ∴- t2+ t+ 2= - + + 2= ， 3 3 3 3 3  8 ∴点D的坐标为1, ；  3 （3）解：存在； 2 4 ∵抛物线的解析式为y x2 x2， 3 3 4 3 ∴抛物线对称轴为直线x 1， 2 2( ) 3 设N1,a， 2 4 ∵抛物线解析式y x2 x2中， 3 3 ∴C0,2， 当以B，C，M ，N 为顶点的四边形是以BN 为对角线的平行四边形时， ∵N1,a，B3,0，C0,2， ∴1- 0+ 3= 4，a- 2+ 0= a- 2，则M4,a2， 2 4 2 4 10 把M4,a2代入y x2 x2，得：a2 16 42 ， 3 3 3 3 3  10 ∴M4, ；  3  当以B，C，M ，N 为顶点的四边形是以CN 为对角线的平行四边形时， ∵N1,a，B3，0，C0,2， ∴1- 3+ 0= - 2，a- 0+ 2= a+ 2，则M2,2a， 2 4 2 4 10 把M2,2a代入y x2 x2，得：2a 4 22 ， 3 3 3 3 3  10 ∴M2, ；  3  当以B，C，M ，N 为顶点的四边形是以BC为对角线的平行四边形时， ∵N1,a，B3，0，C0,2， ∴0- 1+ 3= - 2，2- a+ 0= 2- a，则M2,2a， 2 4 2 4 把M2,2a代入y x2 x2，得：2- a= - ´ 4+ ´ 2+ 2= 2， 3 3 3 3∴M2,2．  10  10 综上所述，满足条件的M 点坐标为4, 或2, 或2,2．  3   3  【点睛】本题主要考查了图形与坐标、二次函数的综合运用、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性 质等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质、分类讨论是解题的关键． 32．（2024·甘肃陇南·一模）如图，抛物线yx2bxc与x轴交于A，B2,0两点（点A在点B的左侧）， 与y轴交于点C0,8． (1)求该抛物线的解析式； (2)若D为抛物线的顶点，求 ACD的面积；  (3)若P是平面直角坐标系内一点，是否存在以A、B、C、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写 出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)抛物线的解析式为yx22x8； (2)6； (3)点P的坐标为6,8或6,8或2,8． 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）先根据抛物线的解析式求得顶点坐标，设直线AC的解析式为ykx8，待定系数法求出解析式，得 1 到DE，根据 ACD的面积为 DEx x 求解即可；  2 C A （3）根据题意分三种情况讨论，①当AB∥CP，ABCP时，②当AB∥CP ，ABCP时，③当BC∥AP， 1 1 2 2 3 BC AP时，作PM  AB于点M ，结合平行四边形的性质即可求解． 3 3 【详解】（1）解：由题知，抛物线yx2bxc过点B2,0，C0,8，222bc0 b2  ，解得 ， c8 c8 该抛物线的解析式为yx22x8； （2）解：  yx22x8x12 9，D为抛物线的顶点， D1,9， 设直线AC的解析式为ykx8，  抛物线yx2bxc与x轴交于A，B2,0两点（点A在点B的左侧）， 又抛物线对称轴为x=1， A4,0， 将A4,0代入ykx8中，有4k80，解得k 2， 直线AC的解析式为y2x8， 作DE∥y轴，交AC于点E，连接AD，CD， 有E1,6， DE963， 1 1  ACD的面积为： DEx x  3046；  2 C A 2 （3）解：存在，①当AB∥CP，ABCP时， 1 1 AB=6，  P的坐标为6,8； 1 ②当AB∥CP ，ABCP时， 2 2 AB=6，  P 的坐标为6,8； 2 ③当BC∥AP，BC AP时，作PM  AB于点M ， 3 3 3 有PAM CBO，PMABOC 90， 3 3  PAM≌ CBOAAS，  3  AM OB2，PM OC 8， 3 OM OAAM 2， P 的坐标为2,8； 3 综上所述，点P的坐标为6,8或6,8或2,8． 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求一次函数、二次函数解析式，平行四边形的性质， 全等三角形性质和判定，解题的关键在于熟练掌握相关性质并灵活运用． 33．（2024·山东淄博·一模）已知抛物线yax²bx3a0与x轴交于点A(1,0)，点B(3,0)，与y轴交于 点C．(1)求抛物线的表达式； (2)如图，若直线BC下方的抛物线上有一动点M ，过点M 作y轴平行线交BC于N ，过点M 作BC的垂线， 垂足为H，求△HMN周长的最大值； (3)若点P在抛物线的对称轴上，点Q在x轴上，是否存在以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形， 若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由； (4)将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位，得到一个新的抛物线，问在y轴正半轴上是否存在一 1 1 点F ，使得当经过点F 的任意一条直线与新抛物线交于S，T两点时，总有  为定值？若存在，求 FS2 FT2 出点F 坐标及定值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)y=x22x3 9 29 (2) 4 (3)存在，Q点的坐标为(2,0)，(4,0)，(2,0)  1 1 1 (4)存在，定点F0, ，  的值为4  2 FS2 FT2 【分析】（1）把A(1,0)，点B(3,0)代入yax²bx3，得出关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出 a、b的值，即可得答案； （2）根据抛物线解析式求出点C坐标，利用待定系数法求出直线BC解析式，设M  m,m22m3  ，则 N(m,m3)，根据MN∥y，MH BC及B、C两点坐标得出△HMN是等腰直角三角形，利用m表示出 △HMN的周长，利用二次函数的性质求出最大值即可得答案； （3）根据抛物线解析式求出对称轴为直线x1，点P坐标为(1,s)，点Q坐标为Q(t,0)，根据平行四边形对 角线中点的坐标相同，分BC、BP、BQ为对角线三种情况，列方程组求出s、t的值即可得答案； （4）根据平移规律得出新的抛物线解析式为y =x2，设ST的解析式为ykxb，S(x,y )，T(x ,y )，则 1 1 2 2 F(0,b)，联立抛物线与直线ST的解析式得x2kxb0，利用一元二次方程根与系数的关系用k、b、x、 11 1 1 1 x分别表示FS2和FT2，代入  ，根据  为定值得出b值及定值即可． 2 FS2 FT2 FS2 FT2 【详解】（1）解：∵A(1,0)，B(3,0)在抛物线yax2bx3a0上，  ab30 ∴ ， 9a3b30  a1 解得： ， b2 ∴抛物线的表达式为：y=x22x3． （2）∵抛物线的表达式为：y=x22x3， ∴当x0时，y=3， ∴C(0,3)， 设直线BC的解析式为ykxn， ∵B(3,0)，C(0,3)， 3kn0 ∴ ，  n3  k 1 解得： n3 ∴直线BC的解析式为y x3， 设M  m,m22m3  其中0m3，则N(m,m3)， ∴MN m3  m22m3  m23m ∵OBOC 3，BOC 90， ∴OCB45 ∵MN∥y轴， ∴MNH OCB45， ∵MH BC， ∴△HMN是等腰直角三角形， 2 HM HN  MN ， 2  2 2  ∴△HMN的周长l  1MN   2 2     21  m23m      21 m23 21 m 3 9 29 ( 21)(m )2 ， 2 4 3 9 29 ∴当m 时，△HMN的周长有最大值，l  ． 2 最大 4 2 （3）由题意知，抛物线的对称轴为直线x 1，B(3,0)，C(0,3)， 21 设点P坐标为(1,s)，点Q坐标为Q(t,0)， 301t ①当BC为对角线时， ， 03s0 s3 解得： ，  t 2 ∴Q(2，0)，  310t ②当BP为对角线时， ， 0s30 s3 解得： ，  t 4 ∴Q(4，0)， 3t10 ③当BQ为对角线时， ， 00s3  s3 解得： ， t 2 解得：Q(2，0)，综上所述，存在点Q，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，Q点的坐标为(2,0)，(4,0)，(2,0)． （4）当抛物线y=x22x3向左平移1个单位，向上平移4个单位后，得到新的抛物线 yx122x134，即y =x2， 设ST的解析式为ykxb，点S坐标为(x,y )，点T坐标为(x ,y )，则F(0,b)， 1 1 2 2 ykxb 联立新抛物线与直线ST的解析式得：  yx2 ∴x2kxb0， ∴x x k，xx b， 1 2 1 2 FS2 x2y b2 x2k2x2   1k2 x2， 1 1 1 1 1 同理，FT2   1k2 x2， 2 1 1 1  1 1  1 x x 2 2xx  1 k22b        1 2 1 2  ， FS2 FT2 1k2 x 1 2 x 2 2  1k2   x 1 x 2 2   1k2  b2  1 1 ∵  为定值， FS2 FT2 ∴1k2 k22b， 1 解得：b ， 2 1 1 1 当b 时，  4， 2 FS2 FT2  1 1 1 ∴定点F0, ,  的值为4．  2 FS2 FT2 【点睛】本题考查二次函数的综合，包括待定系数法求二次函数解析式、二次函数图像的平移、求一次函 数解析式、平行四边形的性质、求二次函数的最大值、一元二次方程根与系数的关系，综合性强，熟练掌 握相关的性质及规律是解题关键 34．（2024·山西朔州·二模）综合与探究 如图，抛物线yax2bx2a0与x轴交于A4,0，B1,0两点，与y轴交于C点．点D与点C关于x轴对称，直线AD交抛物线于另一点E． (1)求抛物线的函数表达式，并直接写出直线AD的函数表达式． (2)点P是直线AE下方抛物线上的一点，过点P作直线AE的垂线，垂足为F．设点P的横坐标为m，试探 究当m为何值时，线段PF最大？请求出PF的最大值． (3)在（2）的条件下，当PF取最大值时，若点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点 B，P，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请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． 1 3 1 【答案】(1)y x2 x2，y x2 2 2 2 9 5 (2)存在，当m1时，PF有最大值为 5 3 11  7 9 1 9 (3)存在，点M的坐标为 , ， , 或 ,  2 8   2 8 2 8 16a4b20 【分析】（1）将A4,0，B1,0代入yax2bx2a0得： ，求解即可得出抛物线解 ab20 析式，从而得出点C的坐标，进而得出点D的坐标，再利用待定系数法求解即可； 2 5 （2）过点P作y轴的平行线交AD于G，AGPADC，求出sinAGPsinADO 得出 5 2 5  1 3  PF  GP，从而得到当GP取得最大值时，PF取得最大值，设点Pm, m2 m2，则 5  2 2   1  1 9 Gm, m2，则GP m12 ，求出GP的最大值即可；  2  2 2 3  1 3  （3）求出点N 的横坐标为 ，设点Mt, t2 t2，分三种情况：当PB为对角线时；当PB为边，平 2  2 2  行四边形为PBNM 时；当PB为边，平行四边形为PBMN时；分别利用平行四边形的性质求解即可．16a4b20 【详解】（1）解：将A4,0，B1,0代入yax2bx2a0得： ， ab20  1 a   2 解得： ， 3 b  2 1 3 二次函数的解析式为：y x2 x2； 2 2 1 3 在y x2 x2中，当x0时，y=2， 2 2 C0,2，  点D与点C关于x轴对称， D0,2， 设直线AD的表达式为ykxb ， 1 b 2 将D0,2，A4,0代入解析式得： 1 ， 4kb 0 1 b 2  1 解得： 1 ， k    2 1 直线AD的表达式为y x2； 2 （2）解：存在， 如图，过点P作y轴的平行线交AD于G， AGPADC， A4,0，D0,2，  OA4，OD2， AD AO2DO2 2 5，OA 4 2 5 sinAGPsinADO   ， AD 2 5 5 PF 2 5 在Rt△PFG中，sinAGP  ， GP 5 2 5 PF  GP， 5 当GP取得最大值时，PF取得最大值，  1 3   1  设点Pm, m2 m2，则Gm, m2，  2 2   2  GP 1 m2   1 m2 3 m2   1 m2m4 1 m12  9 ， 2 2 2  2 2 2 1  0，  2 9 当m1时，GP取得最大值为 ， 2 2 5 9 9 5 PF 的最大值为   ； 5 2 5 1 3 （3）解：  y x2 x2， 2 2 3 2 3 抛物线的对称轴为直线x  ， 1 2 2 2 3 点N 的横坐标为 ， 2 由（2）可得，点P1,3，  1 3  设点Mt, t2 t2，  2 2   点B，P，M，N为顶点的四边形是平行四边形，B1,0，  3 当PB为对角线时，则11t ，  2 3 1 3 11 3 11 解得：t ，此时 t2 t2 ，即M , ； 2 2 2 8 2 8   3 当PB为边，平行四边形为PBMN时，1t 1 ，  2 1 1 3 9 1 9 解得：t  ，此时 t2 t2 ，即M , ； 2 2 2 8 2 8  3 当PB为边，平行四边形为PBNM 时，1 1t，  2 7 1 3 9  7 9 解得：t ，此时 t2 t2 ，即M , ； 2 2 2 8  2 83 11 1 9  7 9 综上所述，点M 的坐标为 , 或 , 或 , ． 2 8  2 8  2 8 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式，二次函数综合—线段问题，二次函数 综合—特殊四边形问题，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当辅助线，采用数形结合与分类讨论的思 想是解此题的关键． 35．（2024·福建福州·模拟预测）已知抛物线 yax²2axc与x轴交于A1,0、B两点，顶点为P，与y 轴交于C点，且 ABC的面积为6．  (1)求抛物线的对称轴和解析式； (2)平移这条抛物线，平移后的抛物线交y轴于E，顶点Q在原抛物线上，当四边形APQE是平行四边形时， 求平移后抛物线的表达式； (3)若过定点K 2,1的直线交抛物线于M、N两点（N在M点右侧），过N点的直线 y2xb与抛物线交 于点 G， 求证： 直线MG必过定点． 【答案】(1)直线x1,yx22x3 (2)yx24x1 (3)见解析 b 2a 【分析】（1）抛物线的对称轴为直线x  1，可得B3,0，根据 ABC的面积可得点C的坐标，  2a 2a 据此即可求解； （2）设点E0,e，由平行四边形的性质可得Q2,e4，据此即可求解； （3）设M  m,m22m3  ,N  n,n22n3  ，可求出直线MN的解析式；根据直线MN过定点K 2,1可 得mn2m2n6；结合题意可求出点G  n4,n26n5  ，即可进一步求出直线MG的解析式，即可求 解； b 2a 【详解】（1）解：由题意得：抛物线的对称轴为直线x  1 2a 2a∵A1,0， ∴B3,0 令x0，则yax22axcc ∴C0,c ∵ ABC的面积为6．  1 ∴ 31c6，   2 解得：c3 ∴yax22ax3， 将A1,0代入得：0a2a3， 解得：a1， ∴yx22x3 （2）解：∵yx22x3x124， ∴P1,4 设点E0,e， ∵四边形APQE是平行四边形， ∴APEQ且AP∥EQ ∴Q02,e4，即：Q2,e4 ∵顶点Q在原抛物线上， ∴e422223， 解得：e1 ∴Q2,3 ∴平移后抛物线的表达式为：yx223x24x1 （3）解：设M  m,m22m3  ,N  n,n22n3  ，设直线MN的解析式为：ykxb， kmbm22m3 则 ， knbn22n3k mn2 解得： ， bmn3 ∴直线MN的解析式为：ymn2xmn3， ∵直线过定点K2,1 ∴1mn22mn3 得：mn2m2n6 ∵直线 y2xb过N点， ∴n22n32nb，n24n3b， ∴y2xn24n3 令2xn24n3x22x3， 解得：x n,x n4 1 2 ∴G  n4,n26n5  设直线MG的解析式为：ykxb， kmbm22m3 则 ，  kn4bn26n5 kmn2 解得： ， bmn4m3 ∴直线MG的解析式为：ymn2xmn4m3， ∵mn2m2n6， ∴直线MG的解析式为：ymn2x2m2n9， 当x2时，ymn222m2n95， ∴直线MG必过定点2,5 【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合问题，涉及了函数解析式的求解，平行四边形的性质，函 数的平移等知识点，掌握待定系数法是解题关键． 36．（2015·山东临沂·一模）如图，抛物线yax2bx2与x轴交于点A1,0和B4,0．(1)求抛物线的解析式； (2)若抛物线的对称轴交x轴于点E，点F是位于x轴上方对称轴上一点， FC∥x轴，与对称轴右侧的抛物 线交于点C，且四边形OECF是平行四边形，求点C的坐标； (3)在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使△OCP是直角三角形？若存在，求出点P的坐标； 若不存在，请说明理由． 1 5 【答案】(1)y x2 x2； 2 2 (2)C的坐标是5,2； 5 2 29 5 2 29 5 25 5 33 (3)P的坐标为  ,   或  ,    , 或 , ．  2 2   2 2  2 4  2 4  【分析】（1）将A1,0，B4,0代入yax2bx2，列方程组并且解该方程组求出a、b的值，即可得到抛 1 5 物线的解析式为y x2 x2； 2 2 5 5  （2）将抛物线的解析式配方成顶点式，求得抛物线的对称轴为直线x ，E ,0，由平行四边形的性质 2 2  5 得FC OE ，则点C的横坐标为5，即可求得点C的坐标是5,2； 2 （3）分三种情况，一是；当OCP 90时，过点C作CLx轴于点L，作PH CL交LC的延长线于点 1 1 5 5  33 H，则H OLC 90，证  P 1 CH∽  COL，设P 1  2 ,m  ，则H5,m，于是得 2  m2，求得m 4 ， 2 5 5 33 CL OL 25 5 25 则P 1  2 , 4   ；二是COP 2 90，可证明  CLO∽  OEP 2 ，则 OE  EP ，得EP 2  4 ，P 2  2 , 4   ． 2 三是OPC OPC 90，设OC交EF 于点J，则OC  OL2CL2  29，由平行四边形的性质得OJ CJ ， 3 41 1 29 5 2 29 5 2 29 JEJF  EF 1，所以PDPD OC  ，则P  , ,P  , ． 2 3 4 2 2 3  2 2   4  2 2   【详解】（1）解：∵抛物线yax2bx2经过点A1,0，B4,0，  1 a ab20   2 ∴ ，解得 ， 16a4b20 b 5  2 1 5 ∴抛物线的解析式为y x2 x2． 2 2 1 5 1 5 2 9 （2）解：  y x2 x2 x   ， 2 2 2 2 8 5 5  ∴抛物线的对称轴为直线x ，E ,0， 2 2  ∵四边形OECF是平行四边形， 5 FC OE ， 2 5 5 ∴点C的横坐标为  5， 2 2 1 5 抛物线y x2 x2， 2 2 1 5 当x5时，y= ´ 52- ´ 5+2=2， 2 2 ∴点C的坐标是5,2． （3）解：存在点P，使△OCP是直角三角形， ①当OCP 90时， 1作PH CL交LC的延长线于点H，则H OLC 90，PCH COL90OCL， 1 1  PCH∽ COL，  1  PH CH  1  ， CL OL 5  设P ,m，则H(5,m)， 1 2  5 5 PH 5  ,CH m2， 1 2 2 5 2 m2，   2 5 33 解得m ， 4 5 33 P , ， 1 2 4  ②点O是直角顶点时，过点C作CLx轴于点L． OLC OEP COP 90，  2 2 COLEOP 90，COLOCL90， 2 OCLEOP ， 2  CLO∽ OEP ，   2 CL OL   ， OE EP 2 2 5   5 EP ， 2 2 25 EP  ， 2 4  25 P 2.5, ． 2  4  ③当OPC 90时， 3 设OC交EF 于点J，作CLx轴于点L， OLC 90，OL5，CL2，  OC  OL2CL2  5222  29， FC x轴，C5,2，   5  F ,2， 2 ∵四边形OECF是平行四边形， 1 1 OJ CJ，JEJF  EF  21， 2 2 1 29 PJ PJ  OC  ， 3 4 2 2 29 2 29 29 292 PEJEPJ 1  ，PEPJ JE 1 ， 3 3 2 2 4 4 2 2 5 2 29 5 2 29 P  ,  ， P  , ； 3 2 2  4 2 2      综上所述，存在点P，使△OCP是直角三角形， 5 2 29 5 2 29 5 33 5 25 点P的坐标为  ,   或  ,   或 , 或 , ．  2 2   2 2  2 4  2 4  【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、直角三 角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题 综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 37．（2023·山东淄博·中考真题）如图，一条抛物线yax2bx经过 OAB的三个顶点，其中O为坐标原点，  9 点A3,3，点B在第一象限内，对称轴是直线x ，且  OAB的面积为18 4 (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)求点B的坐标； (3)设C为线段AB的中点，P为直线OB上的一个动点，连接AP，CP，将△ACP沿CP翻折，点A的对应 点为A．问是否存在点P，使得以A，P，C，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条 1 1 件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 2 【答案】(1)y x23x 3(2) 6,6 3 3  3 3 3 5 3 5   3 5 3 5  (3)存在，P点的坐标为 ， 或 ，- 或  6， 6  或   6，- 6  2 2  2 2  2 2   2 2  b 9 【分析】（1）根据对称轴为直线x  ，将点A代入，进而待定系数法求解析式即可求解； 2a 4  2  （2）设Bm, m23m，过点A作EF  y轴交于E点，过B点作BF EF 交于F 点，继而表示出  OAB  3  的面积，根据 OAB的面积为18，解方程，即可求解．  （3）先得出直线OB的解析式为yx，设Pt,t，当BP为平行四边形的对角线时，可得AP AC，当BC 为平行四边形的对角线时，BPAC，进而建立方程，得出点P的坐标，即可求解． b 9 【详解】（1）解：∵对称轴为直线x  ， 2a 4 9 ∴b a①， 2 将点A3,3代入yax2bx得， ∴9a3b3②，  2 a 联立①②得， 3 ，  b3 2 ∴解析式为y x23x； 3  2  （2）设Bm, m23m，如图所示，过点A作EF  y轴交于E点，过B点作BF EF 交于F 点，  3  ∴Fm,3，E0,3，2 则OE3,AE3,AF m3,BF  m23m3， 3 1 2  1 1 2  ∴S  m m23m33 33 m3  m23m318 AOB 2 3  2 2 3  解得：m6或m3（舍去）， （3）存在点P，使得以A，P，C，B为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： 1 ∵A3,3,B6,6， 9 3 ∴C , ， 2 2 设直线OB的解析式为ykx， ∴6k 6，解得：k1， ∴直线OB的解析式为yx， 设Pt,t， 如图所示，当BP为平行四边形的对角线时，BC∥AP， 1 BC  AP， 1 ∵ACBC， ∴AC  AP， 1 由对称性可知AC  AC，AP AP， 1 1 ∴AP AC， ∴ t32t32   3 9  2   3 3  2  2  2 3 解得：t 23 3  3 3 ∴P点的坐标为 ， 或 ，-  2 2  2 2 如图3，当BC为平行四边形的对角线时，BP∥AC，BP AC， 1 1 由对称性可知，AC  AC， 1 ∴BPAC， ∴ 6t26t2   3 9  2   3 3  2 ，  2  2 3 5 3 5 解得：t  6或t 6， 2 2 3 5 3 5   3 5 3 5  ∴P点的坐标为 6， 6或 6，- 6     2 2 2 2     3 3  3 3 3 5 3 5   3 5 3 5  综上所述，P点的坐标为 ， 或 ，- 或  6， 6  或   6，- 6  ． 2 2  2 2  2 2   2 2  【点睛】本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，平行四边形的性质，轴对称 的性质是解题的关键． 38．（2023·四川南充·中考真题）如图1，抛物线yax2bx3（a0）与x轴交于A1,0，B3,0两点， 与y轴交于点C．(1)求抛物线的解析式； (2)点P在抛物线上，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标； (3)如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点K1,3的直线（直线KD除外）与抛物线交于 G，H两点，直线DG，DH 分别交x轴于点M，N．试探究EMEN是否为定值，若是，求出该定值；若 不是，说明理由． 【答案】(1)yx22x3 (2) 2,3或  1 7,3  或  1 7,3  (3)定值，理由见详解 【分析】（1）将A1,0，B3,0两点代入抛物线的解析式即可求解； （2）根据P，Q的不确定性，进行分类讨论：①过C作CP∥x轴，交抛物线于P，过P作PQ ∥BC，交 1 1 1 1 x轴于Q，可得y 3，由x22x33，可求解；②在x轴的负半轴上取点Q ，过Q 作Q P ∥BC， 1 P1 2 2 2 2 交抛物线于P ，同时使Q P BC，连接CQ 、BP ，过P 作PDx轴，交x轴于D，y 3，即可求解；③ 2 2 2 2 2 2 2 P2 当BC为平行四边形的对角线时，在①中，只要点Q在点B的左边，且满足BQBQ ，也满足条件，只是 1 点P的坐标仍是①中的坐标； （3）可设直线GH的解析式为ykx13，G  m,m22m3  ，H  n,n22n3  ，可求 mn2k m3  ，再求直线DG的解析式为ym1xm3，从而可求EM 1 ，同理可求EN ，即 mnk m1 可求解． 【详解】（1）解：  抛物线yax2bx3(a0)与x轴交于A1,0，B3,0两点， ab30  ， 9a3b30 a1 解得 ， b2 故抛物线的解析式为yx22x3． （2）解：①如图，过C作CP∥x轴，交抛物线于P，过P作PQ ∥BC，交x轴于Q， 1 1 1 1 1四边形BCPQ 是平行四边形， 1 1 y 3， P1 x22x33， 解得：x 2，x 0， 1 2 P2,3； 1 ②如图，在x轴的负半轴上取点Q ，过Q 作Q P ∥BC，交抛物线于P ，同时使Q P BC，连接CQ 、 2 2 2 2 2 2 2 2 BP ，过P 作PDx轴，交x轴于D， 2 2 2 四边形BCQ P 是平行四边形， 2 2 CBQ PQ B， 2 2 2 在 CBQ 和 PQ B中，  2  2 2 BQ Q B 2 2  CBQ PQ B， 2 2 2  CBPQ 2 2   CBQ 2 ≌  P 2 Q 2 B(SAS)， PDCO3， 2 y 3， P2 x22x33， 解得：x 1 7，x 1 7， 1 2   P 1 7,3 ； 2  如上图，根据对称性：P 1 7,3 ， 3 ③当BC为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且BQBQ 2时，也满足条件，此时 1 点P的坐标仍为2,3； 综上所述：P的坐标为2,3或  1 7,3  或  1 7,3  ． （3）解：是定值， 理由：如图， 直线GH经过K1,3，  可设直线GH的解析式为ykx13， G、H在抛物线上， 可设G  m,m22m3  ，H  n,n22n3  ， kx13x22x3， 整理得：x2k2xk 0， x m，x n， 1 2 mn2k  ， mnk 当x1时，y122134，D1,4， 设直线DG的解析式为yk xb，则有 1 1 mk b m22m3  1 1 ， k b 4 1 1 k m1 解得 1 ， b m3 1 直线DG的解析式为ym1xm3， 当y0时，m1xm30， m3 解得：x ， m1 m3  M ,0，  m1  m3 EM 1 m1 4  ， m1 4 同理可求：EN  ， n1 4 4 EMEN   m1 n1 16  mnmn1 16  2kk1 16  k2k1 16； 当G与H对调位置后，同理可求EMEN 16； 故EMEN的定值为16． 【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合问题，待定系数法求函数解析式，求函数图象与坐标轴交 点坐标，动点产生的平行四边形判定，一元二次方程根与系数的关系，理解一次函数与二次函数图象的交 点，与对应一元二次方程根的关系，掌握具体的解法，并会根据题意设合适的辅助未知数是解题的关键． 39．（2024·四川广元·二模）如图，已知直线BC：yx2交 x轴于点B，交y轴于点C，抛物线yax2 xc 的图象过点 B，C，且与x轴交于另一点A（点 A 在点 B 的左侧）．在直线 BC下方的抛物线上有一点P，过点 P 作PF x轴，垂足为 F，交 BC于点M，连接AC，PC，AP，AP交BC于点E． (1)求抛物线的解析式． S 1 (2)当 △CPE  时，求点 P 的坐标． S 3 △ACE (3)连接BP，AM ，已知点 D 是抛物线对称轴上的一个动点，当 △BPC的面积最大时，在该抛物线上是 否存在动点 Q，使得以点 A，M，Q，D为顶点的四边形是平行四边形？ 若存在，求出点 Q 的坐标；若 不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx2 x2 (2) (1,-2)  3 7 5 7  1 5 (3)存在， , 或 , 或 ,   2 4 2 4  2 4 【分析】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，平行四边形的性质三角 形面积公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． （1）利用待定系数法可求解析式； PE PM （2）先求出A点坐标，过点 A 作AH x轴，交BC于点H，得到△PEM∽△AEH ，得到：  ， AE AH S PE PM 1 再求出AH 3，设P(m,m2m2)则M(m，m2)，求出PM m22m，得到 △CPE    ，即 S AE AH 3 △ACE 可得到P点坐标． （3）利用二次函数的性质先表示出P的坐标，最后再分三种情况讨论，利用平行四边形的性质可求解． 【详解】（1）解∶ 直线BC的解析式为yx2， B(2，0)，C(0，2)． 将点 B(2，0)，C(0，2)代入yax2 xc得4a2c0  c2 a1 解得 ， c2 抛物线的解析式为：yx2 x2． （2）（2）令x2x20， 解得：x =-1,x =2, 1 2  A(1，0) 如图 1，过点 A 作AH x轴，交BC于点H． PM∥AH． △PEM∽△AEH ． PE PM   AE AH 将x=1代入yx2中，得y3．  AH 3． 设P(m,m2m2)则M(m，m2)， PM m2(m2m2)m22m ， S PE PM 1 △CPE    ，  S AE AH 3 △ACE m22m 1   ， 3 3 m2 2m10， m m 1 ， 1 2 当m1时，y=1212=2 ， S 1 故当 △CPE  时，点 P 的坐标为(1，2)． S 3 △ACE3 7 5 7 1 5 （3）（3）存在，Q( , )，Q ( , )，Q ( , ) ， 1 2 4 2 2 4 3 2 4 1 由（1）易得该抛物线的对称轴为直线x ， 2 设p(t,t2t2) 1 1 由图可得S  PMBO 2(t22t)t22t (t1)21， △BPC 2 2 当t 1时，S 有最大值1，此时M(1，1)． △BPC ①如图2，当AM 为平行四边形的边时，AM∥DQ，AM DQ． 1  M(1，1)，A(1，0)，点 D 在直线 x 上， 2 1 3 ∴线段 DQ是由线段AM 向左平移 个单位长度或向右平移 个单位长度，再上下平移得到的． 2 2 1 3 7 当点 A 向左平移 个单位长度时，点 Q 的横坐标Q  ，则Q  ， 2 x 2 y 4 3 7 Q( , )， 1 2 4 3 5 7 当点M向右平移 个单位长度时，点 Q 的横坐标Q  ，则Q  ， 2 x 2 y 4 5 7 Q ( , )， 2 2 4 ②如图 3，当AM 为对角线时，AM，DQ互相平分． M(1，-1)，A(1，0) 1 设D( ,n),Q(x,x2x2) 21 x 2 11，   2 2 1 x 2 1 1 5 则y( )2( )2 ， 2 2 4 1 5 Q ( , ) 3 2 4 3 7 5 7 1 5 综上，存在Q( , )或Q ( , )或Q ( , )使得以点 A，M，Q，D为顶点的四边形是平行四边形． 1 2 4 2 2 4 3 2 4 40．（2024·江苏徐州·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc的顶点坐标为F1,4交x 轴于A、C两点，交y轴于点B，抛物线的对称轴交x轴于点E． (1)求抛物线的解析式； (2)已知抛物线上点P2,3，以点P为直角顶点构造Rt△PHK，使点H在x轴上，点K在y轴上，G为HK 的中点，求EG的最小值； (3)M 为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N ，使得以A，B，M ，N 为顶点的四边形为 矩形？若存在，求出点N 的横坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx22x39 13 (2) 26 1 5 1 5 (3)存在，N 的横坐标为 或 或1或2 2 2 【分析】（1）根据二次函数的顶点坐标列出关于b、c的方程组，求解即可； HD DP  3  （2）证明△HDP∽△PBK ，得到  ，设BK x，求出点K0,3x，H2 x,0，得到点 PB BK  2   3 3x 13 3 9 G1 x, ，则EG GM2ME2  x2 x ，即可求解；  4 2  16 2 4 （3）分三种情况：①若AB是斜边，则AB2 AN2BN2；②若AN是斜边，则AN2 AB2BN2；③若BN 是斜边，则BN2  AB2AN2，分别列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc的顶点坐标为F1,4，  b  1  21  ∴ ， 41cb2  4  41  b2 解得： c3 ∴抛物线的解析式为yx22x3； （2）如图，连接BP， ∵抛物线的解析式为yx22x3，P2,3， 当x0时，得y3， ∴B0,3， ∴BP∥x轴，即BP y轴， 过点H作HDPB于点D，过点G作GM x轴于点M ， ∵BOH 90， ∴四边形OBDH 是矩形， ∴HDOB3， ∵HDPHPK PBK 90， ∴HPDKPB90，KPBPKB90， ∴HPDPKB，∴△HDP∽△PBK ， HD DP 3 DP ∴  ，即  ， PB BK 2 BK 3 ∴DP BK ， 2 3 设BK x，则DP x， 2 3 ∴OH DBDPPB x2，OK OBBK 3x， 2  3  ∴K0,3x，H2 x,0，  2  ∵G是HK的中点，  3 3x ∴G1 x, ，  4 2  ∵E1,0，GM x轴，  3  ∴M1 x,0，  4  3x  3  3 在Rt△GME中，GM  ， EM 11 x x， 2  4  4 ∴EG GM2ME2 3x 2 3  2     x  2  4  13 3 9  x2 x 16 2 4 13 12 2 81  x   ， 16 13 52 12 9 13 ∴当x 时，EG的最小值为 ； 13 26 （3）∵抛物线yx22x3交x轴于A、C两点， 当y0时，得x22x30，解得：x3或x1， ∴A3,0，B0,3， 设N  n,n22n3  ，则 AB2 OA2OB2 3232 18， AN2 n3 2   n22n30 2 n32  n22n3 2 ，   BN2 n02  n22n33 2 n2  n22n 2 ∵A、B、M 、N 构成的四边形是矩形， ∴Rt△ABN 是直角三角形， ①若AB是斜边，则AB2 AN2BN2， ∴18n32  n22n3 2 n2  n22n 2 ， 1 5 1 5 解得：n  ，n  ，n 0（舍去），n 3（舍去）， 1 2 2 2 3 4 1 5 1 5 此时点N 的横坐标为 或 ； 2 2 ②若AN是斜边，则AN2 AB2BN2， ∴n32  n22n3 2 18n2  n22n 2 ， 解得：n1或n0（舍去）， 此时点N 的横坐标是1； ③若BN 是斜边，则BN2  AB2AN2， ∴n2  n22n 2 18n32  n22n3 2 ， 解得：n2或n3（舍去）， 此时点N 的横坐标为2； 1 5 1 5 综上所述，点N 的横坐标为 或 或1或2． 2 2 【点睛】本题是二次函数综合运用，考查了待定系数法确定解析式，矩形的判定和性质，相似三角形的判 定和性质，二次函数与坐标轴的交点，二次函数的最值，勾股定理，一元二次方程的应用等知识点，正确 理解题意并分类求解是解题的关键． 题型二：菱形存在性 1．（2024·陕西渭南·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx2（a、b为常数，且a0）与x轴交于点A4,0和点B，与y轴交于点C，且OCOB． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)连接BC，点D是抛物线的对称轴l上的动点，点E是平面内的点，是否存在以点B、C、D、E为顶点的 四边形是菱形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 1 1 【答案】(1)抛物线的函数表达式为y  x2  x2； 4 2     (2)D的坐标为 1,2 7 )或 1,2 7 或1,1． 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； 1 1 1 9 （2）由（1）得y x2 x2 x12 ，则抛物线的对称轴为直线x=1，设D1,m，则 4 2 4 4 CD2 1m22，BC2 8，BD2 m29，然后分①当BC为菱形的边时，则BCCD或BCBD，② 当BC为菱形的对角线时，CDBD，两种情况即可； 本题主要考查了二次函数、菱形的性质和勾股定理，掌握相关知识、正确求出二次函数表达式并灵活应用 是解题的关键． 【详解】（1）当x0时，y2， ∴点C0,2，则OC 2， ∴OC OB2， ∴点B2,0， ∵抛物线yax2bx2过点A4,0和点B2,0，  1 a 16a4b20   4 ∴ ，解得： ， 4a2b20 b 1  2 1 1 ∴抛物线的函数表达式为y  x2  x2； 4 21 1 1 9 （2）由（1）得y x2 x2 x12 4 2 4 4 ∴抛物线的对称轴为直线x=1， 设D1,m， ∴CD2 1m22，BC2 8，BD2 m29，如图， ①当BC为菱形的边时，则BCCD或BCBD， ∴BC2 CD2或BC2 BD2，即81m22或8m29（无解）， 解得m2 7，     ∴点D的坐标为 1,2 7 )或 1,2 7 ； ②当BC为菱形的对角线时，则CDBD， ∴CD2 BD2，即1m22 m29， 解得m1， ∴点D的坐标为1,1，     综上可得：存在以点B、C、D、E为顶点的四边形是菱形，点D的坐标为 1,2 7 )或 1,2 7 或 1,1． 2．（2024·江苏徐州·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yax2bx3的图象交x轴于 A1，0、B3，0两点，交y轴于点C，点P在线段OB上，过点P作PDx轴，交抛物线于点D，交直线BC 于点E．(1) a ，b ； (2)在点P运动过程中，若 CDE是直角三角形，求点P的坐标；  (3)在y轴上是否存在点F，使得以点C、D、E、F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点F的坐 标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)1，2 (2)P1，0或P2，0 (3)存在，F0，1或F  0，3 21  【分析】（1）把A1，0、B3，0代入yax2bx3，运用待定系数法解二次函数的解析式，即可作答． （2）因为CED90，先排除一种情况，再进行分类讨论，即CDE90和ECD90，分别列式计算， 即可作答． （3）根据菱形性质，结合图象性质，进行分类讨论，即四边形CDEF为菱形或四边形CFDE为菱形，运用 中点法列式，以及勾股定理，代入数值，进行计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵二次函数yax2bx3的图象交x轴于A1，0、B3，0两点， ∴把A1，0、B3，0代入yax2bx3 0ab3 得 09a3b3 a1 解得 b2 ∴y=x22x3 故答案为：1，2；（2）解：∵PDx轴 ∴EPB90，PEB90 ∴CED90 ∵ CDE是直角三角形  ∴当CDE90时， ∴BP∥CD ∴y  y 3 D C 2 ∵对称轴x 1 21 ∴x 2 D 此时点P的坐标为2，0 ∴当ECD90时， 设BC的解析式为ykxbk 0 ∴把B3，0，C0，3代入ykxbk 0 3b ∴得 03kb b3 解得 k 1 ∴y x3 设点Pm，0 则Em，m3，D  m，m22m3 ，PE3m，BP3m∵B3，0，C0，3 ∴OC BO，OBC 45 ∴DEm3  m22m3  m23m ∵PEBCED ∴CDEPBE45 CE 2 则sinCDE  DE 2 即 m2  3m3  2 2  m23m 2 解得m1，m0（此时点E和点C重合，故舍去） ∴点P1，0 综上P1，0或P2，0 （3）解：存在，F0，1或F  0，3 21  如图：依题意，当四边形CDEF为菱形时，由（2）知BC的解析式为y x3 设点Pn，0，En，n3，D  n，n22n3  ∵四边形CDEF为菱形 ∴DCEFCE45 即FCD90 则y  y 3 D C 由（2）知，此时CD2 ∴FC CDEF 2∴F0，1， 即如下图所示： 如图：依题意，当四边形CFDE为菱形时 ∵点Pn，0，En，n3，D  n，n22n3  1 1 ∴ y y  y y  2 F E 2 C D 即y  y y y F C D E y 3n22n3n3n23n3 F ∵CF CE ∴3nn2  n2n33 2  2n   ∴解得n3 2，n0（舍去）∴y n23n3nn33 2  3 2  33 21 F   ∴F 0，3 21 综上F0，1或F  0，3 21  【点睛】本题考查了二次函数的几何综合，菱形性质，待定系数法解函数解析式，勾股定理，解直角三角 形的相关性质，熟练运用分类讨论思想以及数形结合思想是解题的关键． 3．（2024·青海西宁·一模）如图，抛物线 yx2bxc与y轴交于点A0,2，点B 是抛物线的顶点，直线 x2是抛物线的对称轴，且与x轴交于点C． (1)求抛物线的函数解析式； (2)点D是对称轴左侧抛物线上一点，连接BD， DBC 45,求点 D 的坐标． (3)在(2)的条件下，若点M是x轴上方抛物线对称轴上一点，点 P 在坐标平面内，且以点A，D，M，P为 顶点的四边形是以AD为边的菱形，请求出所有符合条件的点M的坐标 【答案】(1)yx24x2 (2)D1,1 (3)M  2,2 6  或M2,2 【分析】本题考查二次函数的综合应用，等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，正确的求出函数解析式， 利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键． （1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）求出顶点坐标和C点坐标，进而得到OBBC，推出点D为直线OB与抛物线的交点，进行求解即可； （3）设M2,m，分AD AM,ADDM ，两种情况进行讨论求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线 yx2bxc与y轴交于点A0,2，直线 x2是抛线物的对称轴， c2  c2 ∴ b ，解得： ，   2 b4  2 ∴yx24x2； （2）解：由题意，得：C2,0， ∵yx24x2x22 2， ∴B2,2， ∴BC 2,OC 2， 连接OB，则：OBC BOC 45， ∵DBC 45, ∴点D是直线OB与抛物线的交点， 设直线OB的解析式为：ykx，把B2,2代入，得：k 1， ∴ yx， yx x2 x1 联立 ，解得： 或 ， yx24x2 y2 y1 ∴D1,1； （3）解：设M2,mm0， ∵D1,1，A0,2， ∴AD2 102 122 10，AM2 22m22 m224，DM2 212m12 m121， ∵点A，D，M，P为顶点的四边形是以AD为边的菱形， ∴分两种情况： ①当AD AM 时，则：m22410， 解得：m2 6或m2 6（舍去）；   ∴M 2,2 6 ； 当ADDM 时，则：m12110， 解得：m2或m3（舍去），∴M2,2； 综上：M  2,2 6  或M2,2． 4．（2023·湖南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2xc经过点A2,0和点B4,0， 且与直线l:yx1交于D、E两点（点D在点E的右侧），点M 为直线l上的一动点，设点M 的横坐标为 t． (1)求抛物线的解析式． (2)过点M 作x轴的垂线，与拋物线交于点N ．若0t4，求 NED面积的最大值．  (3)抛物线与y轴交于点C，点R为平面直角坐标系上一点，若以B、C、M、R为顶点的四边形是菱形，请 求出所有满足条件的点R的坐标． 1 【答案】(1)y x2x4 2 (2)7 143 39 5 39 3 39  395 5 39 3 39 5 39 3 39 (3)R点为R , 或R , 或R , 或R ,          2 2 2 2 2 2 2 2         9 9 或R ,  2 2 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）根据题意，联立抛物线与直线，求得点D,E的横坐标，表示出MN的长，根据二次函数的性质求得MN 1 的最大值，根据S  x x MN即可求解； END 2 D E （3）根据题意，分别求得BC,BM2,CM2，①当BC为对角线时，MBCM ，②当BC为边时，分 BM BC，BC MC，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线yax2xc经过点A2,0和点B4,0， 4a2c0 ∴ ， 16a4c0  1 a 解得： 2，  c4 1 ∴抛物线解析式为：y x2x4； 2 1 （2）解：∵抛物线y x2x4与直线l:yx1交于D、E两点，（点D在点E的右侧） 2  1 y x2x4 联立 2 ，  yx1  x2 14  x2 14 解得： 或 ， y3 14 y3 14     ∴D 2 14, 143 ,E 2 14, 143 ，     ∴x x  2 14  2 14 2 14， D E ∵点M 为直线l上的一动点，设点M 的横坐标为t．  1  则Mt,t1，Nt, t2t4，  2  1 1 1 ∴MN  t2t4t1 t22t5 t227，当t2时，MN取得最大值为7， 2 2 2 1 ∵S  x x MN， END 2 D E∴当MN取得最大值时，S 最大， END 1 ∴S  2 1477 14， END 2 ∴  NED面积的最大值7 14； （3）∵抛物线与y轴交于点C， ∴y 1 x2x4，当x0时，y4，即C0,4 ， 2 ∵B4,0，Mt,t1 ∴BC  42 42 4 2, BM2 4t2t12 2t26t17，CM2 t2t52 2t210t25， ①当BC为对角线时，MBCM ， ∴2t26t172t210t25， 1 解得：t ， 2  1 1 ∴M , ，  2 2 ∵BC,MR的中点重合，  1 R  4   x 2 ∴ ， 1 R  4  y 2  9 R    x 2 解得： ， 9 R   y 2 9 9 ∴R , ， 2 2②当BC为边时， 当四边形BMRC为菱形，BM BC  2 ∴2t26t17 4 2 ， 3 39 3 39 解得：t  或t  ， 2 2 3 39 5 39 3 39 5 39 ∴t1 1 或t1 1 ， 2 2 2 2 3 39 5 39 3 39  395 ∴M , 或M , ，     2 2 2 2     由CM,BR的中点重合，  3 39  3 39 R 4 0 R 4 0  x 2  x 2 ∴ 或 ，  5 39  5 39 R 0 4 R 0 4   y 2   y 2  5 39  5 39 R  R   x 2  x 2 解得： 或 ，  3 39  3 39 R  R    y 2   y 2 5 39 3 39 5 39 3 39 ∴R , 或R , ，     2 2 2 2     当BC MC时； 如图所示，即四边形CMRB是菱形，点R的坐标即为四边形BMRC为菱形时，M 的坐标， 3 39 5 39 3 39  395 ∴R点为R , 或R , ，     2 2 2 2     3 39 5 39 3 39  395 5 39 3 39 综上所述，R点为R , 或R , 或R , 或       2 2 2 2 2 2       5 39 3 39 9 9 R  ,   或R , ．  2 2  2 2 【点睛】本题考查了二次函数的性质，面积问题，菱形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握二次函数的性 质，细心的计算是解题的关键． 5．（23-24九年级上·广东中山·期中）定义：在平面直角坐标系xOy中，当点N 在图形M 的内部，或在图形 M 上，且点N 的横坐标和纵坐标相等时，则称点N 为图形M 的“梦之点”．(1)如图①，矩形ABCD的顶点坐标分别是A1,2，B1,1，C3,1，D3,2，在点N 1,1，N 2,2， 1 2 N 3,3中，是矩形ABCD“梦之点”的是______； 3 1 9 (2)如图②，已知点A，B是抛物线y x2x 上的“梦之点”，点C是抛物线的顶点．连接 2 2 AC，AB，BC，判断 ABC的形状并说明理由．  (3)在（2）的条件下，点P为抛物线上一点，点Q为平面内一点，是否存在点P、Q，使得以AB为对角线， 以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)N 1,1，N 2,2 1 2 (2) ABC是直角三角形      (3)点P的坐标为 2 13, 132 或 2 13, 132 【分析】（1）根据“梦之点”的定义判断这几个点是否在矩形的内部或者边上即可得到答案； （2）根据“梦之点”的定义求出A、B的坐标，再求出顶点C的坐标，计算出AC、BC、AB的长，根据勾股定 理逆定理得出 ABC是直角三角形，最后由三角形面积公式计算即可得到答案；  （3）由（2）可得A3,3，B3,3，求出直线AB的解析式为yx，由菱形的性质可得点P、Q在直线 yx  yx上，联立 1 9 ，解方程即可得到答案． y x2x   2 2 【详解】（1）解：  矩形ABCD的顶点坐标分别是A1,2，B1,1，C3,1，D3,2， 矩形ABCD的“梦之点” x，y满足1x3，1 y2， 点N 1,1，N 2,2是矩形ABCD的“梦之点”，N 3,3不是矩形ABCD的“梦之点”． 1 2 3 1 9 （2）  点A，B是抛物线y x2x 上的“梦之点”， 2 2 1 9  x2x x， 2 2 解得：x 3，x 3， 1 2 当x3时，y3，当x3时，y=3， A3,3，B3,3， 1 9 1 y x2x  x125，  2 2 2顶点C1,5， AC  312 352 2 2，BC  312 352 4 5，AB 332 332 6 2，  2  2 AB2AC2  6 2  2 2 80BC2，   ABC是直角三角形．  （3）由（2）可得A3,3，B3,3， 设直线AB的解析式为：ykx， 将A3,3代入得：3k 3， 解得：k1， 直线AB的解析式为：yx，  以AB为对角线，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形， ABPQ， 点P、Q在直线yx上， 1 9  点P在二次函数y x2x 上， 2 2 yx  联立 1 9 ， y x2x   2 2 解得：x 2 13，x 2 13， 1 2     点P的坐标为 2 13, 132 或 2 13, 132 ． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、坐标与图形、勾股定理以及勾股定理逆定理、菱形的性质、 一次函数等知识，熟练掌握以上知识点，理解题意，采用数形结合的思想是解此题的关键． 6．（23-24九年级上·重庆南岸·期末）如图，已知抛物线yx2bxc与x轴交于A1,0和B5,0两点， 与y轴交于点C．(1)求抛物线的函数解析式； (2)若直线xm5m0与抛物线交于点D，与直线BC交于点F，交x轴交于点E．当DF取得最大值时， 求m的值和DF的最大值； (3)若抛物线yx2bxc的顶点为P，Q是该抛物线对称轴上一点，在平面内确定一点R，使得以点C， R，P，Q为顶点的四边形是菱形，求点R的坐标． 【答案】(1)yx24x5 5 25 (2)m ，DF的最大值为 2 4      15 (3) 0,52 5 或 0,52 5 或4,5或0,   2  【分析】（1）根据点A1,0和B5,0，利用待定系数法求解即可得； （2）先求出点D的坐标，再求出直线BC的解析式，求出点F 的坐标，从而可得DF，然后根据二次函数 的性质求解即可得； （3）先求出点P2,9，再设点Q的坐标为Q2,n，然后分三种情况：①当CQ为菱形的对角线，PQPC 时；②当PQ为菱形的对角线，QCPC时；③当CP为菱形的对角线，PQQC时，根据菱形的性质求解 即可得． 1bc0 【详解】（1）解：将点A1,0和B5,0代入yx2bxc得： ， 255bc0 b4 解得 ， c5 则抛物线的函数解析式为yx24x5． （2）解：由题意可知，点D的坐标为D  m,m24m5  ，对于二次函数yx24x5， 当x0时，y5，即C0,5， 设直线BC的解析式为yk xb ， 0 0 5k b 0 k 1 将点B5,0和C0,5代入得： 0 0 ，解得 0 ， b 5 b 5 0 0 则直线BC的解析式为yx5， Fm,m5，  5 2 25 DF m24m5m5m   ，  2 4 5 25 由二次函数的性质可知，当m 时，DF取得最大值，最大值为 ． 2 4 （3）解：yx24x5x22 9， 则此二次函数的顶点坐标为P2,9，对称轴为直线x2， 可设点Q的坐标为Q2,n， PQ2 n92，PC2 022 592 20，CQ2 202n52 4n52， ①如图1，当CQ为菱形的对角线，PQPC时， PQ2 PC2，即n92 20， 解得n92 5，     Q 2,92 5 或Q 2,92 5 ， 由菱形的性质可知，PQ∥CR,CRPQ2 5，C0,5，      ∴当点Q的坐标为Q 2,92 5 时，R 0,52 5 ，     当点Q的坐标为Q 2,92 5 时，R 0,52 5 ； ②如图2，当PQ为菱形的对角线，QCPC时， QC2 PC2，即4n52 20， 解得n1或n9（此时点Q与点P重合，舍去）， Q2,1， 设此时点R的坐标为Rn,n ， 1 2 ∵菱形的对角线互相平分， n 0 22 1    2 2 n 4 ∴ ，解 1 ，  n 2 5  19 n 2 5  2 2 ∴此时点R的坐标为R4,5； ③如图3，当CP为菱形的对角线，PQQC时， PQ2 QC2，即n92 4n52，13 解得n ， 2  13 13 5 Q2, ，PQ9  ，  2  2 2 5 由菱形的性质可知，PQ∥CR,CRPQ ， 2 C0,5，   5  15 R0,5 ，即R0, ，  2  2  综上，点R的坐标为  0,52 5  或  0,52 5  或4,5或  0, 15 ．  2  【点睛】本题属于二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、菱形 的性质等知识，本题的关键在于利用分类讨论思想解决问题． 7．（2023·四川广安·一模）如图，抛物线yax2bxca0与x轴交于A4,0，B2,0两点，与y轴交 于点C0,4． (1)求抛物线的函数解析式； (2)P是抛物线上位于直线AC上方一动点，且在抛物线的对称轴右侧，过点P作y轴的平行线交直线AC于 点E，过点P作x轴的平行线与抛物线的对称轴交于点F，求PEPF的最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）中PEPF取得最大值的条件下，将该抛物线沿x轴向右平移6个单位长度，平移后的抛物线与 平移前的抛物线交于点H，M为平移前抛物线对称轴上一点．在平面直角坐标系中确定一点N，使得以点 H，P，M，N为顶点的四边形是菱形，求出所有符合条件的点N的坐标． 1 【答案】(1)抛物线的函数解析式为y x2x4 2  5 (2)点P的坐标为3,   2  13  13  9 (3)点N的坐标为   2, 2    或   2, 2    或  6, 4  【分析】（1）设抛物线的函数解析式为yax4x2，利代入点C的坐标即可求出函数解析式； （2）先求出直线AC的函数解析式为yx4和抛物线的对称轴为x1．设  1   1  Pp, p2 p4(1 p4)，则F1, p2 p4，Ep,p4，得到  2   2  1 1 1 7 PEPF  p22p p1 p23p1 (p3)2 ．进一步即可求出答案； 2 2 2 2 29 41 （3）求出点H4,0．设M1,m．求出PH2  ，PM2 m25m ，MH2 9m2．设Nx,y．分 4 4 三种情况分别进行求解即可． 【详解】（1）∵抛物线yax2bxca0与x轴交于A4,0，B2,0两点， ∴可设抛物线的函数解析式为yax4x2． ∵抛物线yax2bxc与y轴交于点C0,4，则8a4， 1 解得a ． 2 1 1 ∴抛物线的函数解析式为y x4x2 x2x4． 2 2 （2）设直线AC的解析式为ymxn，把点A4,0，C0,4代入得， 4mn0  ，  n4 m1 解得  n4 ∴直线AC的函数解析式为yx4． 1 1 x 1 由y x2x4，可得抛物线的对称轴为直线  1 ． 2 2   2  1   1  设Pp, p2 p4(1 p4)，则F1, p2 p4，Ep,p4，  2   2  1 1 ∴PE p2 p4(p4) p22p，PF  p1， 2 2 1 1 1 7 ∴PEPF  p22p p1 p23p1 (p3)2 ． 2 2 2 2 1 ∵ 0， 2 7 ∴当p3时，PEPF有最大值，最大值为 ， 2 1 5 当p3时，y 3234 ， 2 2 5 此时点P的坐标为3, ．  2 1 （3）∵抛物线y x2x4与x轴交于A4,0，B2,0两点， 2 ∴平移后的抛物线与x轴交于10,0，4,0两点，即点H4,0． ∵M为平移前抛物线对称轴上一点，平移前抛物线的对称轴为直线x1， ∴设M1,m．  5 ∵P3, ，  2 5 2 29  5 2 41 ∴PH2 (43)2   ，PM2 (31)2m  m25m ，MH2 (41)2m2 9m2． 2 4  2 4 设Nx,y． ①如图1，当MH为对角线时，PH PM ， 29 41 5 13 5 13 ∴ m25m ，解得m 或 ， 4 4 2 2  5 13  5 13 ∴点M的坐标为1, 或1, ．     2 2      5 ∵H4,0，P3, ，  2 5 5 13 5 5 13 ∴MH的中点的坐标为 , 或 , ，     2 4 2 4     5 5 13 5 5 13 即PN 的中点的坐标为 , 或 , ，     2 4 2 4     5 5 3x 5 y 3x 5 y ∴  ， 2 5 13，或  ， 2 5 13 ， 2 2  2 2  2 4 2 413 13 解得x2，y ，或x2，y ， 2 2  13  13 ∴点N的坐标为2, 或2, ；  2   2      ②当MP为对角线时，PH MH， 29 ∴ 9m2，此方程无解．故此种情况不存在； 4 ③如图2，当PH为对角线时，PM MH， 41 1  1 ∴m25m 9m2，解得m ，即M1, ． 4 4  4  5 ∵H4,0，P3, ，  2 7 5 ∴PH的中点的坐标为 , ， 2 4 1 1x 7 y 9 同理可得，  ， 4 5，解得x6，y ， 2 2  4 2 4  9 ∴点N的坐标为6, ．  4  13  13  9 综上所述，点N的坐标为   2, 2    或   2, 2    或  6, 4   ． 【点睛】此题考查了二次函数综合题，考查了待定系数法、勾股定理、二次函数的图象和性质、菱形的性 质、一元二次方程的解法等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键． 4 8．（2023·山东济宁·二模）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4 3 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． 4 8 【答案】(1)y x2 x4 3 3 (2)S最大为12.5，(1.5，5)  13  19 (3)存在，P1， ，Q2，   8   8  【分析】 （1）首先求出点A3，0，点C0，4，然后利用待定系数法即可求出抛物线的表达式； （2）先求出点 B0，1，再作 DEx轴于 E，连接 BC，依题意设点 D 的坐标为 m，n，则 3 8 1 n m2 m4， 则 OEm， DEn， AEm3， 分 别 求 出 S  mn2m， 4 3 四边形OCDE 2 1 3 S  mn n，S 2，然后根据S S S S 列出S与m的函数关系式，根据S有 ADE 2 2 BOC 四边形OCDE ADE BOC 最大值求出m，进而可得点D的坐标； （3）设点P1，t，直线x=1与x轴交于点F，过点P作PT  y轴，AC与PQ交于点K，先由勾股定理 求出PA2 t24，PC2 1(4t)2，再根据PAPC可求出t，进而可得点P的坐标，然后根据点K为AC 的中点求出k的坐标，进而根据K为PQ的中点可求出点Q的坐标． 【详解】（1） 4 解：对于y x4，当x0时，y4，当y0时，x3， 3 点A的坐标为3，0，点C的坐标为0，4，对称轴是直线：x=1，   4  a  9a3bc0  3   8 有： c4 ，解得：b ， 3   b   1  c4  2a   4 8 抛物线的表达式为：y x2 x4； 3 3 （2） 4 8 4 8 解：对于y x2 x4，当y0时， x2 x40，解得：x 3，x 1， 3 3 3 3 1 2 点B的坐标为0，1， 又 点A3，0，点C0，4，  OA3，OB1，OC 4 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 4 8 点D的坐标为m，n，则n m2 m4， 3 3 OEm，DEn， AEOAOE3mm3， ∵DEx轴，则四边形OCDE为直角梯形， 1 1 1 S  OCDEOE 4nm mn2m， 四边形OCDE 2 2 2 1 1 1 3 1 1 又S  AEDE m3n mn n，S  OBOC  142， ADE 2 2 2 2 BOC 2 2 S S S S ， 四边形OCDE ADE BOC1 1 3 3 即S  mn2m mn n2 n2m2， 2 2 2 2 4 8 又n m2 m4， 3 3 3 4 8  S   m2 m42m22m26m82(m1.5)212.5， 2 3 3  当m1.5时，S为最大， 4 8 此时n m2 m45 3 3 点D的坐标为1.5，5． （3） 解：存在点P和点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=1与x轴交于点F，过点P作PT  y轴，AC与PQ交于点K， 点A3，0，C0，4，  OA3，CO4，OF PT 1，OT PF t， AF OAOF 312，CT OCOT 4t， 在Rt  APF中，由勾股定理得：PA2 PF2AF2 t24， 在Rt CPT中，由勾股定理得：PC2 PT2CT2 1(4t)2  13 t241(4t)2，解得：t ， 8  13 点P的坐标为1， ，  8 设点K的坐标为x ，y ， K K  点K为AC的中点， 1 1 x  301.5，y  042， K 2 K 2 设点Q的坐标为  x ，y  ， Q Q  点K为PQ的中点， 1.5 1   x 1  ，2 1   y  13 ， 2 Q 2  Q 8  19 解得：x 2，y  ， Q Q 8  19 点Q的坐标为2，  ．  8  【点睛】此题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的最值，对称轴，菱形的性质，勾股定理等，解 答此题的关键是熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式，以及求二次函数最值、对称轴的方法，理解菱 形的四条边都相等，对角线互相平分． 9．（2024·山东济南·一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线 yax2bx4交x轴于点A1，0， B4,0两点， 交y轴于点C． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点 P 作． PEBC于点E，过点P作y轴的平行线交直线BC 于点 F ，求 PEF 周长的最大值及此时点P的坐标；  (3)如图2，在（2） 问的条件下，将该抛物线沿射线CB的方向平移 2 2个单位后得到新抛物线y．点M 为平移后的新抛物线y的对称轴上一点． 在平面内确定一点N ． 使得四边形 AMPN 是菱形，请求出符 合条件的点 N 的坐标． 【答案】(1)yx2 3x4(2)44 2，2,6  5 9 13 3 11  1 3 19 (3)   2 , 2   或   2 , 2 6   或   2 , 2    【分析】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、坐标与图形、菱形的性质、解直角三 角形等知识，注意分类讨论和数形结合思想的运用． （1）利用待定系数法求解即可； C PC （2）先根据题意求得的PE最大值，再根据相似三角形的性质求得 OBC  ，进而可求解； C PF EPF （3）根据平移性质和菱形的性质分AP、AN、AM 分别为对角线三种情况求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线 yax2bx4交x轴于点A1，0， B4,0两点， 16a4b40 ∴ ， ab40 a1 解得： ， b3 ∴抛物线的表达式为：yx2 3x4 （2）解：令yx23x40， ∴C0,4，则OC 4， ∵A1，0，B4,0，则OA1，OB4 设直线BC的表达式为 ykxt， 4kt 0 ∴ ， t 4 k 1 解得： ， t 4 ∴直线BC的表达式为 yx4， 设P  m,m23m4  ，则Fm,m4 ∴PF m23m4m4m24mm224， ∵10，0x4 ∴当x2时，PF最大，最大值为4，此时P2,6； ∵BC  OB2OC2 4 2，∴  OCB的周长为84 2， ∵PEBC,PF∥y轴， ∴PEF BOC，PFEOCB ， ∴ OCB∽ EPF   C PC 84 2 4 2 ∴ OBC  ，即  C PF C 4 EPF EPF ∴  PEF 周长的最大值为44 2，此时P2,6； OC 1 1 3 1 3 2 25 （3）解：∵tanOBC   ，y x2 x2 x   ， OB 2 2 2 2 2 8 ∴根据平移性质，该抛物线沿射线CB方向平移2 2个单位长度，相当于向右2个单位长度，再向下平移2 3 7 个单位长度，则平移后的抛物线的对称轴为x 2 ， 2 2 7  设M ,m，Np,s，P2,6，A1，0 2  ∴AP2 12262 45 当AP为对角线时，则PN  AN，  7 12  p  2  ∴06ms ，   1 7  2 0m2 1 p2 0s2   2 5 p  2   9 解得s ， 2   3 m   2  5 9 ∴点N坐标为 , ；  2 2 当AM 或AN为对角线时，AP AN或AP AM ，   7 7 1 2 p 1 p2  2  2   则0m6s 或0s6m ，     451 p2 0s2    45    1 7 2    2 0m2  1  13 p p   2 2    3 19  3 11 解得s 或s 2 2    3 19  3 11 m 6 m 6  2  213 3 11  1 3 19 ∴点N坐标为 , 6或 , ，  2 2  2 2       5 9 13 3 11  1 3 19 综上，满足题意的N点坐标为   2 , 2   或   2 , 2 6   或   2 , 2    ． 1 10．（2024·湖南·一模）如图，O为坐标原点，抛物线C :y x2ax与x轴交于M(4,0)，顶点为A． 1 4 (1)如图1，求直线AM 的函数解析式； (2)如图1，将直线AM 绕点M顺时针旋转45得到直线MN并交抛物线C 于点N，若Q为x轴上一点，求 1 5NQ 5MQ的最小值；(3)如图2，将抛物线C 平移得到C ，顶点由A平移到B(4,b)，若点B在直线AM 上，点D和E分别在抛物 1 2 线C 和C 上，那么四边形ADEB是否可以为菱形？若可以，求出D点坐标，若不可以，说明理由． 1 2 1 【答案】(1)y x2 2 80 5 (2) 9 ( ) ( ) (3)可以，点D坐标为 2 5- 2,-4 或 -2 5- 2,-4 1 【分析】（1）将M(4,0)代入y x2ax可求出a，化成顶点式求出A2,1，由待定系数法，即可求解； 4 （2）过C作CDMN 交于D，过Q作QEAM 交于E，由勾股定理得CM  OC2OM2 可求出CM 的长， OC 由正弦函数得CDCMsinCMD， sinCMO 求出CD及三角函数值，设G0,m，由勾股定理得 MC 1 1 MG OM2OG2 ，由三角形面积 CGOM  MGCD可求出G的坐标，从而可求N 的坐标，而 2 2 5NQ 5MQ 5NQEQ，当N 、Q、E三点共线时5NQ 5MQ取得最小值，即可求解； （3）设D  n, 1 n2n  ，由勾股定理求得AD AB 3 5，即 n22    1 n2n1   2 3 5，解方程，  4   4  即可求解． 1 【详解】（1）解：将M(4,0)代入y x2ax得， 4 1  424a0， 4 解得：a1， 1 1  y x2x  x221， 4 4  A2,1， 设直线AM 的函数解析式为ykxb， 2kb1 则有 ， 4kb0  1 k  解得： 2，  b2 1 故直线AM 的函数解析式为y x2； 2（2）解：如图，过C作CDMN 交于D，过Q作QEAM 交于E， 1 当x0时，y x22， 2 C0,2， CM  OC2OM2  2242 2 5， CMD45，  2 CDCMsinCMD 2 5  10， 2 OC 2 5 ∴sinCMO   ， MC 2 5 5 设G0,m， MG OM2OG2  16m2 ， 1 1 ∵ CGOM  MGCD， 2 2 1 1 ∴ 2m4  10 16m2 2 2 整理得：3m232m480， 4 解得：m  ，m 12(舍去)， 1 3 2  4 G0, ，  3 4k b 0  1 1 设直线MN的解析式为yk xb，则有 4 ， 1 1 b    1 3  1 k    1 3 解得： ， 4 b   1 3 1 4 直线MN的解析式为y x ， 3 3 1 4 y x   3 3 联立 ， 1 y x2x  4  4 x  x 4   2 3 解得： 1 ， ， y 1 0 y  16  2 9 4 16 N , ， 3 9  4  2  16 2 16 MN   4    10， 3   9  9  5  5NQ 5MQ 5NQ MQ 5NQMQsinCMO 5NQEQ，   5   当N 、Q、E三点共线时，5NQ 5MQ取得最小值， 此时，如图， 16 2 80 5NQ 5MQ 5MNsin455 10  5； 9 2 9 80 故5NQ 5MQ的最小值为 5； 9 （3）解：可以，理由如下：  顶点由A平移到B(4,b)，点B在直线AM 上， 1 b 424， 2B4,4，  四边形ADEB是菱形，  AD AB 422 412 3 5，  1  设Dn, n2n，  4  AD n22    1 n2n1   2 ，  4   n22    1 n2n1   2 3 5，  4  整理得：n2416n227200， 解得：n22 20，n22 36（舍去）， n 2 52，n 2 52， 1 2 当n 2 52时， 1 1  2   y  2 52  2 52 4， 4 当n 2 52时， 2 1 2   y 2 52  2 52 4， 4     D点坐标 2 52,4 或 2 52,4 ． 【点睛】本题考查了待定系数法，解直角三角形，二次函数与特殊三角形综合，二次函数与特殊四边形综 合，垂线段最短等，能将最值转化为垂线段最短，并将动点问题转化成方程求解是解题的关键． 11．（2023·四川德阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线y2x6与x轴交于点A，与y轴交点C， 抛物线y= - 2x2+ bx+ c过A，C两点，与x轴交于另一点B．(1)求抛物线的解析式； 1 (2)在直线AC上方的抛物线上有一动点E，连接BE，与直线AC相交于点F，当EF  BF 时，求E点坐 2 标． (3)在（2）的条件下，若点E位于对称轴左侧，点M是抛物线对称轴上一点，点N是平面上一点，当以M， N，E，B为顶点的四边形是菱形时，直接写出点M的坐标． 【答案】(1)y2x2 4x6 (2)(2,6),(1,8)； 11     (3)(1, 41）或(1, 41）或(1, ）或M 1,3 56 或M 1,3 56 4 ． 【分析】（1）先求出A、C两点坐标，再用待定系数法求解； （2）如图，过点E作EH x轴于点H，过点F作FGx轴于点G，则易得 BFG∽ BEH，设点E的横坐   标为t，则E  t,2t24t6  ，利用相似三角形的性质可求出点F的坐标，再根据EH 与FG的关系列出关于 t的方程，解方程可求出t的值，即可求出点E的坐标； （3）分两种情况：①当EB为菱形的边时，②当EB为菱形的对角线时，分别求解即可． 【详解】（1）解：在y2x6中，当x0时y6，当y0时x3， ∴C(0,6)、A(3,0)， ∵抛物线y= - 2x2+ bx+ c的图象经过A、C两点， 183bc0 ∴ ， c6 b4 解得 ， c6 ∴抛物线的解析式为y2x2 4x6；（2）解：令2x2 4x60，解得x 3，x 1， 1 2 ∴B(1,0)， 设点E的横坐标为t，则E  t,2t24t6  ， 如图，过点E作EH x轴于点H，过点F作FGx轴于点G，则EH∥FG， ∴ BFG∽ BEH，   1 ∵EF  BF ， 2 BF BG FG 2 ∴    ， BE BH EH 3 ∵BH 1t， 2 2 2 ∴BG BH   t， 3 3 3 1 2 ∴点F的横坐标为  t， 3 3 1 2 20 4  ∴F  t,  t， 3 3 3 3  320 4  ∴2t24t6   t， 2 3 3  ∴t2 3t20， 解得t 2，t 1， 1 2 当t 2时，2t2 4t66， 1 当t 1时，2t2 4t68， 2 ∴E(2,6)，E (1,8)， 1 2 （3）∵抛物线的解析式为y2x24x62x12 8， 抛物线顶点坐标为1，8，对称轴为直线x=1， 在（2）的条件下，∵点E位于对称轴左侧， ∴E2,6， ∵点M是抛物线对称轴上一点， ∴设M1,m， ∵B1,0，E2,6， ∴BM2 112 0m2 m24， BE2 122 062 45，ME²122m62 m212m37， ①当EB为菱形的边时，BM BE，即BM2 BE2，， ∴m2445， ∴m 41，     ∴M 1, 41 或M 1, 41 ； ②当EB为菱形的对角线时，BM  ME ，即BM2 ME2， ∴m24m212m37， 11 解得m ， 4  11 ∴M1, ；  4  ③当BEME，即BE2 ME2， ∴m212m3745， ∴m3 56或m3 56，     ∴M 1,3 56 或M 1,3 56 ；      11     综上所述，M的坐标为M 1, 41 或M 1, 41 或M1, 或M 1,3 56 或M 1,3 56  4  【点睛】本题是二次函数综合题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式，勾股定理及菱形的判断和 性质，两点间的距离公式等知识点，解决本题的关键是综合运用以上知识． 12．（2024·四川泸州·一模）如图，抛物线yax2bx6a0与x轴交于A1,0，B3,0两点，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，请说明理由． 【答案】(1)y2x24x6 6 18 (2)点M 的坐标为 ,  5 5       27 (3)点Q的坐标为 1,8 5 或 1,8 5 或1,   4  【分析】（1）将A、B两个点的坐标代入关系式yax2bx6a0，求出a，b的值即可得出答案； （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，过点M 作MN  y轴于点N ，过点 H作HK  y轴于点K，再证明  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）先将关系式配方得出点D的坐标，再分两种情况讨论：当CD为菱形的边时，作CEDQ，再求出 CD，即可求出点Q的坐标；当CD为菱形的对角线时，作CEDQ ，可知CE，DE，再设EQ m，表示 3 3 DQ 3 CQ 3 2m，在Rt  CEQ 3 中，根据勾股定理求出m的值， 可得点Q的坐标． 【详解】（1）解：  抛物线yax2bx6a0与x轴交于A1,0，B3,0两点， ab60  ， 9a3b60a2 解得： ， b4 抛物线的解析式是y2x24x6； （2）由（1）得，点C0,6， 设直线BC的解析式为：ykxn，  直线BC经过点B3,0，C0,6， 3kn0  ， 0n6 k 2 解得： ， n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所示，过点M 作MN  y轴于点N ，过点H作HK  y轴于点K，则 MNOMOH HKO90， OMB45， OM OH ． MONHOK 90，OHKHOK 90，  MON OHK， 在  OMN 和△HOK中， MNOOKH  MON OHK ，  OM OH 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， 6 解得：m ， 5 6 18 把m 代入y2x6中得y ， 5 5 6 18 当OMB45时，点M 的坐标为 , ； 5 5  （3）存在．  y2x24x62x12 8， 点D的坐标为1,8． 分两种情况讨论： 当CD为菱形的边时，如图所示②：过C作CEDQ于E．  C0,6， D1,8， CD 102 862  5， DQCD 5，     Q点的坐标为 1,8 5 或 1,8 5 ； 当CD为菱形的对角线时，如图所示③：过点C作CEDQ 于E． 3由题意可知，CE1，DE862， 设EQ m，则DQ CQ 2m， 3 3 3 在Rt  CEQ 3 中，由勾股定理得CE2EQ 3 2 CQ 3 2，即12m2 2m2， 3 解得m ， 4 3 27 点Q 的纵坐标为6  ， 3 4 4  27 此时Q点的坐标为1, ．  4       27 综上所述，点Q的坐标为 1,8 5 或 1,8 5 或1, ．  4  【点睛】本题是二次函数的综合问题，考查了待定系数法求一次函数、二次函数关系式，全等三角形的性 质和判定，菱形的判定和性质，勾股定理等． 13．（2024·四川成都·模拟预测）如图，抛物线yax22ax3与y轴交于点C，与x轴交于点A(1,0)和点B （点A在点B的左侧）． (1)求抛物线的解析式； (2)无论a取何值，抛物线yax22ax3一定经过两个定点M，N（点M在点N的左侧），点H是线段BC上一点，连接MH，NH，MN ，当△MNH为直角三角形时，求点H的坐标； (3)在（2）的条件下，点P是线段AC上一点，则在平面直角坐标系中是否存在一点Q（x 0），使得以 Q P，Q，M，H 为顶点且以MH为边的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理 由． 【答案】(1)yx22x3 (2)H (1,2)，H (2,1) 1 2 5 3 5 2 5 6 5 (3)存在，点Q的坐标为(1 , 2)或(2 , 1) 5 5 5 5 【分析】（1）将A(1,0)代入yax 22ax3即可求解； （2）根据解析式确定抛物线必过定点M0,3和N2,3，HMN 45，分为①当HNM 45时，② 当MHN 45时，两种情况分别画图求解即可； （3）求出直线AC的解析式y3x3，设P(m,3m3)，Q(s,t)，分为①MH MP，②MH MP，两种 1 1 2 2 情况分别求解即可； 【详解】（1）解：将A1,0代入yax 22ax3， 解得a1， yx 22x3； （2）  yax 22ax3ax(x2)3， 当x20或者x0时，y=3， 无论a为何值，抛物线必过定点M0,3和N2,3，  点M和点C重合， HMN 45， ①当HNM 45时，如图1，△H MN 为等腰直角三角形， 1 H (1,2)， 1 ②当MHN 45时，如图2，△H MN为等腰直角三角形， 2 H (2,1)； 2图1 图2 （3）  直线AC的解析式为ykxb，过点A(1,0)，C(0,3)， 求得直线AC的解析式为y3x3， 设P(m,3m3)，Q(s,t)， M(0,3)，H (1,2)， 1 ①如图3，MH MP， 1 1  (01)2(32)2  (0m)2(33m3)2 ， 5 解得m ， 5 5 3 5 P ( , 3)， 1 5 5 5 3 5 根据菱形性质，可以得出Q (1 , 2)， 1 5 5 ②如图4，MH MP， 2 2  (02)2(31)2  (0m)2(33m3)2 ， 2 5 解得m ， 5 2 5 6 5 P ( , 3)， 2 5 5 2 5 6 5 根据菱形性质，可以得出Q (2 , 1)， 2 5 5 5 3 5 2 5 6 5 综上所述：点Q的坐标为(1 , 2)或(2 , 1)． 5 5 5 5 图3 图4 【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形的判定与性质等知识解题的关 键是用含字母的代数式便是相关点的坐标和相关线段的长度及方程思想的应用．14．（2024·山东枣庄·一模）如图，二次函数yx2bxc的图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，点B的 坐标为1,0，对称轴是直线x=1，点P是x轴上一动点，PM x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点 N． (1)求这个二次函数的解析式； (2)若点P在线段AO上运动（点P与点A、点O不重合），求四边形ABCN 面积的最大值，并求出此时点P 的坐标． (3)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为顶点的四边形是菱形？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． 【答案】(1)yx22x3 75  3  (2) ，P ,0 8  2  (3)Q  0,3 21  或Q  0,3 21  或Q0,1 【分析】（1）待定系数法结合二次函数的对称轴公式进行求解即可； （2）设Pm,0，可得MN的长，利用分割法将四边形的面积转化为二次函数求最值即可； （3）分MN MC和MN CN两种情况进行讨论求解即可． b 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线x 1， 2 ∴b2， 又抛物线经过点B1,0， ∴01221c， 解得：c3， ∴抛物线的解析式为：yx22x3； （2）∵抛物线的对称轴为直线x=1，∴点B1,0的对称点为A3,0， ∵yx22x3，当x0时，y=3， ∴C0,3， 1 ∴S  436； △ABC 2 设直线AC的解析式为ykx3， 把A3,0，代入，得：k 1， ∴直线AC的解析式为yx3， 设点Pm,0，则：Mm,m3，N  m,m22m3  ， ∴MN m3m22m3m23m， 1 3 ∴S  MNOA  m23m  ， ANC 2 2 ∴四边形ABCN 面积S S  3  m23m  6 3 m 3  2  75 ， ANC ABC 2 2 2 8 3 75  3  ∴当m 时，四边形ABCN 面积最大为 ，此时点P ,0． 2 8  2  （3）存在：设点Pm,0，则：Mm,m3，N  m,m22m3  ， ∵C0,3， ∴CM2 m2m2 2m2，CN2 m2  m22m 2 ，MN2   m23m 2 ， ∵PM x轴， ∵MN∥y轴， ∴MN∥CQ， ∴MN为菱形的边， 当MN MC时，则： m23m 2 2m2， 解得：m0（不合题意，舍去），m 23或m 23， ∵A3,0,C0,3 ∴ACO45 ∴CQMC  2 m 3 22或CQMC  2 m 3 22    ∴Q 0,3 21 或Q 0,3 21 ； 当MN CN时，则： m23m 2 m2  m22m 2 ， 解得：m0（舍去）或m2； ∴CQMN 2， ∴Q0,1； 综上Q  0,3 21  或Q  0,3 21  或Q0,1． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，分割法求面积，菱形的性质等知 识点，综合性强，属于中考压轴题，解题的关键是正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思 想进行求解． 15．（2024·甘肃天水·二模）如图，二次函数yx2bxc的图象交x轴于点A,B，交y轴于点C，点B的坐 标为1,0，对称轴是直线x=1，点P是x轴上一动点，PM x轴，交直线AC于点M ，交抛物线于点 N ．(1)求这个二次函数的解析式； (2)若点P在线段AO上运动（点P与点A、点O不重合），求四边形ABCN 面积的最大值，并求出此时点P 的坐标； (3)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为顶点的四边形是菱形？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． 【答案】(1)yx22x3 75 3 (2)面积最大值为 ，此时P( ,0) 8 2   (3)Q的坐标为(0,1)或 0,13 2 或(0,13 2) 【分析】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，四边形面积，菱形的性质． （1）由抛物线对称轴是x=1，点B的坐标为1,0，得A(3,0)，再用两点式即可； （2）连接ON，设P(m,0)，则N(m,m22m3)，由S S S S 再结合二次函数的性质 四边形ABCN AON BOC CON 即可； （3）由A(3,0)，C(0,3)得直线AC解析式为yx3，当M,N,C,Q为顶点的四边形是菱形时，MN,CQ 是一组对边，分两种情况，①当MC,NQ为对角线时，②当MQ,CN为对角线时，分别列出方程组解出未 知数即可． 【详解】（1）解：  抛物线对称轴是x=1，点B的坐标为1,0，  A(3,0)， 二次函数的解析式y(x1)(x3)x22x3； （2）如图，连接ON，设P(m,0)，则N(m,m22m3)， 在yx22x3中，令x0，得y=3， C(0,3)， OC 3， S S S S 四边形ABCN AON BOC CON 1 1 1  3(m22m3) 13 3(m) 2 2 2 3 3 75  (m )2 ， 2 2 8 3  0，  2 3 75 3 当m 时，面积取最大值 ，此时P( ,0)； 2 8 2 （3）在y轴上存在点Q，使以M,N,C,Q为顶点的四边形是菱形，理由如下： 由A(3,0)，C(0,3)得直线AC解析式为yx3， 设Q(0,t),P(n,0)，则M(n,n3)N(n,n22n3)， MN CQ，   当M,N,C,Q为顶点的四边形是菱形时，MN,CQ是一组对边， ①当MC,NQ为对角线时，MC,NQ的中点重合，且CN CQ， n33tn22n3  ， n2(n22n)2 (t3)2 n0 n2 解得 （舍去，此时M,N与C重合）或 ， t 3 t1 Q(0,1)， ②当MQ,CN为对角线时，MQ,CN的中点重合，且CQCM ，n3tn22n33  ， n2(n)2 (t3)2 n0  n3 2  n3 2 解得 （舍去）或 或 ， t 3 t 13 2 t 13 2     Q 0,13 2 或 0,13 2 ．   综上，Q的坐标为(0,1)或 0,13 2 或(0,13 2)． 16．（2023·西藏·中考真题）在平面直角坐标系中，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． (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． 【答案】(1)yx22x3；     (2) 0，0或0，3或 0，33 2 或 0，33 2 ；         (3)存在，P 1，3 17 ，Q 4， 17 或P 1，3 17 ，Q 4，17 或P1，1，Q2，2或         P 1，14 ，Q 2，3 14 或P 1, 14 ，Q 2，3 14 【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的对称轴为直线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．【详解】（1）解：（1）∵A3,0，B1,0两点在抛物线上， 032 3bc ∴  012bc b2 解得， ，  c3 ∴抛物线的解析式为：yx22x3； （2）令x 0，y 3， ∴C0，3， 由 ACD为等腰三角形，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 OA2OC2  3232 3 2 ∴点D的纵坐标为33 2或3 23，     ∴综上所述，点D的坐标为0，0或0，3或 0，33 2 或 0，33 2 ． （3）存在，理由如下：抛物线yx22x3的对称轴为：直线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， ∵以A、C、P、Q为顶点的四边形是菱形， ∴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， 当以AP为对角线时，则CPCA，如图1， ∴t26t1018， 解得：t3 17，     ∴P 1，3 17 或P 1，3 17 1 2 ∵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 1，3 17 时， 1 m0 31 n3 03 17 ∴  ，  ， 2 2 2 2解得：m4,n 17 ，   ∴Q 4， 17 1   当P 1，3 17 时， 2 m0 31 n3 03 17 ∴  ，  ， 2 2 2 2 解得：m4,n 17 ，   ∴Q 4，17 2 以AC为对角线时，则PC  AP，如图2， ∴t26t10t24， 解得：t 1， ∴P 1，1， 3 ∵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1 30 n1 03 ∴  ，  ， 2 2 2 2 解得：m2,n2， ∴Q 2，2； 3 当以CP为对角线时，则AP AC，如图3，∴t2418， 解得：t 14，     ∴P 1, 14 ,P 1, 14 ， 4 5 ∵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m 01 n0 3 14 ∴  ,  ， 2 2 2 2 解得：m2,n3 14     ∴Q 2,3 14 ,Q 2,3 14 ， 4 5         综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为： P 1，3 17 ，Q 4， 17 或P 1，3 17 ，Q 4，17 或 P1，1，Q2，2或P  1，14  ，Q  2，3 14  或P  1, 14  ，Q  2，3 14  【点睛】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． 17．（2023·四川广安·中考真题）如图，二次函数yx2bxc的图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，点B 的坐标为1,0，对称轴是直线x=1，点P是x轴上一动点，PM x轴，交直线AC于点M ，交抛物线于 点N ．(1)求这个二次函数的解析式． (2)若点P在线段AO上运动（点P与点A、点O不重合），求四边形ABCN 面积的最大值，并求出此时点P 的坐标． (3)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为顶点的四边形是菱形？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． 【答案】(1)yx22x3 75  3  (2)S 四边形ABCN 最大值为 8 ，此时P   2 ，0  (3)Q0，1或Q  0，3 21  或Q  0，13 2  【分析】（1）先根据二次函数对称轴公式求出b2，再把B1,0代入二次函数解析式中进行求解即可； （2）先求出A3，0，C0，3，则AB4，OC 3，求出直线AC的解析式为yx3，设Pm，0， 则Mm，m3，N  m，m22m3  ，则MN m23m；再由S S S 得到 四边形ABCN △ABC △ACN 3 3 2 75 3 75  3  S 四边形ABCN  2   m 2    8 ，故当m 2 时，S 四边形ABCN 最大，最大值为 8 ，此时点P的坐标为   2 ，0  ； （3）分如图3-1，图3-2，图3-3，图3-4，图3-5，图3-6所示，MC为对角线和边，利用菱形的性质进行 列式求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数yx2bxc的对称轴为直线x=1， b ∴ 1， 2 ∴b2， ∵二次函数经过点B1,0， ∴12bc0，即12c0，∴c3， ∴二次函数解析式为yx22x3； （2）解：∵二次函数经过点B1,0，且对称轴为直线x=1， ∴A3，0， ∴AB4， ∵二次函数yx22x3与y轴交于点C， ∴C0，3， ∴OC 3； 设直线AC的解析式为ykxb， 3kb0 ∴ ， b3 k 1 ∴ ， b3 ∴直线AC的解析式为yx3， 设Pm，0，则Mm，m3，N  m，m22m3  ， ∴MN m3  m22m3  m23m； 1 1 ∵S  ABOC  436， ABC 2 2 ∴S S S 四边形ABCN △ABC △ACN S S S △ABC △AMN △CMN 1 1  APMN  OPMN 6 2 2 1  3  m23m  6 2 3 3 2 75  m   ， 2 2 8 3 ∵ 0， 2 3 75 ∴当m 时，S 最大，最大值为 ， 2 四边形ABCN 8  3  ∴此时点P的坐标为 ，0；  2  （3）解：设Pm，0，则Mm，m3，N  m，m22m3  ，∵PM x轴， ∴PM∥y轴，即MN∥CQ， ∴MN、CQ是以M 、N、C、Q为顶点的菱形的边； 如图3-1所示，当MC为对角线时， ∵OAOC 3， ∴ AOC是等腰直角三角形，  ∴ACO45， ∵QM QC， ∴QMC QCM 45， ∴MQC 90， ∴MQ^ y轴， ∴NC  y轴，即NC∥x轴， ∴点C与点N关于抛物线对称轴对称， ∴点N的坐标为2，3， ∴CQCN 2， ∴Q0，1； 如图3-2所示，当MC为边时，则MN CM ，∵Mm，m3，C0，3，N  m，m22m3  ∴CM  m2m33 2  2m，MN m22m3m3m23m   ∴m23m 2m， 解得m3 2或m0（舍去）， ∴CQCM  2m3 22，   ∴Q 0，3 21 ； 如图3-3所示，当MC为边时，则MN CM ， 同理可得CM  2m， ∴m23m 2m， 解得m 23或m0（舍去），∴CQCM  2m3 22，   ∴Q 0，13 2 ； 如图3-4所示，当MC为边时，则CM MN， 同理可得m23m 2m， 解得m 23（舍去）或m0（舍去）； 如图3-5所示，当MC为对角线时， ∴∠MCQ∠ACO45， ∵CQMQ， ∴∠QCM ∠QMC 45， ∴MQC 90， ∴MQ^ y轴， ∴NC  y轴，这与题意相矛盾， ∴此种情形不存在 如图3-6所示，当MC为对角线时，设MC，QN 交于S，∵MN∥y轴， ∴NMC 180MCO135， ∵NQCM ， ∴∠NSM 90，这与三角形内角和为180度矛盾， ∴此种情况不存在； 综上所述，Q0，1或Q  0，3 21  或Q  0，13 2  ． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，求二次函数解析 式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 18．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2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C0,3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．【答案】(1)y=x22x3 2 10 3 (2)存在， ,    2 2   3 15 75 (3)P点的坐标为 , ，四边形ABPC的面积的最大值为 2 4  8 【分析】（1）将B3,0，C0,3代入yx2bxc，可得关于b，c的二元一次方程，求解可得抛物线的 解析式； （2）设P  t,t22t3  ，则P t,t22t3  ，由菱形的性质可知PP垂直平分OC，求出OC的中点坐标为  3 3 0, ，则 t22t3，求出t即可得出点P的坐标；  2 2 （3）过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，交y轴于点F ，求出A点坐标，则S 6，设P  m,m22m3  ， ABC 则Qm,m3，则可求S BCP  3 2  m23m  ，所以S 四边形ABPC S ABC S BCP  3 2    m 3 2    2  7 8 5 ，当m 3 2 时， 四边形ABPC的面积最大． 【详解】（1）解：∵B3,0，C0,3在二次函数yx2bxc的图像上， 93bc0 ∴ ， c3 b2 解得： ， c3 ∴二次函数的表达式为y=x22x3； （2）存在点P，使四边形POPC为菱形，理由如下： 设P  t,t22t3  ，则P t,t22t3  ，PP交CO于E， ∵四边形POPC是菱形， ∴PP垂直平分OC， ∵C0,3，  3 ∴OC的中点坐标为0, ，  2 3 ∴ t22t3， 22 10 2 10 解得：t  ，t  （负值不合题意，舍去）， 1 2 2 2 2 10 3 ∴P点的坐标为 , ；   2 2   （3）过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，交y轴于点F ， ∴PF  y轴， ∵二次函数y=x22x3的图像与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧， 当y0时，得yx22x30， 解得：x 3，x 1， 1 2 ∴A1,0， ∵B3,0，C0,3， ∴AB314，OC 3，OB3， 1 1 ∴S  ABOC  436， ABC 2 2 设直线BC的解析式为ykxd ，过点B3,0，C0,3， 3kd 0 ∴ ， d 3 k 1 解得： ， d 3 ∴直线BC的解析式为y x3， 设P  m,m22m3  ，则Qm,m3， ∴PQm3m22m3m23m， 1 1 1 3 ∴S S S  PQOF PQBF    m23m  3  m23m  ， BCP PQC PQB 2 2 2 2 ∴S S S 6 3  m23m   3 m 3  2  75 ， 四边形ABPC ABC BCP 2 2 2 83 75 ∴当m 时，四边形ABPC的面积最大，最大值为 ， 2 8 3 15 此时P点的坐标为 , ， 2 4  3 15 75 ∴当P点的坐标为 , 时，四边形ABPC的面积的最大值为 ． 2 4  8 【点睛】本题是二次函数的综合应用，考查了待定系数法确定二次函数的解析式和一次函数解析式，函数 图像上点的坐标特征，菱形的性质，中点坐标，二次函数的最值，三角形和四边形的面积等知识点．熟练 掌握二次函数的图像及性质，菱形的对称性，及三角形面积的计算是解题的关键． 19．（2023·辽宁锦州·中考真题）如图，抛物线y 3x2bxc交x轴于点A1,0和B，交y轴于点   C 0,3 3 ，顶点为D． (1)求抛物线的表达式； (2)若点E在第一象限内对称右侧的抛物线上，四边形ODEB的面积为7 3，求点E的坐标； (3)在（2）的条件下，若点F 是对称轴上一点，点H是坐标平面内一点，在对称轴右侧的抛物线上是否存在 点G，使以E，F ，G，H为顶点的四边形是菱形，且EFG60，如果存在，请直接写出点G的坐标； 如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)y 3x22 3x3 3  (2)E 2,3 3 7 20  5 32  (3)存在，点G的坐标为 , 3或 , 3 3 9  3 9  【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）方法一：连接DB，过点E作EP∥y轴交BD于点P．先求得直线BD的表达式为：y2 3x6 3．再     设E x, 3x22 3x3 3 ，P x,2 3x6 3 ，则EP 3x24 3x3 3，利用面积构造一元二次方 程求解即可得解；方法二：令抛物线的对称轴与x轴交于点M ，过点E作EN x轴于点N ，设   E x, 3x22 3x3 3 ，利用面积构造一元二次方程求解即可得解； （3）如下图，连接CG，DG，由菱形及等边三角形的性质证明CEG≌DEF得ECGEDF 30．从 3 而求得直线CG的表达式为：y x3 3．联立方程组求解，又连接CG，DG，CF，证 3 DGE≌CFE．得DGCF，又证CDG≌CEG．得DCGECG30．进而求得直线CG的表达 3 式为：y x3 3．联立方程组求解即可． 3 【详解】（1）解：∵抛物线y 3x2bxc经过点A1,0，C  0,3 3  ，   3bc0  b2 3 ∴ ，解得 ． c3 3 c3 3 ∴抛物线的表达式为：y 3x22 3x3 3． （2）解：方法一：如下图，连接DB，过点E作EP∥y轴交BD于点P． ∵y 3x22 3x3 3  3x124 3，  ∴D 1,4 3 ． 令y 3x22 3x3 3中y0，则0 3x22 3x3 3， 解得x=1或x3， ∴B3,0， 设直线BD为ykxb， ∵ykxb过点D  1,4 3  ，，B3,0， 4 3kb ∴ ， 03kb  k 2 3 解得 ， b6 3 ∴直线BD的表达式为：y2 3x6 3．     设E x, 3x22 3x3 3 ，P x,2 3x6 3 ，   ∴EP 3x22 3x3 3 2 3x6 3  3x24 3x3 3． ∴S S S 四边形ODEB OBD EBD 1 1  OBy  EPx x  2 D 2 B D 1 1   34 3  3x24 3x3 3 2 2 2  3x24 3x3 3． ∵S 7 3， 四边形ODEB ∴ 3x24 3x3 37 3． 整理得x24x40，解得x x 2． 1 2   ∴E 2,3 3 ． 方法二： 如下图，抛物线的对称轴与x轴交于点M ，过点E作EN x轴于点N ，   设E x, 3x22 3x3 3 ， ∴BN 3x，MN x1 ∴S S S S 四边形ODEB ODM 梯形DMNE ENB  1 14 3 1   4 3 3x24 3x3 3 x1 1  3x22 3x3 3  3x 2 2 2  3x24 3x3 3． ∵S 7 3， 四边形ODEB ∴ 3x24 3x3 37 3． 整理得x24x40，解得x x 2． 1 2   ∴E 2,3 3 ． 7 20  5 32  （3）解：存在，点G的坐标为 , 3或 , 3． 3 9  3 9  如下图，连接CG，DG， ∵四边形EFGH 是菱形，EFG60， ∴EF FGGH EG，∵EFG60， ∴ EFG是等边三角形．  ∴FEG60，EF FG，       ∵E 2,3 3 ，C 0,3 3 ，D 1,4 3 ， ∴CE2，CD  4 33 3 2 12 2，DE  4 33 3 2 212 2，点C与点E关于对称轴x1对称， ∴CECDDE，DF CE，  1 ∴△DCE是等边三角形，EDF  CDE， 2 ∴CEDFEGCDE60， ∴CEDCEF FEGCEF 即DEF CEG，EDF 30， ∴CEG≌DEF． ∴ECGEDF 30． 3 ∴直线CG的表达式为：y x3 3． 3  3 y x3 3 与抛物线表达式联立得 3 ．  y 3x22 3x3 3 7 20  ∴点G坐标为 , 3． 3 9  如下图，连接CG，DG，CF， 同理可证： EFG是等边三角形，△DCE是等边三角形，DGE≌CFE．  ∴DGCF， ∵CF FE，GE FE，∴DGGE． ∴CDG≌CEG． ∴DCGECG30． 3 ∴直线CG的表达式为：y x3 3． 3  3 y x3 3 与抛物线表达式联立得 3 ．  y 3x22 3x3 3 5 32  ∴点G坐标为 , 3． 3 9  【点睛】本题主要考查了二次函数的图像及性质，菱形的性质，等边三角形的判定及性质，待定系数法求 一次函数与二次函数的解析式，一元二次方程的应用，解二元一次方程组，熟练掌握二次函数的图像及性 质，菱形的性质，等边三角形的判定及性质，待定系数法求一次函数与二次函数的解析式是解题的关键． 20．（2024·山东淄博·一模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于点A1,0，B3,0，与 y轴交于点C0,3，点D为抛物线的顶点． (1)求该抛物线的表达式及顶点D的坐标； (2)如图2，已知经过点A的直线ykxbk 0与抛物线在第一象限交于点E，与y轴交于点F，连接 4 AD，DE，BE．当S  S 时，求点E的坐标； △ADE 3 △ABE 6 (3)如图3，在（2）的条件下，将直线AE与y轴的交点F向下平移  3个单位长度得到点P． 5 ①连接PB，求BPO的度数； ②将△BOP绕点O逆时针旋转一定的角度0360得到△BOP，直线BP与x轴交于点M．设点 N为平面直角坐标系内的任意一点，问在旋转过程中是否存在某个位置，使得四边形OPMN为菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)抛物线解析式为y(x1)24；顶点D的坐标为D(1,4) 21 156 (2)E ,   5 25  3 3 3  3 3  3 3 3 3 (3)BPO60；所有满足条件的点N的坐标为N , 或N , 或N , 或N ,          2 2 2 2 2 2 2 2         【分析】（1）利用待定系数法求解即可； 3 （2）连接BE，在AD上取一点G，使AG AD，连接BG，过点A作AE∥BG，交抛物线于点E， 4 AD 4 4 4  ，此时点D到直线AE的距离等于点B到直线AE距离的 倍，即S  S ，根据两点间距 AG 3 3 △ADE 3 △ABE 1  离公式先求出G ,3，从而求得直线BG的解析式和直线AE的解析式，联立即可求解； 2  OB （3）先求出点P的坐标，根据tanBPO  3即可求解；分情况讨论：当OM 为边时和当OM 为对角 OP 线时，结合菱形的性质即可求解． 【详解】（1）解：由题意得，设抛物线解析式为ya(x1)(x3)， 把C0,3代入得：3a3，解得：a1 ∴抛物线解析式为y(x1)(x3)(x1)24 ∴顶点D的坐标为D(1,4) 3 （2）解：连接BE，在AD上取一点G，使AG AD，连接BG，过点A作AE∥BG，交抛物线于点E， 4 AD 4 4 4 ∴  ，此时点D到直线AE的距离等于点B到直线AE距离的 倍，即S  S AG 3 3 △ADE 3 △ABE∵A1,0，D(1,4) ∴AD 112 402 2 5， 3 5 ∴AG ， 2 设直线AD的解析式为ykxb， kb0 k 2 ∴ ，解得 ， kb4 b2 ∴直线AD的解析式为y2x2， 设Gx,2x2， 3 5 1 5 ∴AG 1x2 2x202  ，解得：x 或 （舍） 2 2 2 1  ∴G ,3， 2  设直线BG的解析式为y pxq，  6  3pq0 p    5 ∴1 ，解得 ， pq3 18  2 q  5 6 18 ∴直线BG的解析式为y x ， 5 5 ∵AE∥BG， 6 ∴设直线AE的解析式为y xm， 5 6 代入A1,0得：m ， 5 6 6 ∴直线AE的解析式为y x ， 5 5  6 6  y x 21 联立得： 5 5 ，解得x 或1（舍） 5  yx22x3 21 156 当x 时，y 5 25 21 156 ∴E , ；  5 25  6 6 （3）解：①∵直线AE的解析式为y x ， 5 5 6  6 令x0，得y ，∴F0,  5  56   ∴将直线AE与y轴的交点F向下平移  3个单位长度得到点P 0, 3 5 ∵B3,0 OB ∴tanBPO  3， OP ∴BPO60； ②由旋转的性质可得：OP'BBPO60，OPOP'  3 当OM 为边时， 设Mm,0， 当OM OP'  3时， OP'M 是等边三角形，  ∴ 3 m02 002 ，解得：m 3，     ∴M 3,0 或M  3,0  3 3  3 3 ∴P , ，或P ,      2 2 2 2     3  3 ∴x M x p' x O x N ，y M y p'  y O y N ，即 3 2 0x N ，0   2   0y N 或x O x p' x M x N ， 3 3 y y  y y ，0  3x ，0 0y O p' M N 2 N 2 N 3 3 3 3 3 解得：x  ，y  或x  ，y  N 2 N 2 N 2 N 2 3 3 3  3 3 ∴N , 或N , ；  2 2  2 2     当OM 为对角线时， 当P'M OP'  3时， OP'M 180OP'B' 120 ∴OP'N 60， 1 3 ∴P'Q OP'  NQ， 2 2 3 ∴OQ OP'2P'Q2  2  3 3 3 3 ∴N , 或N , ；  2 2  2 2      3 3 3  3 3  3 3 3 3 综上所述：所有满足条件的点N的坐标为N , 或N , 或N , 或N ,   2 2  2 2   2 2  2 2          【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，也考查了解直角三角形，旋转的性质，等边三角形的性质，等 腰三角形的性质，一次函数的性质，以及坐标与图形，解题的关键是熟练掌握图形的运动问题，正确的确 定点的位置是关键；注意运用数形结合的思想，分类讨论的思想进行解题． 题型三：矩形存在性 1．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc与x轴的交点分别为A和 B1,0（点A在点B的左侧），与y轴交于点C0,3，点P是直线AC上方抛物线上一动点． (1)求抛物线的解析式；(2)如图1，过点P作x轴平行线交AC于点E，过点P作y轴平行线交x轴于点D，求PEPD的最大值及 点P的坐标； (3)如图2，设点M 为抛物线对称轴上一动点，当点P，点M 运动时，在坐标轴上确定点N ，使四边形PMCN 为矩形，求出所有符合条件的点N 的坐标． 【答案】(1)yx22x3 49  5 63 (2)PDPE的最大值为 ，点P的坐标为 ,  8  4 16 1 145  (3)符合条件的N 点坐标为：N0,4或N ,0  6    【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）先求得直线AC的解析式，设P  m,m22m3  ，则PEm23m，PDm22m3，得到  5 2 49 PDPE2m   ，利用二次函数的性质求解即可；  4 8 （3）先求得抛物线的顶点P1，4，对称轴为x=1，分当点N 在y轴上和点N 在x轴负半轴上时，两种情 1 况讨论，当点N 在x轴负半轴上时，证明△CMG∽△NCO，求得CG t，再证明△CMG≌△PNH ，求 3  1  得点P的坐标为t1, t，由点P在抛物线上，列式计算求解即可．  3  【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc与x轴交于点B(1,0)，与y轴交于点C(0,3) 1bc0  c3 b2 解得 c3 抛物线的解析式为：yx22x3； （2）解：当y0时，0x22x3， 解得x 3，x 1， 1 2 ∴A(3,0)， 设直线AC的解析式为：ykxnk 0， 3kn0 把A3,0，C0,3代入得： ， n3 k 1 解得 n3∴直线AC的解析式为y= x+ 3， 设P  m,m22m3  ， ∵PE∥x轴， ∴点E的纵坐标为m22m3， 又∵点E在直线AC上， ∴m22m3x3，xm22m， ∴E  m22m,m22m3  ， ∴PEm22mmm23m， ∵PD∥y轴， ∴PDm22m3， ∴PDPEm22m3  m23m  2m25m32  m 5  2  49 ，  4 8 ∵20，3m0， 5 49 ∴当m 时，PDPE有最大值，最大值为 ， 4 8 5  5 2  5 63 当m 时，y  2 3 ， 4  4  4 16  5 63 ∴点P的坐标为 , ；  4 16 49  5 63 答：PDPE的最大值为 ，点P的坐标为 , ； 8  4 16 （3）解：yx22x3x124， 则抛物线的顶点P1，4，对称轴为x=1， 情况一：当点N 在y轴上时，P为抛物线的顶点，∵四边形PMCN 为矩形， ∴N 与P纵坐标相同， ∴N0,4； 情况二：当点N 在x轴负半轴上时，四边形PMCN 为矩形， 过M 作y轴的垂线，垂足为G，过P作x轴的垂线，垂足为H， 设Nt,0，则ON t， ∴MCN CNP90，CM NP， ∴MCGOCN 90， ∵ONCOCN 90， ∴MCGONC， 又∵CGM CON 90， ∴△CMG∽△NCO， CG MG ∴  ， ON OC ∵抛物线对称轴为x=1，点M 在对称轴上，C0,3， ∴MG1，OC 3，CG 1 1 ∴  ，即CG t， t 3 3 ∵MCGCMG90，ONCPNH 90， ∴CMGPNH ， ∴△CMG≌△PNH ， 1 ∴NH MG1，HPCG t， 3 ∴OH ONNH t1，  1  ∴点P的坐标为t1, t，  3  ∵点P在抛物线上， 1 ∴ t t122t13， 3 1 145 1 145 解得t  ，t  （舍去）， 1 6 2 6 1 145  ∴N ,0，  6    1 145  综上所述：符合条件的N 点坐标为：N0,4或N ,0．  6    【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识， 解题的关键是方程思想的应用． 2．（22-23九年级上·重庆开州·期末）如图1，抛物线yax2bx3a0与x轴交于A1,0，B3,0， 与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，点P、Q为直线BC下方抛物线上的两点，点Q的横坐标比点P的横坐标大1，过点P作PM∥ y轴，交BC于点M，过点Q作QN∥y轴交BC于点N，求PM QN 的最大值及此时点Q的坐标； (3)如图3，将抛物线yax2bx3a0先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛 物线y，在y的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B、C、D、E为顶点的四边形是矩形， 且BC为矩形一边，求出此时所有满足条件的点E的坐标． 【答案】(1)y x22x3 (2)4，Q2,3 (3) 5,2或1,2 【分析】（1）直接运用待定系数法即可解答； （2）设P  a,a22a3  ，则Q  a1,a24  ，进而得到Ma,a3,Na1,a2；再表示出 PM QN 2a24a22a124，最后根据二次函数的性质即可解答； （3）分两种情况：当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，过D作DF  y轴，当BC为矩形一边时， 且点D在x轴的上方，分别根据等腰直角三角形的性质、平移和矩形的判定定理解答即可． 【详解】（1）解：把A1,0和B3,0代入yax2bx3a0，得： ab30  ， 9a3b30 a1 解得： ， b2 ∴抛物线的解析式为y x22x3； （2）解：抛物线yax2bx3（a0）与y轴交于点C，令x0，则y3， ∴C点的坐标为0,3，设直线BC的解析式为ykxb，把B、C点的坐标代入得： 3kb0  ， b3 k 1 解得： ， b3 ∴直线BC的解析式为y x3， 点P、Q为直线BC下方抛物线上的两点，设P  a,a22a3  ，则Q  a1,a24  ， ∴Ma,a3，Na1,a2， ∴PM a23a，QN a2a2，∴PM QN 2a24a22a124， 当a1时，PM QN 4， max ∴Q2,3； （3）解：由题意可得：yx122x131x24x1x225， ∴y的对称轴为x2， ∴抛物线yax2bx3a0与y轴交于点C． ∴C0,3， ∵B3,0， ∴OC OB3，BCOCBO45， 当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，过D作DF  y轴，如图所示： ∵D在y的对称轴为x2， ∴FD2， ∴CF FD2，OF 325，即点D2,5， ∴点C向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移2个单位可 得到E5,2； 当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方，如图所示：设y的对称轴为x2与x轴交于F， ∵D在y的对称轴为x2， ∴FO2， ∴BF 321， ∵CBO45，即DBO45， ∴BF FD321，即点D2,1， ∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可 得到点E1,2； 综上分析可知，点E的坐标为：5,2或1,2． 【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求解析式、运用二次函数的性质求最值、二次函数与几何的综合 等知识点，掌握二次函数的性质和矩形的判定定理是解答本题的关键． 3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）【生活情境】 为美化校园环境，某学校根据地形情况，要对景观带中一个长AD4m，宽AB1m的长方形水池ABCD进 行加长改造（如图①，改造后的水池ABNM 仍为长方形，以下简称水池1)．同时，再建造一个周长为12m 的矩形水池EFGH （如图②，以下简称水池2)． 【建立模型】 如果设水池ABCD的边AD加长长度DM 为x(m)(x0)，加长后水池1的总面积为y(m2)，则y 关于x的函 1 1数解析式为：y x4(x0)；设水池2的边EF 的长为x(m)(0x6)，面积为y (m2)，则y 关于x的函数解 1 2 2 析式为：y x26x(0x6)，上述两个函数在同一平面直角坐标系中的图象如图③． 2 【问题解决】 （1）求水池2面积的最大值； （2）当水池1的面积大于水池2的面积时，求x(m)的取值范围； 【数学抽象】 （3）在图③的图象中，点P是抛物线上一点，点M 是抛物线对称轴上一点（点M 不与顶点D重合），点N 2 在坐标平面内，当四边形CMPN是矩形且CM  MP，请求出点P的横坐标． 3 【答案】（1）水池2面积的最大值是9m2；（2）水池1的面积大于水池2的面积时，x（m）的取值范围 16 10 10 10 10 是0x1或4x6；（3）点P的横坐标为 或 或 ． 3 3 3 【分析】 （1）配成顶点式，即可求解； （2）由题意得：x4x26x，即可求解； （3）分点 P 在直线CM 上方，和点 P 在直线CM 下方，两种情况讨论，证明CGM ∽MHP，则 CM :MP2:3，列式计算即可求解． 【详解】 解：（1）∵y x26xx329， 2 ∴水池2面积的最大值是9m2； （2）由图象得，两函数交于点C，E，所以，表示两个水池面积相等的点是C，E；  yx4 联立方程组 ， yx26x x 1 x 4 解得， 1 ， 2 ， y 5 y 8 1 2 ∴C1,5，E4,8， ∴水池1的面积大于水池2的面积时，x（m）的取值范围是0x1或4x6， （3）∵y x26xx329， 2 ∴对称轴为直线x3，设点P  a，a26a  ， 当点P在直线CM 上方， 过点C和P分别作对称轴直线x3的垂线，垂足分别为G和H， ∵CMP90， ∴CMG90PMH MPH ， ∴△CGM ∽△MHP， ∵CM :MP2:3，CG2， ∴HM 3， ∴M  3,a26a3  ， ∴MGa6a35， ∵PH 3a， ∴MG:PH   a26a8  :3a2:3， ∴30220a300， 10 10 a ； 3 当点P在直线CM 下方，过点M 作对称轴直线x3的垂线GH，点C和P分别作GH的垂线，垂足分别为G和H， 同理，△CGM ∽△MHP， ∵CM :MP2:3，MG2， ∴HP3， ∴H  a,a26a3  ， ∴GC   a26a3  5a26a2， ∵GC:MH 2:3，MH a3， ∴  a26a2  :a32:3， 3a216a0， 16 解得a0，a ． 3 a0不符题意，舍去． 16 ∴a ， 3 16 10 10 10 10 ∴点P的横坐标为 或 或 ． 3 3 3 【点睛】 本题主要考查了一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，二次函数图象的性质，二次函 数图象上点的坐标的特征，图象上点的坐标的实际意义，配方法求二次函数的极值，二次函数与二次方程 的联系，充分理解函数图象上点的坐标的数学意义是解题的关键． 4．（23-24九年级下·湖北咸宁·阶段练习）已知：如图，抛物线yx2bxc与x轴交于A、B两点，与y轴交 于点C，OAOC 3，顶点为D．(1)求此抛物线的解析式： (2)在直线AC下方的抛物线上，是否存在一点N ，使四边形ABCN 的面积最大？最大面积是多少？ (3)点E在y轴上的一个动点，点F 是坐标平面上的一个动点，是否存在这样的点E和点F ，使点 A，D，E，F构成矩形，若存在，求出点E，F的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx22x3 75 (2)存在， 8 (3)存在，E0,3.5，F2,0.5或E0,1.5，F2,2.5或E0,3 F4,1或E0,1，F4,3 【分析】（1）由题意得出A3,0，C0,3，再利用待定系数法求解即可； （2）待定系数法求出直线AC的解析式为：yx3，求出点B1,0，则AB4，求出 1 S  ABOC 6，作NE∥y轴交AC于E，设点N  n,n22n3 3n0，则En,n3， ABC 2 1 3 EN n23n，表示出S  ENx x   n23n  ，再根据 ACN 2 C A 2 3 3 2 75 S S S  n   ，由二次函数的性质即可得出答案； 四边形ABCN ABC ACN 2 2 8 （3）分三种情况：当四边形ADEF 为矩形时；当四边形AEFD为矩形时；当AD为对角线时；分别求解即 可得出答案． 【详解】（1）解： OAOC 3，  A3,0，C0,3， 93bc0 将A3,0，C0,3代入yx2bxc得： ， c3 b2 解得： ， c3抛物线的解析式为：yx22x3； （2）解：设直线AC的解析式为：ykxb， 3kb0 将A3,0，C0,3代入解析式得： ， b3 k 1 解得： ， b3 直线AC的解析式为：yx3， 在yx22x3中，令y0，得出x22x30， 解得：x 3，x 1， 1 2 B1,0， AB134， 1 1 S  ABOC  436， ABC 2 2 如图，作NE∥y轴交AC于E， 设点N  n,n22n3 3n0，则En,n3， EN n3  n22n3  n3n22n3n23n， 1 1 3 S  ENx x    n23n  3  n23n  ， ACN 2 C A 2 2 S S S 6 3  n23n   3 n 3  2  75 ， 四边形ABCN ABC ACN 2 2 2 8 3 a 0，  2 3 75 当n 时，S 最大，为 ； 2 四边形ABCN 8 （3）解： yx22x3x124， D1,4， 设直线AD的解析式为yk xb， 1 1 03k b 将A3,0，D1,4代入解析式得： 1 1 ， 4k b 1 1 k 2 解得： 1 ， b 6 1 直线AD的解析式为y2x6， 如图，当四边形ADEF 为矩形时， 则DEAD， 1 设直线DE的解析式为y xb ， 2 2 1 将D1,4代入解析式得： 1b 4， 2 2 解得：b 3.5， 2 1 直线DE的解析式为y x3.5， 2 令x0，则y3.5， E0,3.5，  四边形ADEF 是矩形， AD∥EF，  点D到点E，是将点D向右平移1个单位长度，向上平移0.5个单位长度得到， 点F 由点A向右平移1个单位长度，向上平移0.5个单位长度得到，即F2,0.5； 如图，当四边形AEFD为矩形时，则AE AD， 1 设直线AE的解析式为y xb ， 2 3 1 将A3,0代入解析式得： 3b 0， 2 3 解得：b 1.5， 3 1 直线DE的解析式为y x1.5， 2 令x0，则y1.5， E0,1.5，  四边形ADEF 是矩形， AD∥EF，  点A到点E，是将点A向右平移3个单位长度，向上平移1.5个单位长度得到， 点F 由点D向右平移3个单位长度，向上平移1.5个单位长度得到，即F2,2.5； 当AD为对角线时，设E0,m，Fs,t，  四边形ADEF 是矩形， ADEF，  310s  04mt ，   31 2 04 2  0s2 mt2      s4 s4   解得：m3或m1，   t1 t3 E0,3，F4,1或E0,1，F4,3；综上所述，E0,3.5，F2,0.5或E0,1.5，F2,2.5或E0,3 F4,1或E0,1，F4,3． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数综合—面积问题、二次函数综合—特殊四边形， 熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用数形结合的思想是解此题的关键． 5．（2023·辽宁大连·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C :yx2上有两点A、B，其中点A的 1 横坐标为2，点B的横坐标为1，抛物线C : yx2bxc过点A、B．过A作AC∥x轴交抛物线C 另 2 1 1 一点为点C．以AC、 AC长为边向上构造矩形ACDE． 2 (1)求抛物线C 的解析式； 2 (2)将矩形ACDE向左平移m个单位，向下平移n个单位得到矩形ACDE，点C的对应点C落在抛物线C 1 上． ①求n关于m的函数关系式，并直接写出自变量m的取值范围； ②直线AE交抛物线C 于点P，交抛物线C 于点Q．当点E为线段PQ的中点时，求m的值； 1 2 2 10 ③抛物线C 与边ED、AC分别相交于点M 、N ，点M 、N 在抛物线C 的对称轴同侧，当MN  2 2 3 时，求点C的坐标．如图，在平面直角坐标系中，抛物线上有两点，其中点的横坐标为，点的横坐标为， 抛物线过点．过作轴交抛物线另一点为点．以长为边向上构造矩形． 【答案】(1)yx22x4(2)①nm24m0m4；②m 5 17 ；③C   39 , 59 或C   39 , 59      2  6 36   6 36  【分析】（1）根据题意得出点A(2,4)，B(1,1)，利用待定系数法求解析式即可求解． （2）①根据平移的性质得出C(2m,4n)，根据点C的对应点C落在抛物线C 上，可得(2m)2 4n，即 1 可求解． ②根据题意得出P(2m,m24m4)，Q(2m,m22m4)，求得中点坐标，根据题意即可求解． 2 ③作辅助线，利用勾股定理求得MG ，设出N 点，M 点坐标，将M 点代入yx22x4，求得N 点 3 坐标，进而根据点C的对应点C落在抛物线C 上，即可求解． 1 【详解】（1）根据题意，点A的横坐标为2，点B的横坐标为1，代入抛物线C :yx2， 1 当x2时，y(2)2 4，则A(2,4)， 当x1时，y1，则B(1,1)， 将点A(2,4)，B(1,1)代入抛物线C : yx2bxc， 2 (2)22bc4  ， 1bc1 b2 解得 ， c4 抛物线C 的解析式为yx22x4． 2 （2）① AC∥x轴交抛物线C :yx2另一点为C，  1 当y4时，x2， C(2,4)，  矩形ACDE向左平移m个单位，向下平移n个单位得到矩形ACDE，点C的对应点C落在抛物线C 1 上． C(2m,4n)，(2m)2 4n， 整理得nm24m， m0，n0，  0m4，nm24m(0m4)； ②如图， QA(2,4)，C(2,4)， AC 4， 1 AE AC 2，  2 E(2,6)， 由①可得A(2m,m24m4)，E(2m,m24m6)， P，Q的横坐标为2m，分别代入C ，C ， 1 2 P(2m,m24m4)，Q(2m,m22m4)， m24m4m22m4  m4， 2 PQ的中点坐标为(2m,m4)，  点E为线段PQ的中点， m24m6m4， 5 17 5 17 解得m 或m （大于4，舍去）． 2 2 ③如图，连接MN，过点N 作NGED于点G，则NG2， 2 10  MN  ， 3 MG MN2MG2  ( 2 10 )222  2 ， 3 3 2 设N(a,a22a4)，则M(a ，a22a6)， 3 将M 点代入yx22x4， 2 2 得(a )22(a )4a22a6， 3 3 5 解得a ， 6 5 5 5 59 当a ，a22a4( )22 4 ， 6 6 6 36 5 59 N( , )， 6 36 59 将y 代入y =x2， 36 59 59 解得x  ,x  ， 1 6 2 6 59 59 59 59 C( , )或C( , )． 6 36 6 36 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，掌握二次函数的性质以及掌握复杂运 算属于中考压轴题． 6．（2024·吉林四平·模拟预测）如图，抛物线yx2bxc与x轴交于A1,0、B5,0两点，与y轴交于点C．点P是抛物线上的任意一点（点P不与点C重合），点P的横坐标为m，抛物线上点C与点P之间的 部分（包含端点）记为图像G． (1)求出抛物线的解析式； (2)当m0时，图像G的最大值与最小值的差为d，求出d与m的函数关系式，并写出m的取值范围； (3)过点P作PQ y轴于点Q，点E为y轴上的一点，纵坐标为2m，以EQ、PQ为邻边构造矩形PQEF， 当抛物线在矩形PQEF内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围． 【答案】(1)抛物线的解析式为yx24x5； m24m4m4  (2)d 44m2 ；  m24m2m0  (3)m的取值范围是 61m0或m 61． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）根据m的取值范围，结合图象分类讨论即可； （3）分两种情况：当m0时，Q点在E点上方，结合图象求出 61m0，当 m0时，E点在Q点 上方，结合图象求出m 61； 本题考查了二次函数的图象与性质，利用数形结合的思想，分类讨论，熟练掌握二次函数的图象与性质， 矩形的性质是解题的关键． 【详解】（1）将A1,0，B5,0代入yx2bxc，  1bc0 ∴ ， 255bc0 b4 解得： ，  c5 ∴抛物线的解析式为yx24x5； （2）令x0，则y5，∴C0,5， ∵yx24x5x22 9， ∴抛物线的顶点为2,9， 当m4时，图象G的最大值为9，最小值为m24m5， ∴d 9  m24m5  9m24m5m24m4， 当4m2时，图象G的最大值为9，最小值为5， ∴d 4； 当 2m0时，图象G的最大值为m²4m5，最小值为5，d m24m55m24m， m24m4m4  综上可知：d 44m2 ；  m24m2m0  （3）∵PQ y轴， ∴ Q  0,m24m5  ， 当m0时，Q点在E点上方， ∵E0,2m， ∴m24m52m，解得 61m 61， ∵m0， ∴ 61m0； 当m0时，E点在Q点上方，∴2mm24m5， 解得：m 61或m 61， ∵m0， ∴m 61， 综上所述：m的取值范围是 61m0或m 61． 7．（2023·辽宁丹东·中考真题）抛物线yax2bx4与x轴交于点A4,0，B2,0，与y轴交于点C． (1)求抛物线的表达式； (2)如图，点D是抛物线上的一个动点，设点D的横坐标是m4m2，过点D作直线DEx轴，垂足 为点E，交直线AC于点F．当D，E，F三点中一个点平分另外两点组成的线段时，求线段DF的长； (3)若点P是抛物线上的一个动点（点P不与顶点重合），点M是抛物线对称轴上的一个点，点N在坐标平 面内，当四边形CMPN是矩形邻边之比为1:2时，请直接写出点P的横坐标． 1 【答案】(1)y  x2  x4 2 5 (2)2或 2 1 21 (3)x5或x1 6或 2【分析】（1）将点A4,0，B2,0代入解析式即可求解；  1  （2）可求直线AC的解析式为yx4，可得Em,0，Fm,m4，Dm, m2m4，①当EF FD  2  1 1 1 时，可求EF m4，FD m22m，即可求解；②当DEDF时，DE m2m4，DF  m22m， 2 2 2 即可求解； （3）①当P在对称轴的左侧时，得到CMPN是矩形，邻边之比为1:2，即CM :PM 2:1或1:2，即可求解； ②当P在对称轴的右侧时，同理可求． 【详解】（1）解：由题意得 16a4b40  4a2b40  1 a 解得 2，  b1 1 故抛物线的表达式y  x2  x4； 2 （2）解：当x0时，y  4， C0,4， 设直线AC的解析式为ykxb，则有 4kb0  ， b4 k 1 解得： ， b4 直线AC的解析式为yx4，  点D的横坐标是m4m2，过点D作直线DEx轴，  1  Em,0，Fm,m4，Dm, m2m4，  2  ①如图，当EF FD时， EF 0m4m4，1  FDm4 m2m4 2  1  m22m， 2 1 m4 m22m， 2 整理得：m26m80， 解得：m 2，m 4， 1 2 4m2，  m4不合题意，舍去， m2， 1 DF  2222 2 2； ②如图，当DEDF时， 1 DE m2m4， 2 1 DF  m2m4m4 2 1  m22m， 2 1 1  m2m4 m22m， 2 2 整理得：m23m40， 解得：m 1，m 4（舍去）， 1 2 1 DF  1221 2 5  ； 2 5 综上所述：线段DF的长为2或 ． 2  1  （3）解：设点Px, x2x4，M1,m，  2  当四边形CMPN是矩形时，则PMC为直角，①当P在对称轴的左侧时， 如图，过M 作MG∥x轴交y轴于G，交过P作y轴的平行线于H， ， ∵PMC为直角， 则HMPGMC 90， ∵HPM HMP90， ∴GMC HPM ， ∴△CGM∽△MHP， ∵CMPN是矩形邻边之比为1:2，即CM :PM 2:1或1:2， 即△CGM 和 MHP的相似比为2:1或1:2，  CG MG 1 即  2或 ， MH PH 2 由题意得：MG1，CGm4， ∴MH 1x， 1  则PH m x2x4， 2  m4 1 1  2或 即1x 1  2， m x2x4 2  解得：x5，x1（不符合题意，舍去）； ②当P在对称轴的右侧时， 1 x2x4m 同理可得： x1 2 1 ，  2或 m4 1 21 21 解得：x1 6或 ， 2 1 21 综上，x5或x1 6或 ． 2 【点睛】本题考查了二次函数综合体，主要考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，矩形 的性质，三角形相似的性质等知识点，分类求解是解答本题的关键． 8．（20-21九年级上·重庆沙坪坝·期中）如图1，抛物线yax2bx3a0 与x轴交于A3,0和B1,0两 点，与y轴交于点C． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，过点P作PD∥y轴交AC于点D，过点P作PE AC于点 E，过点E作EF  y轴于点F，求出PDEF的最大值及此时点P的坐标； (3)如图2，将原抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线y，y与原抛物线相交于点M，点N为原抛物线 对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点H，使以点A，M，N，H为顶点的四边形为矩形，若存 在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx22x3 25  5 7 (2) ，P ，  8  2 4  1  7 (3)H点的坐标为2, 或0, 或4,2或4,1  3  3 【分析】（1）设顶点式yax3x1，展开得3a3，解方程求出a即可得到抛物线解析式； （2）根据题意推出  OAC，△PDE为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，推出EF 的表达式，从 而建立起PDEF的函数表达式，最终利用函数法求最值； （3）先通过勾股定理求出N点的坐标，再由矩形对角线的性质，直接计算H的坐标． 【详解】（1）解：设抛物线解析式为yax3x1，即yax22ax3a，  yax2bx3 3a3， 解得a1， 抛物线的函数表达式为yx22x3； （2）解：由（1）知yx22x3， 当x0时，y3， C0,3， OAOC，  OAC是等腰直角三角形，CAO45，  设直线AC的解析式为ykxb， b3 将C0,3，A3,0代入，得 ， 3kb0 b3 解得 ， k 1  y x3， AC  P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，点P作PD∥y轴交AC于点D， 设P  m,m22m3  ，则Dm,m3， PDm23m，其中3m0， 如图，延长FE交PD于点G，则FGPD， 由题意可得△PDE是等腰直角三角形， 1 m23m EGPG PD ， 2 2 m23m m2m EF GFEGm  ， 2 2m2m 1 5 1 5 2 25 PDEF GFEGm23m  m2 m m   ， 2 2 2 2 2 8 5 25  5 7 当m 时，PDEF取最大值 ，此时P ， ； 2 8  2 4 （3）解：平移后的函数解析式为yx32x12x26x5， 将yx26x5与yx22x3联立，得x26x5 x22x3， 解得两条抛物线交点M的坐标为2，3， 如图，以AM 为边，作MN  AM 交对称轴于N ，可构造矩形AMN H ，设N 1,y ， 1 1 1 1 1 1  AM2 232302 10，MN2 12 2 y 32，AN2 13 2 y 02， 1   1 1   1  AM2 MN 1 2  AN 1 2， 1012 2 y 32 13 2 y 02，   1   1 8 解得y  ， 1 3 设H p,q ，由A，M，N ，H 四点的相对位置关系可得： 1 1 1 1 1 132 p  1  8 ， 0 3q   3 1 p 2  1 解得 1， q    1 3  1 H 2, ； 1  3 同理，以AM 为边，作MN AM 交对称轴于N ，可构造矩形AMN H ，设N 1,y ， 2 2 2 2 2 2  AM2 AN 2 2  MN 2 2，1013 2 y 02 12 2 y 32，   2   2 2  2 解得y  ，即N 1, ， 2 3 2  3 设H p ,q ，由A，M，N ，H 四点的相对位置关系可得： 2 2 2 2 2 123 p  2   2 ，   3   3   0q 2 p 0  2 解得 7 q    2 3  7 H 0, ； 2  3 如图，以AM 为对角线，作MN  AN 交对称轴于N ，可构造矩形AN MH ，设N 1,y ， 3 3 3 3 3 3 3  AM2  AN 3 2 MN 3 2， 1013 2 y 0212 2 y 32，   3   3 解得y 1，y 2，即N 1,1，N 1,2， 3 4 3 4 设H p ,q ，由A，M，N ，H 四点的相对位置关系可得： 3 3 3 3 3 321 p  3， 301q 3 p 4 解得 3 ， q 2 3 H 4,2； 3 设H p ,q ，由A，M，N ，H 四点的相对位置关系可得： 4 4 4 4 4321 p  4， 302q 4 p 4 解得 4 ， q 1 4 H 4,1； 4  1  7 综上可知，H点的坐标为2, 或0, 或4,2或4,1  3  3 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，用函数法求线段和最值问题，二次函数图象和性质，矩形 性质等知识点，是一道关于二次函数综合题和压轴题，综合性强，难度较大；熟练掌握相关知识并灵活运 用方程思想，数形结合思想和分类讨论思想是解题关键． 9．（2024·山西吕梁·一模）综合与探究 1 如图，抛物线y x2x4与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接BC，抛物 2 线的对称轴与x轴于点D，过点D作DE∥BC交y轴于点E． (1)求点A,B,C的坐标； (2)点P为抛物线上第四象限的一个动点，过点P作PF x轴于点F ，当PF  AF时，求PE的长； (3)在（2）的条件下，若点Q是x轴上一点，则平面内是否存在一点G，使以P,E,Q,G为顶点的四边形是 矩形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)A2,0，B4,0，C0,4； (2) 13； 7  (3)点G的坐标为G ,3或G6,3． 2 1 【分析】（1）令x0，得y  4，从而得点C坐标，当y0时，0 x2x4，解得x2或x4，从 2 而即可求得A、B的坐标；  1  1 （2）设Pn, n2n4，由PF  AF，构造方程 n2n4n2．求得n2或n2（舍去），从而  2  2 求得P2,4，再利用一次函数的性质求的点P2,4，利用勾股定理即可得解； （3）分EP是矩形的边和EP是对角线两种情况，利用矩形的性质、一次函数的图像及性质及平移的性质求 解即可． 1 【详解】（1）解：y x2x4中，令x0，得y  4， 2 ∴点C坐标为0,4， 1 当y0时，0 x2x4，解得x2或x4， 2 ∴A2,0，B4,0；  1  （2）解∶设Pn, n2n4，  2  ∵PF x，A2,0 1 1 ∴AF n2， PF  n2n4  n2n4， 2 2 ∵PF  AF， 1 ∴ n2n4n2． 2 解得n2或n2（舍去）， 1 1 当n2时， n2n4 22244， 2 2 ∴P2,4， 设直线BC：ykxb， 把B4,0，C0,4代入ykxb得， 04kb  ， 4b k 1 解得 ， b4 ∴直线BC：yx4， ∵DE∥BC，∴设DE：yxm， 1 1 9 ∵y x2x4 x12 ， 2 2 2 ∴抛物线对称轴为x1， ∴D1,0， 把D1,0代入yxm，得01m，解得m1， ∴yx1， ∴E0,1， ∵P2,4， ∴PE 22412  13； 7  （3）解：存在一点G，使以P,E,Q,G为顶点的四边形是矩形．点G的坐标为G ,3或G6,3． 2  （ⅰ）当EP是矩形的边时，有两种情形： ①如解图①，四边形EQGP是矩形时，直线EP与x轴交于点H， 3 由（2）可知P2,4，代入ykx1中，得k  ， 2 3 ∴直线PE的表达式为y x1． 2  2  ∴H ,0．  3  2 ∴OH  ， 3 ∵E0,1， ∴OE1， ∵HEOOEQ90，OHEHEO90，∴OHEOEQ， ∵HOEEOQ90， ∴△EOH∽△QOE， OE OH ∴  ， OQ OE 2 ∴OE2 OHOQ即12  OQ 3 3 ∴OQ ， 2 3  ∴Q ,0． 2  3 根据矩形的性质，将点P向右平移 个单位，向上平移1个单位得到点G， 2  3  7  ∴G2 ,41，即G ,3；  2  2  ②如解图②，四边形PEGQ是矩形时， 3 ∵直线PE的表达式为y x1，PQPE， 2 2 ∴设直线PQ的表达式为y xt， 3 16 将P2,4代入，得t ， 3 2 16 ∴直线PQ的表达式为y x ． 3 3 令y0，得x8， ∴Q8,0． 根据矩形的性质可知，将点E向右平移6个单位，向上平移4个单位得到点G，∴G06,14，即G6,3． （ⅱ）当EP是对角线时，设Qx,0， ∵E0,1，P2,4，PE 13 则QE2 x21，QP2 x22 42，PE2   13 2 13， ∵Q是直角顶点， ∴EP2QP2 PE2，即x21x22 42 13 整理得x22x40，方程无解，此种情形不存在， 7  综上所述，满足条件的点G坐标为G ,3或G6,3． 2  【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，待定系数法求一次函数及一次函数的性质，勾股定理，平移的 性质，熟练掌握矩形的性质及待定系数法求一次函数是解题的关键． 10．（2024·山西晋城·二模）综合与探究 1 3 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，连接BC． 2 2 (1)求A，B，C三点的坐标并直接写出直线BC的函数表达式； (2)点D是第四象限内抛物线上一点，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，当CE平分BCD时，求点D 坐标． (3)若点P是抛物线对称轴上的一点，点Q为平面内一点，当以点B，C，P，Q为顶点的四边形为矩形时， 请直接写出点P的坐标． 1 【答案】(1)A1,0，B4,0，C0,2，y x2 2 (2)2,33  3  3 2 19 3 2 19 (3) ,5或 ,5或  ,   或  ,   2  2   2 2   2 2  【分析】（1）分别令y0，x0，通过解一元二次方程即可得出A，B，C三点的坐标，然后再利用待定 系数法即可确定直线BC的函数表达式； （2）如图，设直线BC交抛物线对称轴于点F ，直线CD交抛物线对称轴于点G，FG交CE于点H，得 3  3 5 3 11 H ,2，，证明CF CG，得到FH GH，确定F , ，继而确定G , ，确定直线CD的解析 2  2 4 2 4   1 3 y x2 x2  1  2 2 式为y x2，最后解联立方程 即可； 2 1 y x2  2 3  （3）设P ,p，分三种情况：①当CB为矩形PCQB的对角线；②当BC为矩形BCPQ的边；③当BC 2  为矩形PBCQ的边，分别讨论即可． 1 3 【详解】（1）解：∵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， 2 2 1 3 当y0时，得 x2 x20，解得：x 1，x 4， 2 2 1 2 当x0时，得y2， ∴A1,0，B4,0，C0,2， 设直线BC的解析式为y  k xb ，过点B4,0，C0,2， BC BC 4k b 0 ∴ BC BC ， b 2 BC  1 k  解得： BC 2 ，  b 2 BC 1 ∴直线BC的解析式为y x2， 2 1 综上，点A，B，C的坐标分别为1,0，4,0，0,2；直线BC的解析式为y x2； 2 （2）如图，设直线BC交抛物线对称轴于点F ，直线CD交抛物线对称轴于点G，FG交CE于点H， 1 3 ∵抛物线的解析式为y x2 x2， 2 23  2 3 ∴该抛物线的对称轴FG为x  ， 1 2 2 2 ∵CE∥x轴，C0,2， 3  ∴CEFG，H ,2， 2  ∴CHF CHG90 ∵CE平分BCD， ∴FCH GCH ∴CFH 90FCH 90GCH CGH ， ∴CF CG， ∴FH GH， 1 3 ∵直线BC：y x2与直线FG：x 交于点F ， 2 2 3 1 3 5 当x 时，得：y  2 ， 2 2 2 4 3 5 ∴F , ， 2 4 5 3 ∴GH FH  2 ， 4 4 3 11 ∴点G的纵坐标为：2  ， 4 4 3 11 ∴G , ， 2 4  3 11 设直线CD的解析式为yk xb ，过点G , ，C0,2， CD CD 2 4  3 11  k b  ∴2 CD CD 4 ，  b 2 CD  1 k  解得： CD 2，  b 2 CD 1 ∴直线CD的解析式为y x2， 2 1 3 1 ∵点D是第四象限内抛物线y x2 x2上一点，且在直线CD：y x2上， 2 2 2 1 3 y x2 x2   2 2 ∴ ， 1 y x2  2 x 2 x 0 解得： 1 ， 2 （不符合题意，舍去）， y 3 y 2 1 2 ∴D2,3； （3）∵B4,0，C0,2， ∴OB4，OC 2， ∴BC  OB2OC2  4222 2 5， 3  ∵以点B，C，P，Q为顶点的四边形为矩形，设P ,p， 2  ①如图，当CB为矩形PCQB的对角线时，设对角线PQ与CB交于点R， 1 1 04 20 ∴PRQR BC  2 5 5，点R的坐标为 , ，即2,1， 2 2  2 2  ∴  2 3  2 1 p2   5 2 ，  2 2 19 2 19 解得：p  或p  ， 1 2 2 2 3 2 19 3 2 19 此时点P的坐标为 , 或 , ； 2 2  2 2     ②如图，连接AC并延长交抛物线对称轴于点P， ∵A1,0，B4,0，C0,2， ∴OA1，OB4，OC 2， OC 2 1 OA ∵    ，AOC COB90， OB 4 2 OC ∴△AOC∽△COB， ∴ACOCBO， ∴ACOBCOCBOBCO90， ∴BCPBCA90， 当BC为矩形BCPQ的边时， 设直线AC的解析式为y  k xb ，过点A1,0，C0,2， AC AC k b 0 ∴ AC AC ， b 2 AC k 2 解得： AC ， b 2 AC ∴直线AC的解析式为y2x2， 3 ∵直线AC：y2x2与抛物线对称轴：x 交于点P， 2 3 3 当x 时，得：y2 25， 2 2 3  此时点P的坐标为 ,5； 2 ③如图，当BC为矩形PBCQ的边时，设PB交抛物线对称轴于点P， ∴PB∥AC， 设直线PB的解析式为y2xb ，过点B4,0， PB 当x4时，得024b ， PB 解得：b 8， PB ∴直线PB的解析式为y2x8， 3 ∵直线PB：y2x8与抛物线对称轴：x 交于点P， 2 3 3 当x 时，得：y2 85， 2 2 3  此时点P的坐标为 ,5； 2  3  3  3 2 19 综上所述，当以点B，C，P，Q为顶点的四边形为矩形时，点P的坐标为 2 ,5  或 2 ,5  或   2 , 2    3 2 19 或 , ． 2 2    【点睛】本题考查二次函数图像与坐标轴交点坐标，确定一次函数表达式，二次函数与直线的交点坐标， 两直线的交点坐标，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的的性质等知识点，运用了分类讨论的思想．解题的关键是正确理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 题型四：正方形存在性 1 1 1．（2024·陕西·一模）如图，抛物线y x2 x3的对称轴l与x轴交于点A，与y轴交于点B． 4 2 (1)求点A、B的坐标； (2)C为该抛物线上的一个动点，点D为点C关于直线l的对称点（点D在点C的左侧），点M在坐标平面 内，请问是否存在这样的点C，使得四边形ACMD是正方形？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请 说明理由． 【答案】(1)A(1,0)，B0,3     (2)存在这样的点C，使得四边形ACMD是正方形，点C的坐标为 1 17,2 17 或 3 17,2 17 【分析】（1）将二次函数化为顶点式，然后求出点A的坐标；把x0代入抛物线的解析式，求出y3，得 出点B的坐标即可； （2）分两种情况进行讨论，当M 在x轴下方时，当M在x轴上方时，分别画出图形，求出结果即可． 1 1 1 13 【详解】（1）解：  y x2 x3 (x1)2 ， 4 2 4 4 A1,0， 当x0时，y3， B(0,3)． （2）解：存在，理由如下： 由题意四边形ACMD是正方形，则 ACD是以点A为直角顶点的等婹直角三角形．   1 1  设Ct, t2 t3，  4 2  ①当M 在x轴下方时，如图1，过点C作CEx轴于E，此时△ACE是等腰直角三角形，AECE， 1 1 t1 t2 t3， 4 2 t 1 17（舍去），t 1 17， 1 2   此时C 1 17,2 17 ． ②当M在x轴上方时，如图2，过点C作CF x轴于F， 同理可得：CF  AF， 1 1 t1 t2 t3， 4 2 t 3 17，t 3 17 （舍去）， 3 4   此时C 3 17,2 17 ．   综上所述，存在这样的点C，使得四边形ACMD是正方形，此时点C的坐标为 1 17,2 17 或   3 17,2 17 ． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求二次函数与坐标轴的交点，二次函数的性质，正方形的 性质，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论． 2．（2024·河南洛阳·一模）如图，抛物线yax2bx(a0)过点A(4,0)，点B是抛物线上一个动点，过点B 1 作矩形BCDE，使边CD在x轴上（点C在点D的左侧），点E在抛物线上，设点B的横坐标是m，当m 27 时，BC  ． 4 (1)求抛物线的解析式； (2)当m为何值时，四边形BCDE是正方形？ 【答案】(1)yx24x (2)m3 5 【分析】（1）把A，B坐标代入解析式，用待定系数法求解析式即可； （2）根据正方形的性质和抛物线的对称性可求出BC CD42m，然后得出点B(m,42m)，把点B坐标 代入（1）中抛物线求出m即可． 【详解】（1）解：  抛物线yax2bx(a0)过点A(4,0)， 16a4b0， b4a， 抛物线的解析式为yax24ax， 1 7 当m 时，BC  ， 2 4 1 7 即B( ， )， 2 4 把点B坐标代入yax24ax得， 7 1 1  a4a ， 4 4 2 解得a1， 抛物线解析式为yx24x； （2）解：当四边形BCDE是正方形时，BCCD， OA4，OC m，DAOC m，  CD42m，B(m,42m)， 把点B坐标代入yx24x得，m24m42m， 整理得：m26m40， 解得m3 5或m3 5 4（舍去）， 当m3 5时，四边形BCDE是正方形． 【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式以及矩形和正方形的性质，公式法解一元二次方程，关键是求 出抛物线解析式． 3．（2024·山西太原·一模）综合与探究 1 如图1，已知抛物线y x23x与x轴负半轴交于点A，点B在y轴正半轴上，连接AB交抛物线于点C， 2 点C的横坐标为1． (1)求点A，C的坐标，并直接写出线段AB所在直线的函数表达式； (2)如图2，过点C作CDx轴于点D，点P为线段AC上方抛物线上的一个动点，连接OP交CD于点E， 过点P作PGx轴于点G，交线段AC于点F ，设点P的横坐标为m． ①求线段DE的长（用含m的代数式表示）； ②已知点M 是x轴上一点，N 是坐标平面内一点，当以点E,F,M,N为顶点的四边形是正方形时，直接写 出点N 的坐标．  5 1 【答案】(1)点A的坐标为6,0，点C的坐标为1, ，直线AB的函数表达式为y x3；  2 2 1  8   9 5 (2)①DE m3；②点N的坐标为1,0或 ,0或 , ． 2  3   4 2 【分析】（1）先求得点A，C的坐标，利用待定系数法即可求得直线AB的函数表达式；  1  DE OD （2）①点P的坐标为m, m23m，证明  EDO∽  PGO，推出  ，据此求解即可；  2  PG OG②先求得EF∥x轴，且EF 1m，分三种情况讨论，分别画出图形，根据正方形的性质求解即可． 1 1 【详解】（1）解：将y0代入y x23x得， x23x0， 2 2 解得x 0，x 6， 1 2 ∵点A在x轴负半轴上， ∴点A的坐标为6,0； 1 5 当x=1时，y 3 ， 2 2  5 ∴点C的坐标为1, ，  2 6kb0  设直线AB的函数表达式为ykxb，则 5 ， kb   2  1 k  解得 2，  b3 1 ∴直线AB的函数表达式为y x3； 2 （2）①∵CDx轴，PGx轴， ∴CDOPGO90， ∵EODPOG， ∴ EDO∽ PGO，   DE OD ∴  ， PG OG ∵点P为线段AC上方抛物线上的一个动点， 点P的横坐标为m，  1  ∴点P的坐标为m, m23m，  2  ∵PGx轴于点G， 1 ∴PG m23m，OGm， 2  5 ∵CDx轴，点C的坐标为1, ，  2 ∴OD1， DE 1  ∴ 1 m，  m23m 21 ∴DE m3； 2 1 ②当xm时，y m3， 2  1  ∴点F的坐标为m, m3，  2  1 ∴FG m3， 2 ∴EF∥x轴，且EF 1m， 当四边形EFMN为正方形时，如图，此时点M 与点G重合，点N 与点D重合， ∴点N的坐标为1,0； 当四边形EFNM 为正方形时，如图，此时点N 与点G重合，点M 与点D重合， 1 8 ∴EF FN，则1m m3，解得m ，， 2 3  8  点N的坐标为 ,0；  3  当EF 为对角线时，如图，此时EF MN ，由正方形的性质得EF 2QM 2DE， 1  7 ∴1m2 m3时，解得m ， 2  2  7  ∴点G的坐标为 ,0，  2   9  5 ∴点M的坐标为 ,0，EF DG MN ，  4  2  9 5 点N的坐标为 , ；  4 2  8   9 5 综上，点N的坐标为1,0或 ,0或 , ．  3   4 2 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式、二次函数的性质正方形的性质，相似三 角形的判定和性质，掌握分类讨论的数学思想是解决问题的关键． 4．（2024·陕西榆林·二模）如图，已知抛物线yax2bx2 a0与y轴交于点C，与x轴交于A1,0， B2,0两点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若点D是第二象限抛物线上的动点，DE  x轴，交直线BC于点E，点G在x轴上，点F 在坐标平面内， 是否存在点D，使以D，E，F ，G为顶点的四边形是正方形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说 明理由． 【答案】(1)yx2 x2 1 5  2 8 (2)存在点D，点D的坐标为  , 或 ,   2 4  3 9 【分析】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，正方形的性质 等知识，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，学会用分类讨论的思想思考问 题． （1）将A、B两点坐标代入到yax2bx2中，利用待定系数法求函数解析式． （2）由题意和yx2 x2可得C点坐标，与B点坐标代入一次函数ykxbk 0，中解出BC解析式， 从而得出D点坐标，再分两种情况：①当DE为正方形的一条边时，②当DE为正方形的对角线时，根据 正方形的性质，即可求解． 【详解】（1）将A1,0，B2,0代入yax2bx2 a0中， ab20 得 ， 4a2b20 a1 解得： b1 抛物线的函数表达式为yx2 x2． （2）由题意和yx2 x2可得C0,2， B2,0，  可设直线BC的函数表达式为：y kx2， 将B2,0代入得：2k20， k 1， 直线BC的函数表达式为yx2. 设D  t,t2t2  （t0），分两种情况： ①当DE为边时，如图1，四边形DEFG是正方形（点G、F 可互换位置）.则DGDEt2t2， 故E的纵坐标与D的纵坐标相等为t2t2， 将yt2t2代入yx2中，可得E的横坐标为t2 t， 则点E的坐标为  t2t,t2t2  ，DEt2tt DEEF，即t2ttt2t2， 1 解得t2（t0，要舍）或t ， 2  1 5 点D的坐标为 , ．  2 4 ②当DE为对角线时，如图2，连接FG，过点D作DH x轴于点H， DE∥HG，DH∥FG，  易得DEFG2DH， 则DE2  t2t2  2t22t4， 则E的纵坐标为2t22t4t， 点E的坐标为  2t22t4t,t2t2  ．  点E在直线yx2上， t2t22t23t42， 2 解得t 或2（t0，要舍）， 3  2 8 点D的坐标为 , ．  3 9 1 5 综上可得：存在点D，使以D，E，F ，G为顶点的四边形是正方形，点D的坐标为 , 或  2 4  2 8  , ．  3 9 题型五：梯形存在性 1．（2022·上海杨浦·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bxc过点A1,0、B3,0、 C2,3三点，且与y轴交于点D． (1)求该抛物线的表达式，并写出该抛物线的对称轴： (2)分别联结AD、DC、CB，直线y4xm与线段DC交于点E，当此直线将四边形ABCD的面积平分时， 求m的值； (3)设点F 为该抛物线对称轴上的一点，当以点A、B、C、F 为顶点的四边形是梯形时，请直接写出所有 满足条件的点F 的坐标． 【答案】(1)yx22x3,x1 5 (2)m 2 (3) 1,3或1,6或(1,-2) 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式，进而求出对称轴即可； （2）求出D点坐标，设直线与AB交于点F ，分别用含m的式子表示出E,F的坐标，利用直线将四边形ABCD 的面积平分，得到S 2S 列式求解即可； 四边形ABCD 四边形AFED （3）分CF∥AB,AF∥BC,BF∥AC，三种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线过点A1,0、B3,0、C2,3三点，设：yax1x3， 则：3a2123， 解得：a1， ∴yx1x3x22x3， b 2 ∴对称轴为：x  1； 2a 21 （2）解：∵yx22x3， 当x0时：y3； ∴D0,3， ∴OD3， ∵A1,0、B3,0、C2,3 ∴CD2，AB4，CD∥AB， ∵直线y4xm与线段DC交于点E，且平分四边形ABCD的面积， ∴直线y4xm与线段AB相交，设交点为F ， m 3m 当y0时，x ；当y3时，x ； 4 4 3m  m  ∴E ,3,F ,0，  4   4  m 3m ∴AF  1,DE ， 4 4 ∴S 2S ， 四边形ABCD 四边形AFED 1 1 即： ABCDOD2 AFDEOD， 2 2 m 3m ∴ABCD2AFDE，即：422 1 ，  4 4  5 解得：m ； 2 （3）解：①当CF∥AB时，点F 在线段AD上，此时：F1,3； ②当AF∥BC时，设直线BC的解析式为：ykxb， 03kb k 3 则： ，解得： ； 32kb b9 ∴y3x9， 设直线AF的解析式为：y3xm， ∴031m，解得：m3， ∴y3x3， 当x1时，y336， ∴F1,6③当BF∥AC时，设直线AC的解析式为：yk xb， 1 1 0k b k 1 则： 1 1，解得： 1 ； 32k b b 1 1 1 1 ∴yx1， 设直线BF的解析式为：yxn， ∴013n，解得：n3， ∴y x3， 当x1时，y132， ∴F1,2 综上：点A、B、C、F 为顶点的四边形是梯形时，F 的坐标为：1,3或1,6或(1,-2)． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，一次函数与几何的综合应用．正确的求出二次函数的解析式，利 用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 3 3 2．（22-23九年级上·甘肃庆阳·期中）如图，已知抛物线y x2 x3与x轴的交点为点A、D(点A在点D 8 4 的右侧)，与y轴的交点为点C． (1)直接写出A、D、C三点的坐标； (2)在抛物线的对称轴上找一点M ，使得MDMC的值最小，并求出点M 的坐标；(3)设点C关于抛物线对称轴的对称点为点B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点 的四边形为梯形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)A4,0，D2,0，C0,3  9 (2)连接AC交对称轴于点M ，点M 即为所求，M1,   4 (3) 2,0或6,6. 3 3 【分析】（1）令y0，解方程 x2 x30可得到A点和D点坐标；令x0，求出y3，可确定C点 8 4 坐标； （2）连接AC交对称轴于点M ，根据对称性可得MDMA，则CA为MDMC的最小值，求出直线AC的 解析式，令x1，即可求解； （3）分BC为梯形的底边和BA为梯形的底和CA为梯形的底三种情况讨论，求出另一底边的解析式即可. 3 3 3 3 【详解】（1）解：在y x2 x3中令0 x2 x3， 8 4 8 4 解得x =2,x =4， 1 2 ∴A4,0,D2,0， 3 3 在y x2 x3中令x0，得y=3， 8 4 ∴C0,3 ； （2）解：如图，连接AC交对称轴于点M ，则点M 即为所求，连接DM ， ∵MDMA， ∴MCMDMCMA ∴MCMD的最小值即为CA的长， ∵A4,0,D2,0，42 ∴抛物线的对称轴为x 1， 2 ∵A4,0,C0,3， 设直线AC的解析式为ykxb， b3 则 ， 4kb0  3 k  解得： 4 ,  b3 3 ∴直线AC的解析式为y x3， 4 ∵抛物线的对称轴为x1，  9 ∴M1,   4 （3）存在，分两种情况： ①如图，当BC为梯形的底时，点P与D重合时，四边形ADCB是梯形，此时点P为(2,0). ②如图，当BA为梯形的底时，过点C作CP∥AB，与抛物线交于点P，  点C，B关于抛物线对称， B2,3 设直线AB的解析式为yk xb， 1 1  4k b 0 则 1 1 ，  2k b 3 1 1 3  k  解得 1 2 .  b 6 1 3 直线AB的解析式为y  x6 . 2 CP∥AB，  3 可设直线CP的解析式为y xm . 2点C在直线CP上，  m3. 3 直线CP的解析式为y x3. 2 3 y x3  2 联立 ，  y 3 x2 3 x3 8 4 x 0 x 6 解得 1 ， 2 y 3 y 6 1 2 P(6,6)； ③当AC为梯形的底时，过点B作BP∥AC，与抛物线交于点P， 3  4k b 0  k  设直线AC的解析式为yk xb ，则 2 2 ，解得 2 4 . 2 2  b 3  2 b 3 2 3 直线AC的解析式为y x3. 4 BP∥AC，  3 可设直线CP的解析式为y xn. 4  点B在直线CP上， 9 n . 2 3 9 直线CP的解析式为y x . 4 2 3 9 y x  4 2 联立 ，  y 3 x2 3 x3 8 4 x 2 x 2 解得 1 (舍去)， 2 (舍去) y 3 y 3 1 2综上所述，在抛物线上存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形，点P的坐标为2,0 或6,6 ． 【点睛】本题考查了抛物线与坐标轴交点问题，轴对称的性质求最短距离，特殊四边形问题，分类讨论是 解题的关键． 3．（2022·上海青浦·一模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线yx22x，其顶点为A． (1)写出这条抛物线的开口方向、顶点A的坐标； (2)我们把一条抛物线上横坐标与纵坐标相等的点叫做这条抛物线的“不动点”． ①试求抛物线yx22x的“不动点”的坐标； ②向左或向右平移抛物线yx22x，使所得新抛物线的顶点B是该抛物线的“不动点”，其对称轴与x轴交 于点C，且四边形OABC是梯形，求新抛物线的表达式． 【答案】(1)抛物线开口向上，顶点A的坐标为1，1 (2)① 0，0与3，3；②新抛物线的表达式为yx121 【分析】（1）由a10，故该抛物线开口向上，将抛物线的解析式化为顶点式即可得到顶点A的坐标；（2）①设抛物线“不动点”坐标为t,t，则tt22t，解出方程即可求解； ②新抛物线顶点B为“不动点”，则设点Bm,m，则新抛物线的对称轴为xm，与x轴的交点为Cm,0， 由四边形OABC是梯形，则直线xm在y轴左侧，而点A1，1，点Bm,m，则m1，即可求解． 【详解】（1）解：∵a10， ∴该抛物线开口向上， 又 ∵yx22xx121， ∴顶点A的坐标为1，1． ∴这条抛物线开口向上，顶点A的坐标为1，1． （2）①设抛物线“不动点”坐标为t,t， ∴tt22t， 解得：t 0，t 3， 1 2 ∴抛物线yx22x的“不动点”的坐标为0，0与3，3； ②向左或向右平移抛物线yx22x，使所得新抛物线的顶点B是该抛物线的“不动点”，其对称轴与x轴交 于点C，且四边形OABC是梯形， ∴OC∥AB，BC与OA不平行， ∵新抛物线顶点B为“不动点”，则设点Bm,m， ∴新抛物线的对称轴为：xm，与x轴的交点Cm,0， 又∵点A1，1，点Bm,m， ∴m1， ∴B1,1， ∴新抛物线是由抛物线yx22x向左平移2个单位得到的，表达式为：yx1 2 1x121．   ∴新抛物线的表达式为yx121．【点睛】本题为二次函数综合运用题，正确利用二次函数基本知识、梯形基本性质进行分析是解题关键． 4．（23-24九年级上·云南昭通·阶段练习）如图，抛物线yx2bxc过点A(1,0)和点B(3,0)，与y轴交于 点C，抛物线的对称轴l交x轴于点E，交抛物线于点M ． (1)求抛物线的表达式及C点的坐标； (2)点D是直线l上的点，若△ACE的面积与 CDE的面积相等，求点D的坐标；  (3)点P在第四象限，且为抛物线上的点，若四边形ACMP是梯形，求点P的坐标． 【答案】(1)抛物线的表达式为y=x22x3，C点的坐标为(0,3) (2)D的坐标为(1,6)或(1,6) (3)当四边形ACMP是梯形时，P点的坐标为(2,3) 【分析】（1）把A,B两点的坐标代入关系式求解即可； （2）点D的坐标为(1,m)，根据△ACE的面积与 CDE的面积相等，关键关于m的方程求解即可；  （3）分AP∥CM ，AC∥PM 两种情况讨论即可. 【详解】（1）解：抛物线yx2bxc过点A(1,0)和点B(3,0)， 1bc0, 把A,B两点的坐标代入关系式，得： 93bc0,b2, 解得： c3. 抛物线的表达式为y=x22x3． 把x0代入y=x22x3得y=3． C点的坐标为(0,3)； b 2 （2）解：抛物线的对称轴为x  1． 2a 2 设点D的坐标为(1,m)，则DE长为|m|， CDE的高为点C到直线l的距离，   CDE的高为OE1，  在△ACE中，AE2,OC 3,AEOC，  CDE的面积与△ACE的面积相等， 1 1  DEOE AEOC， 2 2 1 1  |m|1 23， 2 2 |m|6，即m6或m6， D的坐标为(1,6)或(1,6)； （3）解：如图，连接AC,CM ，过A点作平行于CM 的直线AP，与抛物线交于点P，连接MP， 此时有AP∥CM ，四边形ACMP是梯形， 函数y=x22x3取x1时，可得y  4，于是M 点的坐标为(1,4)， 且由（1）已知C点的坐标为(0,3)， 设CM 的直线方程为ykxb ，代入点C(0,3)，点M(1,4) 1 0b 3, k 1, 有： 1 解得： kb 4, b 3. 1 1 CM 的直线方程为yx3，AP∥CM ，  AP的直线方程可设为yxb ， 2 把点A(1,0)代入yxb ，有1b 0， 2 2 b 1， 2 AP的直线方程为y=x1， 联立直线AP与抛物线的方程：  yx1  ，整理得：x2x20， yx22x3 解得x 1（舍），x 2， 1 2 把x2代入抛物线方程得y=3， P点的坐标为(2,3)， 若过M 作平行于AC的直线MP时，P点不在第四象限，此种情况不符合题意，排除， 综上所述，当四边形ACMP是梯形时，P点的坐标为(2,3)． 5．（2024·广东肇庆·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx6与直线y=x1交于A， B两点（点A在x轴上），与y轴交于点C，且ABC 90． (1)求抛物线的解析式； (2)若D为直线BC下方抛物线上的一个动点，过点D作DF∥AC交AB于点E，交y轴于点F ． ①求线段DE的最大值； ②是否存在点D，使得四边形ACDF为等腰梯形？若存在，请求出点D的横坐标；若不存在，请说明理 由．【答案】(1)y2x24x6 49 37 (2)① 37；②存在 40 24 【分析】（1）过点B作BG∥y轴，交x轴于点G，过点C作CM∥x轴交BE于点M ，得出  ABG，  CBM 5 7 是等腰直角三角形，则B , ，进而待定系数法求解析式，即可求解； 2 2 1 （2）①如图所示，过点E,D分别作x,y的垂线，交于点H，得出tanACO 得出直线CA的解析式为 6 y6x6，设直线DF的解析式为y6xb ，设En,n1，D  m,2m24m6  则 2 EH n1  2m24m6  ，HDmn，得出n 2m2  2m 1，进而根据二次函数的性质求得HD的最 5 5 大值，即可求解； ②根据题意得出ADCF，进而建立方程，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，过点B作BG∥y轴，交x轴于点G，过点C作CM∥x轴交BE于点M ， ∵当y0时，y=x10，则x=1，A1,0， 设Bs,s1，则BGs,AGs11s，则 ABG是等腰直角三角形，  ∴AB 2s， ∵当x0时，yax2bx66，则C0,6 ∵ABC 90 ∴CBM 904545，则 CBM 是等腰直角三角形，  ∴BM CM s，即s16s 5 解得：s 2 5 7 ∴B ,  2 2 5 7 将点A1,0，B , 代入yax2bx66， 2 2 ab60  ∴25 5 a b60   4 2 a2 解得： b4 ∴y2x24x6 （2）①如图所示，过点E,D分别作x,y的垂线，交于点H， ∵A1,0，C0,6 ∴AC  1262  37 1 37 1 ∴sinACO  ，tanACO 37 37 6 设ACO， ∵DF∥AC交AB于点E，交y轴于点F ． ∴DFC  又∵EH∥y轴， ∴DEH 设直线CA的解析式为ykxb ，代入A1,0，C0,6 1 kb 0 ∴ 1 b 6 1 k 6 解得： b6 解得：y6x6 设直线DF的解析式为y6xb ， 2 设En,n1，D  m,2m24m6  将D代入y6xb ，则2m24m66mb 2 2 ∴b 2m22m6， 2 ∴H  n,2m24m6  ， ∴EH n1  2m24m6  ，HDmn 1 ∵tan 6 mn 1 ∴  n12m24m6 6 2m2 2m 解得：n  1 5 5 2 2  2 3 ∴HDmnm m2 m1 m2 m1 5 5  5 5 2 3 2 49  m   5 4 40 3 49 ∴m 时，HD的最大值为 4 40 HD 49 则ED的最大值为  37； sin 40 ②∵DF∥AC，四边形ACDF为等腰梯形， ∴ADCF， 由①可得b 2m22m6 2 ∴CF 2m22m2mm1， ∵A1,0 ,D  m,2m24m6 ∴AD2 m122m4m62 m12 4m12m32 ∵ADCF， ∴m124m12m32 4m2m12 ∵m1 ∴14m32 4m2 37 解得：m 24 37 ∴否存在点D，使得四边形ACDF为等腰梯形，点D的横坐标为 ． 24 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，解直角三角形，一次函数与坐标轴的交点问 题，等腰梯形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．