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挑战 20 2 3 年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题7二次函数与菱形存在性问题
我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是
①四边都相等的四边形是菱形；②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ；③邻边相等的平行四边
形是菱形；④对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ；⑤一条对角线平分一个顶角的平行四边形是菱形.
在做几何证明题的时候我们常用的判定方法主要是前三种.
二次函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方
法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大的多，纵观历年中考真题，菱形存在性问题主要是以“两定
两动”为设问方式，其中两定指的是四边形四个顶点其中有两个顶点的坐标是确定的或者是可求解的；两
动指的是其中一个动点在一条直线或者抛物线上，另外一个动点是平面内任意一点或者该动点也在一条直
线或者抛物线上.
【例1】（2020•雁塔区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为
直线x＝4，抛物线与x轴相交于A（2，0），B两点，与y轴交于点C（0，6），点E为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的函数表达式及顶点E的坐标；
（2）若将该抛物线的图象绕x轴上一点M旋转180°，点C、E的对应点分别是点C'、E'，当以C、E、
C'、E'为顶点的四边形是菱形时，求点M的坐标及旋转后的抛物线的表达式，
【分析】（1）由抛物线的对称性可求点B坐标，设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）（x﹣6），将点
C坐标代入，可求解；
（2）设点M（m，0），由中心对称的性质可求点C'（2m，﹣6），点E'（2m﹣4，2），由菱形的性质
和两点距离公式可求m的值，即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝4，抛物线与x轴相交于A （2，
0），B两点，
∴点B（6，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）（x﹣6），
∵抛物线图象过点C （0，6），∴6＝a（0﹣2）（0﹣6），
∴a＝ ，
∴抛物线的解析式为：y＝ （x﹣2）（x﹣6）＝ x2﹣4x+6，
∵y＝ x2﹣4x+6＝ （x﹣4）2﹣2，
∴顶点E坐标为（4，﹣2）；
（2）∵将该抛物线的图象绕x轴上一点M旋转180°，点C、E的对应点分别是点C'、E'，
∴CM＝C'M，EM＝E'M，
∴四边形CEC'E'是平行四边形，
设点M（m，0），
∵点C （0，6），点E（4，﹣2），CM＝C'M，EM＝E'M，
∴点C'（2m，﹣6），点E'（2m﹣4，2），
∵以C、E、C'、E'为顶点的四边形是菱形，
∴CE＝C'E，
∴ ＝ ，
∴m ＝﹣2，m ＝6，
1 2
∴点M（﹣2，0）或（6，0），
当M（﹣2，0）时，点E'（﹣8，2），
∴旋转后的抛物线解析式为：y＝﹣ （x+8）2+2；
当M（6，0）时，点E'（8，2），
∴旋转后的抛物线解析式为：y＝﹣ （x﹣8）2+2；
综上所述：点M（﹣2，0）或（6，0），旋转后的抛物线解析式为：y＝﹣ （x+8）2+2或y＝﹣ （x
﹣8）2+2．
【例2】（2021•齐齐哈尔三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣x+c（a≠0）与x轴交于点
A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．OA、OB的长是不等式组 的整数解（OA＜OB），点D（2，m）在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式及m的值；
（2）y轴上的点E使AE和DE的值最小，则OE＝ 2 ；
（3）将抛物线向上平移，使点C落在点F处．当AD∥FB时，抛物线向上平移了 9 个单位；
（4）点M在在y轴上，平面直角坐标系内存在点N使以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直
接写出点N的坐标．
【分析】（1）求出不等式组的解集，确定A、B两点的坐标，用待定系数法即可求二次函数的解析式；
将点D的横、纵坐标代入解析式，可求m的值；
（2）连接AD交y轴于点E，求出直线AD的解析式就可以求点E的坐标，进而求出OE；
（3）因为AD∥FB，可用相似三角形的性质求出OF的长度，进而求出点C移动的单位长度；
（4）利用菱形的性质，分类讨论，针对不同的情况，分别求出点N的坐标．
【解答】解：（1）所给不等式组的解集为2≤x＜4，其整数解为2，3，
∵OA、OB的长是所给不等式组的整数解，且OA＜OB，
∴OA＝2，OB＝3，则A（﹣2，0），B（3，0），
∵点A、B在抛物线上，
∴ ，
解得 ，
∴所求的抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣6，
∵点D（2，m）在抛物线上，
∴m＝22﹣2﹣6＝﹣4；
（2）如图1所示，连接AD交y轴于点E，则此时AE+ED最小，设直线AD的解析式为y＝kx+b（k≠0），
∵点A（﹣2，0），D（2，﹣4）在直线AD上，
∴ ，
解得 ，
∴直线AD的函数解析式为y＝﹣x﹣2，
当x＝0时，y＝﹣2，
即E（0．﹣2），
∴OE＝|﹣2|＝2，
故答案为：2；
（3）如图1，
∵AD∥FB，
∴△AEO∽△BFO，
∴ ＝ ，
∵OE＝OA＝2，
∴OF＝OB＝3，
∵C（0，﹣6），
∴OC＝|﹣6|＝6，
∴CF＝CO+OF＝6+3＝9，
∴抛物线向上平移9个单位，
故答案为：9；
（4）∵以A、B、M、N为顶点的四边形是菱形，对角线互相垂直且平分，由∵OA≠OB，
∴AB与MN不能作为一组对角线，
∴分两种情况：
①以AM与BN为对角线时，如图2①和图2②，
如图2①，AB＝OA+OB＝2+3＝5，
∵四边形ABMN是菱形，
∴MN∥AB∥x轴，MN＝MB＝AB＝5，
在Rt△MBO中，OM＝ ＝ ＝4，
∴M（0，4），
∴N（﹣5，4），
如图2②，同理可得：N（﹣5，﹣4），
②以AN与BM为对角线时，如图2③和图2④，
如图2③，菱形的边长仍为5，MN∥x轴，
∵MO＝ ＝ ＝ ，
∴M（0， ），
∴N（5， ），如图2④，同理可得：N（5，﹣ ），
综上所述，①②两种情况，符合条件的点N的坐标为：
N （﹣5，﹣4）、N （﹣5，4）、N （5， ）、N （5，﹣ ）．
1 2 3 4
【例3】（2022•烟台）如图，已知直线y＝ x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c
经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x＝﹣1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点 D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时
D点的坐标；
（3）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对
角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求得A，C，B三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；
（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出DE的长，进而表示出三角形ADC的
面积，进而表示出S的函数关系式，进一步求得结果；
（3）根据菱形性质可得PA＝PC，进而求得点P的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q坐标．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4，
∴C （0，4），
当y＝0时， x+4＝0，∴x＝﹣3，
∴A （﹣3，0），
∵对称轴为直线x＝﹣1，
∴B（1，0），
∴设抛物线的表达式：y＝a（x﹣1）•（x+3），
∴4＝﹣3a，
∴a＝﹣ ，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣ （x﹣1）•（x+3）＝﹣ x2﹣ x+4；
（2）如图1，
作DF⊥AB于F，交AC于E，
∴D（m，﹣ ﹣ m+4），E（m， m+4），
∴DE＝﹣ ﹣ m+4﹣（ m+4）＝﹣ m2﹣4m，
∴S△ADC ＝ OA＝ •（﹣ m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，
∵S△ABC ＝ ＝ ＝8，
∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+ ）2+ ，∴当m＝﹣ 时，S最大 ＝ ，
当m＝﹣ 时，y＝﹣ ＝5，
∴D（﹣ ，5）；
（3）设P（﹣1，n），
∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，
∴PA＝PC，
即：PA2＝PC2，
∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，
∴n＝ ，
∴P（﹣1， ），
∵x +x ＝x +x ，y +y ＝y +y
P Q A C P Q A C
∴x ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，y ＝4﹣ ＝ ，
Q Q
∴Q（﹣2， ）．
【例4】（2022•武昌区模拟）如图，直线y＝﹣2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，抛物线y＝﹣x2+bx+c过
B，C两点，其顶点为M，对称轴MN与直线BC交于点N．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是线段BC上一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交抛物线于点Q，问：是否存在点
P，使四边形MNPQ为菱形？并说明理由；
（3）如图2，点G为y轴负半轴上的一动点，过点G作EF∥BC，直线EF与抛物线交于点E，F，与直
线y＝﹣4x交于点H，若 ，求点G的坐标．【分析】（1）根据直线BC的解析式可求得B（4，0），C（0，8），代入抛物线y＝﹣x2+bx+c即可求
得答案；
（2）设P（t，﹣2t+8），则Q（t，﹣t2+2t+8），根据PQ∥MN，PQ＝MN，可得t＝3，即P（3，
2），Q（3，5），由两点间距离公式可得PN＝2 ，由于PN≠MN，故四边形MNPQ不能为菱形．
（3）连接 MG，过点 H、E、F 分别作 y 轴的垂线，垂足依次为 K、L、T，设 G（0，m），由
EF∥BC，直线BC：y＝﹣2x+8，可得直线EF的解析式为y＝﹣2x+m，通过联立方程组可得H（﹣
m，2m），进而求得HG＝﹣ m，根据直线EF：y＝﹣2x+m与抛物线交于点E，F，可得x2﹣4x+m﹣
8＝0，运用根与系数关系可得：x +x ＝4，x x ＝m﹣8，利用三角函数定义可得：EG＝ ＝
E F E F
＝﹣ x ，FG＝ ＝ ＝ x ，再由 ﹣ ＝ ，建立方程求解即可得出答案．
E F
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，
∴B（4，0），C（0，8），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过B，C两点，∴ ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8；
（2）不存在点P，使四边形MNPQ为菱形．理由如下：
设P（t，﹣2t+8），
∵PD⊥x轴，
∴PD∥y轴，即PQ∥y轴，
则Q（t，﹣t2+2t+8），
∴PQ＝﹣t2+2t+8﹣（﹣2t+8）＝﹣t2+4t，
∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9，
∴抛物线的顶点为M（1，9），对称轴为直线x＝1，
∴N（1，6），
∴MN＝9﹣6＝3，MN∥y轴，
∴PQ∥MN，
要使四边形MNPQ为菱形，必须PQ＝MN＝PN，
由﹣t2+4t＝3，
解得：t＝1或t＝3，
当t＝1时，点P与点N重合，点Q与点M重合，舍去；
当t＝3时，P（3，2），Q（3，5），
∴PQ＝5﹣2＝3，
∴PQ＝MN，
∵PQ∥MN，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∵PN＝ ＝2 ，
∴PN≠MN，
故四边形MNPQ不能为菱形．
（3）如图（2），连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足依次为K、L、T，
设G（0，m），
∵EF∥BC，直线BC：y＝﹣2x+8，∴直线EF的解析式为y＝﹣2x+m，
∵直线EF与直线y＝﹣4x交于点H，
∴ ，
解得： ，
∴H（﹣ m，2m），
∴HK＝ m，GK＝﹣m，
在Rt△GHK中，HG＝ ＝ ＝﹣ m，
∵直线EF与抛物线交于点E，F，
∴﹣x2+2x+8＝﹣2x+m，
整理得：x2﹣4x+m﹣8＝0，
∴x +x ＝4，x x ＝m﹣8，
E F E F
在Rt△BOC中，OB＝4，OC＝8，
∴BC＝ ＝ ＝4 ，
∴sin∠BCO＝ ＝ ＝ ，
∵EF∥BC，
∴∠FGT＝∠EGL＝∠BCO，
∴sin∠FGT＝sin∠EGL＝sin∠BCO＝ ，
∴EG＝ ＝ ＝﹣ x ，FG＝ ＝ ＝ x ，
E F
∴ ﹣ ＝ ＝ ＝ ，
∵ ﹣ ＝ ，∴ ＝ ，
解得：m＝﹣8，
∴点G的坐标为（0，﹣8）．
1．（2022•蒲城县一模）如图，已知直线 与 x 轴、y 轴分别交于 B、C 两点，抛物线 y＝ax2+3x+c经过B、C两点，与x轴的另一个交点为A，点E的坐标为 ．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点E，F关于抛物线的对称轴直线l对称，Q点是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点 P，使
得以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由 ，可得B（3，0），C（0， ），用待定系数法得抛物线的函数表达式是y
＝﹣ x2+3x+ ；
（2）y＝﹣ x2+3x+ ＝﹣ （x﹣1）2+6，得抛物线的对称轴是直线x＝1，关键E（0， ），F关于
抛物线的对称轴直线x＝1对称，得F（2， ），设Q（1，t），P（m，﹣ m2+3m+ ），分3种情
况：①当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ的中点， ，得m＝1，又
EQ ＝ FQ ， 故 P （ 1 ， 6 ） ； ② 当 EQ ， FP 为 对 角 线 时 ， EQ ， FP 的 中 点 重 合 ，
，得P（﹣1，0），Q（1，0），又FQ＝2＝PQ，故P（﹣1，0）；③当
EP，FQ为对角线，EP，FQ的中点重合， ，可得P（3，0）．【解答】解：（1）在 中，令x＝0得y＝ ，令y＝0得x＝3，
∴B（3，0），C（0， ），
把B（3，0），C（0， ）代入y＝ax2+3x+c得：
，
解得 ，
∴抛物线的函数表达式是y＝﹣ x2+3x+ ；
（2）在抛物线上存在点P，使得以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
∵y＝﹣ x2+3x+ ＝﹣ （x﹣1）2+6，
∴抛物线的对称轴是直线x＝1，
∵E（0， ），F关于抛物线的对称轴直线x＝1对称，
∴F（2， ），
设Q（1，t），P（m，﹣ m2+3m+ ），
①当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ的中点，如图：∴ ，
解得m＝1，
∵E（0， ），F关于抛物线的对称轴直线x＝1对称，
∴EQ＝FQ，
∴以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴P（1，6）；
②当EQ，FP为对角线时，EQ，FP的中点重合，如图：
∴ ，
解得 ，
∴P（﹣1，0），Q（1，0），
而F（2， ），
∴FQ＝2＝PQ，
∴以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴P（﹣1，0）；
③当EP，FQ为对角线，EP，FQ的中点重合，如图：∴ ，
解得 ，
∴P（3，0），Q（1，0），
而F（2， ），
∴FP＝QP＝2，
∴以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴P（3，0），
综上所述，P的坐标是（1，6）或（﹣1，0）或（3，0）．
2．（2022•抚顺县二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，
与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点
M的坐标；
（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶
点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得 ，解得 ，即可得
出结论；
（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，
ON＝HK．则 H（﹣2m+6，﹣m），再由点 H（﹣2m+6，﹣m）在直线 y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣
2m+6）＝﹣m，解得m＝ ，即可解决问题；
（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即
可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴ ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；
（2）由（1）得，点C（0，6），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），
∴ ，
解得：
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，
则∠MNO＝∠OKH＝90°，
∵OH⊥OM，
∴∠MOH＝90°，
∵∠OMB＝45°，
∴△MOH是等腰直角三角形，
∴OM＝OH．
∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，
∴∠MON＝∠OHK，
∴△OMN≌△HOK（AAS），
∴MN＝OK，ON＝HK．
∴H（﹣2m+6，﹣m），
∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，
∴﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，
解得：m＝ ，
把m＝ 代入y＝﹣2x+6得：y＝ ，
∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（ ）；
（3）存在，理由如下：
∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，
∴点D的坐标为（1，8），
分两种情况讨论：
①当CD为菱形的边时，
如图2，过C作CE⊥DQ于E
∵C（0，6），D（1，8），
∴CD＝ ＝ ，
∴DQ＝CD＝ ，
∴Q点的坐标为（1，8﹣ ）或（1，8+ ）；②当CD为菱形的对角线时，
如图3，设点Q（1，m），P（0，n），
∵C（0，6），D（1，8），
∴m+n＝6+8＝14，
∴n＝14﹣m，
∴P（0，14﹣m），
∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，
∵CQ＝ ＝ ，PC＝CQ，
∴8﹣m＝ ，
解得：m＝ ，
∴点Q的坐标为（1， ）；
综上所述，点Q的坐标为（1，8﹣ ）或（1，8+ ）或（1， ）．3．（2022•历下区三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于A、B两点，
与y轴交于点C，OB＝3OA＝3，点P是抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式及点C坐标；
（2）如图1，若点P在第一象限内，过点P作x轴的平行线，交直线BC于点E，求线段PE的最大值
及此时点P的坐标；
（3）如图2，过点P作x轴的垂线交x轴于点Q，交直线BC于点M，在y轴上是否存在点G，使得以
M，P，C，G为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点 G坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由OB＝3OA＝3可得点B，A坐标，再通过待定系数法求解．
（2）由点 B，C 坐标求出直线 BC 解析式，作 PF⊥x 轴交 BC 于点 F，设点 P 坐标为（m，﹣
m2+2m+3），由PF与PE的关系求解．
（3）分类讨论点P在不同位置，结合图象，根据菱形的性质求解．
【解答】解：（1）∵OB＝3OA＝3，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
将（3，0），（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得 ，
解得 ，
∴y＝﹣x2+2x+3，
将x＝0代入y＝﹣x2+2x+3得y＝3，
∴点C坐标为（0，3）．
（2）设直线BC解析式为y＝kx+b，将（3，0），（0，3）代入y＝kx+b得 ，
解得 ，
∴y＝﹣x+3，
作PF⊥x轴交BC于点F，∵OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
∵PE∥x轴，
∴∠PEF＝∠OBC＝45°，
∴PF＝PE，
设点P坐标为（m，﹣m2+2m+3），则点F坐标为（m，﹣m+3）．
∴PF＝PE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣ ）2+ ，
∴m＝ 时，PE的最大值为 ，此时点P坐标为（ ， ）．
（3）①如图，PM＝CM，
设点P坐标为（m，﹣m2+2m+3），则M（m，﹣m+3），由（2）得PM＝﹣m2+3m，
∵点C坐标为（0，3），
∴CM＝ ＝ m，
∴﹣m2+3m＝ m，解得m＝0（舍）或m＝3﹣ ，
∴GC＝CM＝3 ﹣2，
∴OG＝OC+CG＝3+3 ﹣2＝3 +1，
∴点G坐标为（0，3 +1）．
②如图，PM＝CG时四边形PCGM为平行四边形，PG⊥CM时四边形PCGM为菱形，
∵PM＝﹣m2+3m，点C坐标为（0，3），
∴点G坐标为（0，m2﹣3m+3），
作GN⊥PM，
∵∠CBO＝45°，
∴∠GPN＝∠PMC＝∠BNQ＝45°，
∴GN＝PN，即m＝﹣m2+2m+3﹣（m2﹣3m+3），
解得m＝0（舍）或m＝2，
∴点G坐标为（0，1）．③如图，PM＝CM，
由①可得m2﹣3m＝ m，
解得m＝3+ ，
∴PM＝CG＝CM＝3 +2，
∴点G坐标为（0，1﹣3 ）．
综上所述，点G坐标为（0，3 +1）或（0，1）或（0，1﹣3 ）．
4．（2022•碑林区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 L ：y＝﹣x2+bx+c经过点A（2，
1
2），抛物线的对称轴是直线x＝1，顶点为点B．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）将抛物线L 平移到抛物线L ，抛物线L 的顶点记为D，它的对称轴与x轴的交点记为E．已知点
1 2 2
C（2，﹣1），若以A、C、D、E为顶点的四边形为菱形，则请求出抛物线L 的顶点坐标．
2【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设抛物线L 的顶点记为D（m，n），则E（m，0），如图，根据菱形性质和DE∥AC，可得出
2
DE＝AC＝3，再分两种情况：①当n＝3时，D（m，3），E（m，0），②当n＝﹣3时，D（m，﹣
3），E（m，0），分别建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线L ：y＝﹣x2+bx+c经过点A（2，2），抛物线的对称轴是直线x＝1，
1
∴ ，
解得： ，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+2；
（2）设抛物线L 的顶点记为D（m，n），则E（m，0），如图，
2
∴DE＝|n|，DE∥y轴，
∵A（2，2），C（2，﹣1），
∴AC＝2﹣（﹣1）＝3，AC∥y轴，
∴AC∥DE，
又AD＝ ，AE＝ ，
∵以A、C、D、E为顶点的四边形为菱形，
∴DE＝AC，即|n|＝3，
∴n＝±3，
①当n＝3时，D（m，3），E（m，0），
∵AD＝AC＝3，
∴AD2＝9，即（m﹣2）2+（3﹣2）2＝9，
解得：m＝2+2 或2﹣2 ，
∴D（2+2 ，3）或（2﹣2 ，3）；
②当n＝﹣3时，D（m，﹣3），E（m，0），
∵AE＝AC＝3，
∴AE2＝9，即（m﹣2）2+（0﹣2）2＝9，
解得：m＝2+ 或2﹣ ，
∴D（2+ ，﹣3）或（2﹣ ，﹣3）；
综上所述，点D的坐标为（2+2 ，3）或（2﹣2 ，3）或（2+ ，﹣3）或（2﹣ ，﹣3）．5．（2022•佛山校级三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B（﹣1，0）两点，与y轴交于点
C，直线AC的解析式为y＝ x﹣2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知k为正数，当0＜x≤1+k时，y的最大值和最小值分别为m，n，且m+n＝ ，求k的值；
（3）点P是平面内任意一点，在抛物线对称轴上是否存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边
形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出点A和点C坐标，从点A和点B坐标将抛物线的解析式设为交点式，将点C坐标代
入，进一步求得结果；
（2）箱求出n的值，进而求得m的值，进而求得点k的值；
（3）只需满足三角形ACQ为等腰三角形即可．设点Q的坐标，进而表示出AQ，CQ及AC，进而根据
AQ＝CQ，AQ＝AC及CQ＝AC，进一步求得结果．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣2，
∴点C（0，﹣2），
当y＝0时， ＝0，
∴x＝3，
∴点A（3，0），
∴设y＝a（x+1）•（x﹣3），
将点C（0，﹣2）代入得，
﹣3a＝﹣2，
∴a＝ ，
∴y＝ （x+1）•（x﹣3）＝ ﹣ ﹣2；
（2）∵抛物线的对称轴为直线：x＝1，
∵k＞0，
∴k+1＞1，
∴当0＜x＜1+k时，
∴当x＝1时，
n＝ （1+1）×（1﹣3）＝﹣ ，
∵m+n＝ ，
∴m＝8，
当m＝8时， ﹣ x﹣2＝8，
∴x ＝5，x ＝﹣3（舍去），
1 2
∴1+k＝5，
∴k＝4；
（3）设点Q（1，a），
∵A（3，0），C（0，﹣2），
∴AQ2＝（3﹣1）2+a2＝a2+4，
AC2＝32+22＝13，
CQ2＝1+（a+2）2＝a2+4a+5，①当AQ＝AC时，
a2+4＝13，
∴a＝±3，
∴Q （1，3），Q （1，﹣3），
1 2
当AQ＝CQ时，
a2+4a+5＝a2+4，
∴a＝﹣ ，
∴Q （1，﹣ ），
3
当AC＝CQ时，
a2+4a+5＝13，
∴a＝﹣2 ，
∴Q （1，﹣2+2 ），Q （1，﹣2﹣2 ），
4 5
综上所述：Q（1，3）或（1．﹣3）或（1．﹣ ）或（1，﹣2+2 ）或（1，﹣2﹣2 ）．
6．（2022•邵阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A（﹣1，0）
和点B，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式及对称轴；
（2）如图，点D与点C关于对称轴对称，点P在对称轴上，若∠BPD＝90°，求点P的坐标；
（3）点M是抛物线上一动点，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以A、B、M、N为顶点的四边形为
菱形，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）、点C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；（2）设P（1，t），求出B点和D点坐标，再求BD的中点H为（ ， ），BD＝ ，由题意可得
PH＝ BD，求出t的值即可求解；
（3）设M（m，﹣m2+2m+3），N（1，n），分三种情况讨论：①当AB为菱形的对角线时，AM＝
AN，解得N（1，﹣4）；②当AM为菱形对角线时，AB＝AN，不存在菱形；③当AN为菱形对角线时，
AB＝AM，不存在菱形．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0）、点C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴ ，
解得 ，
∴y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1；
（2）令﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝﹣1（舍去）或x＝3，
∴B（3，0），
∵点D与点C关于对称轴对称，
∴D（2，3），
∴BD的中点H为（ ， ），BD＝ ，
∵∠BPD＝90°，
∴PH＝ BD，
设P（1，t），
∴（ ）2+（ ﹣t）2＝ ×10，
解得t＝1或t＝2，
∴P（1，1）或（1，2）；
（3）存在以A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，理由如下：
设M（m，﹣m2+2m+3），N（1，n），
①当AB为菱形的对角线时，AM＝AN，∴ ，
解得 ，
∴N（1，﹣4）；
②当AM为菱形对角线时，AB＝AN，
∴ ，
此时无解；
③当AN为菱形对角线时，AB＝AM，
∴ ，
此时无解；
综上所述：N点坐标为（1，﹣4）．
7．（2022•九龙坡区模拟）如图1，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于点B、C（点B在点C左侧），与y
轴相交于点A．已知点B坐标为B（1，0），BC＝3，△ABC面积为6．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P为直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD∥AB，交线段AC于点D．求PD长度
的最大值及此时P点的坐标；
（3）如图2，将抛物线向左平移 个单位长度得到新的抛物线，M为新抛物线对称轴l上一点，N为平
面内一点，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标，并写出求解其中
一个N点坐标的过程．【分析】（1）由△ABC面积为6可得OA＝4，则A（0，4），由BC＝3（点B在点C左侧）得C（4，
0），利用待定系数法即可求解；
（2）过点P作PE∥y轴交AC于点E，作DF⊥PE于F，将PE表示PD的长，进而用点P坐标表示成
函数，借助二次函数求最值的方法求解PD的最大值；
（3）先利用二次函数平移的规律得到新抛物线的解析式，然后设出点 M（﹣1，t），分两种情况：线
段AB为菱形的对角线时；线段AB为菱形的边时，利用菱形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵S△ABC ＝ BC•OA＝6，BC＝3，B（1，0），
∴OA＝4，C（4，0），
∴A（0，4），
∴ ，解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣5x+4；
（2）如图，过点P作PE∥y轴交AC于点E，作DF⊥PE于F，∵OC＝OA＝4，则∠OAC＝∠DEF＝45°．
∴DF＝EF，
∵PD∥AB，
∴∠ABO＝∠DGB＝∠HGP．
∵∠ABO+∠OAB＝90°，∠HGP+∠DPE＝90°，
∴∠OAB＝∠DPE．
∴tan∠DPE＝tan∠OAB＝ ，
∴ ，
∴PF＝4DF．
∵EF＝DF．
∴PE＝PF﹣EF＝3DF．
∴DF＝ PE，
又在Rt△PDF中，由勾股定理得：PD＝ ＝ DF＝ PE．
设点P（t，t2﹣5t+4），
∵C（4，0），A（0，4），
∴直线AC解析式为：y＝﹣x+4，
∴点E坐标为（t，﹣t+4）
∴PE＝y ﹣y ＝﹣t+4﹣（t2﹣5t+4）＝﹣t2+4t，
E P
∴PD＝ PE＝ （﹣t2+4t）＝﹣ （t﹣2）2+ ，∵﹣ ＜0，
∴当t＝2时，PD有最大值 ，
此时点P（2，﹣2）；
（3）∵y＝x2﹣5x+4＝（x﹣ ）2﹣ ，该抛物线向左移动 个单位，
∴新抛物线的解析式为：y′＝（x+1）2﹣ ，
∴新抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设M（﹣1，t）；
当线段AB为菱形的对角线时，MA＝MB，
∵A（0，4），B（1，0），
∴MA2＝12+（4﹣t）2＝t2﹣8t+17，MB2＝t2+4，
∴t2﹣8t+17＝t2+4，解得t＝ ，
∴M（﹣1， ），
∵A（0，4），B（1，0），
∴0+1﹣（﹣1）＝2，0+4﹣ ＝ ，
∴N（2， ）；
当线段AB为菱形的边时，
∵A（0，4），B（1，0），∴MA2＝12+（4﹣t）2＝t2﹣8t+17，AB2＝17，MB2＝t2+4，
①当MA＝AB时，
MA2＝AB2，即t2﹣8t+17＝17，
∴t＝0或t＝8；
∴M（﹣1，0）或（﹣1，8）；
∵直线AB为y＝﹣4x+4，
当x＝﹣1时，y＝8，
∴（﹣1，8）在直线AB上，不合题意，舍去，
∵A（0，4），B（1，0），
∴﹣1+1＝0，0﹣4＝﹣4，
∴N（0，﹣4）；
②当BA＝BM时，BA2＝BM2，即17＝t2+4，
∴t＝ 或t＝﹣ ；
∴M（﹣1， ）或（﹣1，﹣ ）；
∵A（0，4），B（1，0），
∴﹣1﹣1＝﹣2，
∴N（﹣2， +4）或（﹣2，﹣ +4）；
综上，点N的坐标为（2， ）或（0，﹣4）或（﹣2， +4）或（﹣2，﹣ +4）．
8．（2022•恩施市模拟）如图，已知直线 y＝﹣ x﹣3与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线y＝
x2+bx+c的顶点是（2 ，﹣1），且与x轴交于C，D两点，与y轴交于点E，P是抛物线上一个动点，
过点P作PG⊥AB于点G．
（1）求b、c的值；
（2）若点M是抛物线对称轴上任意点，点N是抛物线上一动点，是否存在点N，使得以点C，D，M，
N为顶点的四边形是菱形？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请你说明理由．
（3）当点P运动到何处时，线段PG的长最小？最小值为多少？【分析】（1）已知条件给了二次项系数和顶点坐标，用顶点式求出解析式；
（2）以已知线段CD为标准，分为CD为边和对角线两种情况，利用菱形的性质，邻边相等和对角线互
相垂直平分来列出方程，求出点N坐标；
（3）在△PGQ中，PG与PQ有比例关系，所以PG最小时也是PQ最小时，设出点P和Q坐标，表示
出线段PQ的表达式，即可求出最小值．
【解答】解：（1）由题意得：抛物线为y＝ （x﹣2 ）2﹣1，
整理得y＝ x2﹣ x+3，
∴b＝﹣ ，c＝3；
（2）由题意知，抛物线的对称轴为x＝2 ，
把y＝0代入y＝ （x﹣2 ）2﹣1，
得x＝ 或x＝3 ，
∴C（ ，0），D（3 ，0），
∴CD＝2 ．
I．如图，当以CD为菱形的边时，MN平行且等于CD．若点N在对称轴右侧，
∵MN＝CD＝2 ，
∴x＝2 +2 ＝4 ，
把x＝4 代入y＝ （x﹣2 ）2﹣1，得y＝3，
∴点N的坐标为（4 ，3）．
∵MC＝ ＝2 ．
∴MC＝MN＝CD＝2 ，
∴四边形MNDC为菱形．
即N（4 ，3）符合题意．
同理可知，当N的坐标为（0，3）时，四边形MNCD也为菱形．
II．如图，当CD为菱形的对角线时，
根据菱形的对角线互相垂直平分，可得对称轴垂直平分CD，
所以M，N在对称轴上．
又因为点N在抛物线上，
所以点N为抛物线的顶点，
所以点N的坐标为（2 ，﹣1）．
综上所述，符合条件的点N的坐标为（4 ，3）或（0，3）或（2 ，﹣1）；
（3）把x＝0代入y＝﹣ x﹣3，得y＝﹣3，
∴点B的坐标为（0，﹣3）．
把y＝0代入y＝﹣ x﹣3，
得x＝﹣3 ，∴点A的坐标为（﹣3 ，0）．
∴AB＝ ＝6，
∴sin∠ABO＝ ＝ ＝ ，
如图，过点P作PH⊥x轴交AB于点H，
则有PH∥OB，
∴∠PHC＝∠ABO，
∴sin∠PHG＝sin∠ABO＝ ，
设点P的横坐标为m，则P（m， m2﹣ m+3），H（m，﹣ m﹣3），
∴PH＝ m2﹣ m+3﹣（﹣ m﹣3）＝ m2﹣ m+6＝ （m﹣ ）2+ ，
∵ ＞0，
∴当m＝ 时，PH有最小值，最小值为 ，
此时PG有最小值 ，
当m＝ 时， m2﹣ m+3＝﹣ ，
此时点P的坐标为（ ，﹣ ），
∴当点P运动到（ ，﹣ ）时，线段PG的长的最小值为 ．9．（2020秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣ x2﹣ x+2交x轴于点A、
B，交y轴于点C．
（1）求△ABC的面积；
（2）如图，过点C作射线CM，交x轴的负半轴于点M，且∠OCM＝∠OAC，点P为线段AC上方抛物
线上的一点，过点P作AC的垂线交CM于点G，求线段PG的最大值及点P的坐标；
（3）将该抛物线沿射线AC方向平移 个单位后得到的新抛物线为y′＝ax2+bx+c（a≠0），新抛物
线y′与原抛物线的交点为E，点F为新抛物线y′对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点
Q，使以点A、E、F、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明
理由．
【分析】（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则﹣ x2﹣ x+2＝0，可得A（﹣4，0），B（1，0），C
（0，2），再运用三角形面积公式即可求得答案；
（2）解法一：如图1，过点P作PN∥y轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作
GH⊥PN于点H，由tan∠OAC＝tan∠OCM，可得 ＝ ，即可得出M（﹣1，0），再利用待定系数
法求得直线OM的解析式，设P（m，﹣ m2 m+2），则N（m，2m+2），可得出PH＝ PN＝
m2﹣ m，再由 ＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝ ＝ ，可得PG＝ PH＝﹣ m2﹣ m＝﹣（m+ ）2+ ，运用二次函数性质求最值即可；解法二：如图1′，过点作PH∥x轴交CM于
点H，过点G作GD⊥PH于点D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，设P（m，﹣ m2 m+2），
则H（ m2﹣ m，﹣ m2 m+2），可得DP＝ （ m2﹣ m﹣m）＝ m2﹣ m＝﹣ （m+
）2+ ，运用二次函数性质求最值即可；
（3）运用平移变换的性质求出E（﹣1，3），设F（ ，n），表示出AE、AF、EF的平分，再分类讨
论，根据菱形性质得出△AEF是等腰三角形，分别建立方程求解即可．
【解答】解：（1）在y＝﹣ x2﹣ x+2中，令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
令y＝0，则﹣ x2﹣ x+2＝0，
解得：x ＝1，x ＝﹣4，
1 2
∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣4）＝5，
∴S△ABC ＝ AB•OC＝ ×5×2＝5；
（2）解法一：如图1，过点P作PN∥y轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作
GH⊥PN于点H，
则∠PNG＝∠OCM，∠PHG＝∠AKT＝90°，
∵PG⊥AC，
∴∠PET＝90°＝∠AKT，
∴∠PTE+∠TPE＝90°，∠OAC+∠ATK＝90°，
∵∠PTE＝∠ATK，
∴∠TPE＝∠OAC，
∵∠OCM＝∠OAC，
∴∠PNG＝∠TPE＝∠OAC，∴PG＝NG，
∵GH⊥PN，
∴PH＝ PN，
∵tan∠OAC＝tan∠OCM，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴OM＝1，
∴M（﹣1，0），
设直线OM的解析式为y＝kx+b，
∵M（﹣1，0），C（0，2），
∴ ，
解得： ，
∴直线CM的解析式为y＝2x+2，
设P（m，﹣ m2 m+2），则N（m，2m+2），
∴PN＝﹣ m2 m+2﹣（2m+2）＝﹣ m2﹣ m，
∴PH＝ PN＝ m2﹣ m，
∵AC＝ ＝ ＝2 ，
∴ ＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝ ＝ ＝ ，
∴PG＝ PH＝﹣ m2﹣ m＝﹣ （m+ ）2+ ，
∴当m＝ ，PG最大，最大值为 ，
故当点P坐标为（ ， ）时，PG最大，最大值为 ；
解法二：如图1′，过点作PH∥x轴交CM于点H，过点G作GD⊥PH于点D，
设PG与AC、x轴交点分别为N、F，由（1）得， ＝ ＝ ，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC＝∠BCO＝∠OCM，
在△COB和△COM中，
，
∴△COB≌△COM（ASA），
∴OM＝OB＝1，
∴M（﹣1，0），
设直线CM的解析式为y＝kx+b，
∵M（﹣1，0），C（0，2），
∴ ，
解得： ，
∴直线CM的解析式为y＝2x+2，
∵DG∥OC，
∴∠DGH＝∠OCM，
∵∠ANF＝∠FEG＝90°，∠NFA＝∠EFG，
∴∠NAF＝∠FGE，
∵∠OCM＝∠OAC，
∴∠DGH＝∠FGE，
∵∠GDP＝∠GDH＝90°，GD＝GD，
∴△GDP≌△GDH（ASA），
∴PD＝DH，
设P（m，﹣ m2 m+2），则H（ m2﹣ m，﹣ m2 m+2），
DP＝ （ m2﹣ m﹣m）＝ m2﹣ m＝﹣ （m+ ）2+ ，tan∠OCB＝tan∠PGD＝ ，可得：PG＝ DP，
当DP最大时，PG就最大，
∴当m＝ ，DP最大，最大值为 ，
故当点P坐标为（ ， ）时，PG最大，最大值为 ；
（3）抛物线y＝﹣ x2﹣ x+2＝﹣ （x+ ）2+ ，该抛物线沿射线AC方向平移 个单位，
实际上就是向右平移2个单位，向上平移1个单位，
平移后的解析式为：y＝﹣ （x﹣ ）2+ ，对称轴为直线x＝ ，
两个抛物线交于E点，所以﹣ （x+ ）2+ ＝﹣ （x﹣ ）2+ ，
解得：x＝﹣1，代入得y＝3，
∴E（﹣1，3），
设F（ ，n），
则AE2＝（﹣1+4）2+32＝18，
AF2＝（ +4）2+n2，
EF2＝（ +1）2+（n﹣3）2，
当AE＝AF时，18＝ +n2，此方程无实数根；
当AE＝EF时，18＝n2﹣6n+ ，
解得：n ＝3﹣ ，n ＝3+ ，
1 2
则F （ ，3﹣ ），对应的Q （﹣ ，﹣ ）；
1 1
F （ ，3+ ），对应的Q （﹣ ， ）；
2 2
当AF＝EF时， +n2＝n2﹣6n+ ，解得：n＝﹣ ，
F （ ，﹣ ），对应的Q （﹣ ， ）；
3 3
综上所述，Q点的坐标为（﹣ ，﹣ ）或（﹣ ， ）或（﹣ ， ）．10．（2020秋•射阳县期末）已知，如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），经过抛物线上的两点A（﹣4，
0）和B（2，0），C（0，8），点M是该抛物线顶点．
（1）求抛物线所对应的函数表达式和顶点M坐标；
（2）在抛物线上A、C两点之间的部分（不包含A、C两点），是否存在点D，使的S△DAC ＝ S△MAC ？
若存在，求出点D的横坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点E是x轴上一个动点，点F为平面直角坐标系内一点，当以点A，C，E，F为顶点的四边形
是菱形时，请直接写出满足条件的点E的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法，根据题意设y＝a（x+4）（x﹣2），将C（0，8）代入，解方程即可求
得答案；
（2）直线AC的解析式为y＝2x+8，设D（t，﹣t2﹣2t+8），过点D作DG∥y轴交直线AC于点G，过
点M作MH∥y轴交直线AC于点H，则G（t，2t+8），H（﹣1，6），根据S△DAC ＝ S△MAC ，建立方
程求解即可；
（3）根据以点A，C，E，F为顶点的四边形是菱形，分情况讨论：①当CE为对角线时，则AE＝AC，
②当AC为对角线时，则AE＝CE，③当AE为对角线时，则CE＝AC，分别建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣4，0）和B（2，0），
∴设y＝a（x+4）（x﹣2），将C（0，8）代入，
得：8＝a（0+4）（0﹣2），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+4）（x﹣2）＝﹣x2﹣2x+8＝﹣（x+1）2+9，
∴M（﹣1，9）；
故抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+8，顶点M坐标为（﹣1，9）；（2）存在．
设直线AC的解析式为y＝kx+d，
∵A（﹣4，0），C（0，8），
∴ ，
解得： ，
∴直线AC的解析式为y＝2x+8，
设D（t，﹣t2﹣2t+8），过点D作DG∥y轴交直线AC于点G，过点M作MH∥y轴交直线AC于点H，
则G（t，2t+8），H（﹣1，6），
∴DG＝﹣t2﹣2t+8﹣（2t+8）＝﹣t2﹣4t，MH＝9﹣6＝3，
∴S△DAC ＝S△ADG +S△CDG ＝ DG•（t+4）+ DG•（0﹣t）＝2DG，
S△MAC ＝S△AMH +S△CMH ＝ MH×3+ MH×1＝2MH＝6，
∵S△DAC ＝ S△MAC ，
∴2DG＝ ×6，即2（﹣t2﹣4t）＝3，
解得：t ＝﹣2﹣ ，t ＝﹣2+ ，
1 2
∴点D的横坐标为﹣2﹣ 或﹣2+ ；
（3）如图2，设E（m，0），
则AE2＝（m+4）2，CE2＝m2+82，AC2＝82+（﹣4）2＝80，
①当CE为对角线时，则AE＝AC，
∴（m+4）2＝80，
解得：m＝﹣4+4 或﹣4﹣4 ，
∴点E的坐标为（﹣4+4 ，0）或（﹣4﹣4 ，0）；
②当AC为对角线时，则AE＝CE，
∴（m+4）2＝m2+82，
解得：m＝6，
∴点E的坐标为（6，0）；③当AE为对角线时，则CE＝AC，
∴m2+82＝80，
解得：m＝﹣4（舍去）或4，
∴点E的坐标为（4，0）；
综上所述，点E的坐标为（﹣4+4 ，0）或（﹣4﹣4 ，0）或（6，0）或（4，0）．
11．（2020•碑林区校级三模）在平面直角坐标系中，抛物线C ：y＝﹣x2﹣4x﹣2的顶点为A，与y轴交于
1
点B，将抛物线C 绕着平面内的某一点旋转180°得到抛物线C ，抛物线C 与y轴正半轴相交于点C．
1 2 2
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若抛物线C 上存在点D，使得以A、B、C、D四点为顶点的四边形为菱形，请求出此时抛物线 C
2 2
的表达式．【分析】（1）利用配方法求出顶点坐标，令x＝0，可得y＝﹣2，推出B（0，﹣2）．
（2）分两种情形：AB为菱形的边，AB为菱形的对角线分别求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线C ：y＝﹣x2﹣4x﹣2＝﹣（x+2）2+2，
1
∴顶点A（﹣2，2），
令x＝0，可得y＝﹣2，
∴B（0，﹣2）．
（2）如图1中，当AB为菱形的边时，四边形ABCD是菱形，
由题意A（﹣2，2），B（0，﹣2），C（0，6），D（2，2），此时抛物线C 与C 关于T（0，2）成
1 2
中心对称，
∴D（2，2）是抛物线C 的顶点，
2
∴抛物线C 的解析式为y＝（x﹣2）2+2，即y＝x2﹣4x+6．
2
如图2中，当AB是菱形的对角线时，四边形ADBC是菱形，此时CA＝BC，设C（0，m）
则有，22+（2﹣m）2＝（m+2）2，
∴m＝ ，
∴C（0， ），
∵AD＝BC＝ ，
∴D（﹣2，﹣ ），
设抛物线C 的解析式为y＝x2+bx+ ，
2
把D（﹣2，﹣ ）代入y＝x2+bx+ ，可得﹣ ＝4﹣2b+ ，解得b＝ ，
∴抛物线C 的解析式为y＝x2+ x+ ，
2
如图3中，当AB是菱形的边时，点C是抛物线的顶点（0，2 ﹣2），可得抛物线的解析式为y＝x2+2
﹣2．综上所述，满足条件的抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+6或y＝x2+ x+ 或y＝x2+2 ﹣2．
12．（2022春•兴宁区校级期末）如图，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，连接AC，BC，点P是直线AC下方抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AP，CP，设P点的横坐标为m，△ACP的面积为S，求S与m的函数关系式；
（3）试探究：过点P作BC的平行线1，交线段AC于点D，在直线l上是否存在点E，使得以点D，
C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c即可得到答案；
（2）过点P作PM∥y轴交直线AC于点M，则P的坐标是（m，m2+2m﹣3），利用待定系数法求AC
的解析式，表示M的坐标，用m的代数式表示PM的长度，根据三角形面积公式即可得到答案；
（3）分两种情况：①如图2，四边形CDEB是菱形，②如图3，四边形CBDE是菱形，根据两点的距
离公式和菱形的边长相等列方程可解答．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c得： ，
解得： ，
∴y＝x2+2x﹣3；
（2）如图1，过点P作PM∥y轴交直线AC于点M，∵A（﹣3，0），C（0，﹣3），
设直线AC的解析式为：y＝kx+n，
∴ ，
∴ ，
∴AC的解析式为：y＝﹣x﹣3，
∵P点的横坐标为m，
∴P的坐标是（m，m2+2m﹣3），则M的坐标是（m，﹣m﹣3），
∴PM＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∵点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，
∴﹣3＜m＜0，
∴S＝ •PM•OA＝ （﹣m2﹣3m）＝﹣ m2﹣ m（﹣3＜m＜0）；
（3）分两种情况：
①如图2，四边形CDEB是菱形，
设D（t，﹣t﹣3），则E（t+1，﹣t），
∵四边形CDEB是菱形，
∴CD＝BC，∴（t﹣0）2+（﹣t﹣3+3）2＝12+32，
∴t＝± ，
∵t＜0，
∴t＝﹣ ，
∴E（﹣ +1， ）；
②如图3，四边形CBDE是菱形，
设D（t，﹣t﹣3），则E（t﹣1，﹣t﹣6），
∵四边形CBDE是菱形，
∴CE＝BC，
∴（t﹣1﹣0）2+（﹣t﹣6+3）2＝12+32，
∴t＝0（舍）或﹣2，
∴E（﹣3，﹣4）；
综上所述，点E的坐标为（﹣ +1， ）或（﹣3，﹣4）．
13．（2020•葫芦岛三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2+bx+3与x轴交于A，B两点，与y
轴交于点C，其中A（﹣1，0），B（4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC，在直线BC上方的抛物线上有一动点D，连接AD，与直线BC相交于点E，当DE：AE
＝4：5时，求tan∠DAB的值；
（3）点P是直线BC上一点，在平面内是否存在点Q，使以点P，Q，C，A为顶点的四边形是菱形？若
存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求
出直线 BC 的解析式，证明△DEF∽△AEG，列比例式可得 DF 的长，设 ，
，表示DF的长，并列方程可得结论；
（3）分三种情况：以AC为边和对角线进行讨论，正确画图，先确定点 P的坐标，根据平移的原则可
得点Q的坐标．
【解答】解：将A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+3，
得 ，解得 ，
∴解析式为 ；
（2）当x＝0时， ，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将B（4，0），C（0，3）分别代入得 ，解得： ，
∴直线BC的解析式为： ，
过点D作y轴的平行线，交直线BC与点F，交x轴于点H，
过点A作y轴的平行线，交直线BC与点G，∵A（﹣1，0），
∴当x＝﹣1时，y＝﹣ ＝ ，
∴ ， ，
∵AG∥y轴∥DF，
∴△DEF∽△AEG，
∴ ，
∴ ＝ ，
∴DF＝3，
设 ， ，
∴ ，
解得：t ＝t ＝2，
1 2
∴ ，
∴ ，AH＝1+2＝3，
在Rt△ADH中， ；
（3）存在，分三种情况：
①如图2，四边形ACPQ是菱形，则PC＝AC，设P（x，﹣ x+3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴ ，
解得：x＝ ，
当x＝﹣ 时，P（﹣ ， ），
∴Q（﹣ ﹣1， ），
当x＝ 时，P（ ，﹣ ），
∴Q（ ﹣1，﹣ ）；
②如图3，四边形APCQ是菱形，
∵BC＝AB＝5，∴B在AC的垂直平分线上，
∴P与B重合，
∴Q（﹣5，3）；
③如图4，四边形ACQP是菱形，同理得P（ ， ），
∴Q（ ， ）；
综上，点Q的坐标为（﹣ ﹣1， ）或（ ﹣1，﹣ ）或（﹣5，3）或（ ，
）．
14．（2020•师宗县一模）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B，点C，经过B，C两点的抛物
线y＝x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P，点M为抛物线的对称轴上的一个动点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当点M在x轴的上方时，求四边形COAM周长的最小值；
（3）在平面直角坐标系内是否存在点N，使以C，P，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，请写出
所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点B，点C坐标，代入解析式可求解；（2）由抛物线的对称性可得 AM＝BM，点A（1，0），由四边形COAM周长＝OC+OA+AM+CM＝
4+BM+CM，则点B，点M，点C三点共线时，BM+CM有最小值为BC的长，即四边形COAM周长的最
小值＝4+BC，由勾股定理可求解；
（3）由菱形的性质可得△CPM是等腰三角形，分三种情况讨论，由两点距离公式可求解．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B，点C，
∴点B（3，0），点C（0，3），
∵抛物线y＝x2+bx+c经过B，C两点，
∴ ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图，连接AM，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∵点A与点B关于对称轴对称，
∴AM＝BM，点A（1，0），
∵点C（0，3），点A（1，0），点B（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，OB＝3，
∵四边形COAM周长＝OC+OA+AM+CM，
∴四边形COAM周长＝4+BM+CM，
∴当点B，点M，点C三点共线时，BM+CM有最小值为BC的长，
∴四边形COAM周长的最小值＝4+BC，∵BC＝ ＝ ＝3 ，
∴四边形COAM周长的最小值＝4+3 ；
（3）∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点P（2，﹣1），
又∵点C（0，3），
∴PC＝ ＝2 ，
设点M（2，t），
∴MC＝ ＝ ，
MP＝|t+1|，
∵以C，P，M，N为顶点的四边形为菱形，
∴△CPM是等腰三角形，
若MC＝MP，则 ＝|t+1|，
∴t＝ ，
∴点M（2， ）；
若MP＝PC，则2 ＝|t+1|，
∴t ＝﹣1+2 ，t ＝﹣1﹣2 ，
1 2
∴点M（2，﹣1+2 ）或（2，﹣1﹣2 ）；
若MC＝PC，则 ＝2 ，
解得：t ＝﹣1（不合题意舍去），t ＝7，
3 4
∴点M（2，7）；
综上所述：点M的坐标为（2， ）或（2，7）或（2，﹣1+2 ）或（2，﹣1﹣2 ）．
15．（2021•两江新区模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）交x轴于A，B两点，交y轴于点C．其中
点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3），连接AC、BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，在抛物线上B，C两点间有一动点P（点P不与B、C两点重合），过点P作AC的平行线，交BC于点G，求PG的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）沿射线CB方向平移 个单位长度得到新抛物线y′，点
M为新抛物线对称轴上的一动点，点 N为平面内的任意一点，是否存在点N使得以A，C，M，N为顶
点的四边形是以AC为边的菱形，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．
【分析】（1）已知三点坐标求函数解析式，代入坐标解方程组即可．本题也可以根据A，B坐标特征设
交点式求解．
（2）如图，过点F作PE∥y轴交BC于点E，用斜化直的策略将PF表示PG的长，进而用点P坐标表
示成函数，借助二次函数求最值的方法求解PG的最大值．
（3）菱形的存在性问题先转化为求以AC为边的等腰三角形的存在性问题，然后根据平行四边形存在
性问题的处理方法写出第四点N即可．
【解答】解：（1）设抛物线为y＝a（x+1）（x﹣3），
代入点C（0，﹣3）得﹣3a＝﹣3，解得a＝1．
∴y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3．
（2）如图1，过点P作PE∥y轴交BC于点E，作GF⊥PE于点F．又OC＝OB＝3，则∠OCB＝∠GEP＝45°．
∵AC∥PG
∴∠ACB＝∠CGP．
即∠ACO+∠OCB＝∠GEP+∠GPE，
∴∠ACO＝∠GPE．
∴tan∠GPE＝tan∠ACO＝ ，
∴ ，
∴PF＝3GF．
又∠GEF＝45°，
∴EF＝GF．
∴PE＝PF+EF＝4GF．
又在Rt△GFP中，由勾股定理得：PG＝ ．
∴PG＝ ．
设点P（t，t2﹣2t﹣3）
∵B（3，0），C（0，﹣3）
∴直线BC解析式为：y＝x﹣3，
∴点E坐标为（t，t﹣3）
∴PE＝y ﹣y ＝t﹣3﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣t2+3t，
E P
∴PG＝ （﹣t2+3t）＝ ，
∵﹣ ＜0，
∴当t＝ 时，PG有最大值 ，
此时点P（ ）．
（3）依题意，抛物线沿射线BC平移 个单位即抛物线向右平移1个单位，向上平移1个单位．
平移后抛物线解析式为：y＝（x﹣2）2﹣3，对称轴为直线x＝2．
故设点M（2，m），又A（﹣1，0），C（0，﹣3）．∴AC＝ ，
AM＝ ，
CM＝ ．
由题意知，以AC为腰的等腰三角形△ACM有两种情况：
①如图2，当AC＝AM时
，
m ＝1，m ＝﹣1．
1 2
M （2，1），M （2，﹣1）．
1 2
由平行四边形对角线互相平分可知：
∴N （3，﹣2），N （3，﹣4）
1 2
②如图3，当CA＝CM，
m ＝ ，m ＝﹣3﹣ ．
3 4
M （2，﹣3+ ），M （2，﹣3﹣ ）．
3 4
∴N （1， ），N （1，﹣ ），
3 4
综上：使以AC为边的菱形的N点有：N （3，﹣2），N （3，﹣4），N （1， ），N （1，﹣
1 2 3 4
）．
16．（2021•淮安区一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点A（﹣3，4）、B
（﹣3，0）、C（﹣1，0）．以D为顶点的抛物线y＝ax2+bx+c过点B．动点P以每秒1个单位的速度从
点D出发，沿DC边向点C运动，运动的时间为 t秒．过点P作PE⊥CD交BD于点E，过点E作
EF⊥AD于点F，交抛物线于点G．（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接BG，求△BGD的面积最大值；
（3）如图2，在点P运动的同时，点Q从点B出发，沿BA边以每秒1个单位的速度向点A运动．动点
P、Q运动的过程中，在矩形ABCD内（包括其边界）是否存在点H，使以B，Q，E，H为顶点的四边
形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出t的值：t＝ 2 0 ﹣ 8 或 ．
【分析】（1）由矩形ABCD的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4）、B（﹣3，0）、C（﹣1，0），可
得顶点D的坐标，点D又是抛物线的顶点，设抛物线的解析式为顶点式，将点B的坐标代入该解析式，
即可求出系数a的值，从而求得抛物线的解析式；
（2）设点G的横坐标为x，用含x的代数式表示点G、点E的纵坐标及线段EG的长，由S△BGD ＝
AD•EG得出关于x的二次函数解析式，再利用二次函数的性质求出△BGD面积的最大值；
（3）存在符合条件的菱形，分两种情况，一是以BE为一边，则点H在AD边上，由相似三角形的性质
及BQ＝FQ＝t列方程求出t的值；一是以BE为对角线，仍可由相似三角形的性质列方程求出t的值．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD的三个顶点的坐标分别为 A（﹣3，4）、B（﹣3，0）、C（﹣1，
0），
∴D（﹣1，4），
由抛物线的顶点为D（﹣1，4），设抛物线的解析式为y＝a（x+1）2+4，
∵抛物线经过点B（﹣3，0），
∴4a+4＝0，
解得a＝﹣1，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣（x+1）2+4，即y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1，设直线BD的解析式为y＝kx+d，则 ，解得 ，
∴y＝2x+6，
设G（x，﹣x2﹣2x+3）（﹣3＜x＜﹣1），则E（x，2x+6），
∴GE＝﹣x2﹣2x+3﹣（2x+6）＝﹣x2﹣4x﹣3，
∵AD＝﹣1﹣（﹣3）＝2，
∴S△BGD ＝ GE•AF+ GE•DF＝ GE•AD＝ ×2（﹣x2﹣4x﹣3）＝﹣（x+2）2+1，
∴当x＝﹣2时，S△BGD最大 ＝1，∴△BGD面积的最大值为1．
（3）存在．
如图2，菱形BQHE以BE为一边.
由题意，得BQ＝PD＝EF＝t，
∵PQ∥EF，
∴四边形BQFE是平行四边形，
∴当BQ＝QF＝t时，四边形BQFE是菱形，此时点H与点F重合．
∵QF∥BD，
∴∠AQF＝∠QBD，
∵AD＝2，AB＝4，∠A＝90°，
∴BD＝ ＝2 ．
∴ ，
∴AQ＝ QF＝ t，
∴t+ t＝4，
解得t＝20 ；
如图3，菱形BQEH以BE为对角线，连结QH交BE于点R，则QH⊥BE，BR＝ER，
∴∠BRQ＝90°，
∴ ，
∴BR＝ t；
同理， ，
∴DE＝ PD＝ t，
∴2× t+ t＝2 ，
解得t＝ ．综上所述，t＝20 或t＝ ．
故答案为：20 或 ．17．（2021•渝中区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 y＝﹣ x2+ x+2与x轴相交于
A，B两点，与y轴交于点C．
（1）求B、C两点的坐标；
（2）点P为直线BC上方抛物线上的任意一点，过P作PF∥x轴交直线BC于点F，过P作PE∥y轴交
直线BC于点E，求线段EF的最大值及此时P点坐标；
（3）将该抛物线沿着射线AC方向平移 个单位得到新抛物线y′，N是新抛物线对称轴上一点，在
平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点B、C、Q、N为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点
Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）分别令x＝0，y＝0即可求得B点、C点坐标；
（2）设出点P坐标（m， ），表示出点E、F坐标后，EF的长可表示EF＝
，得到关于m的二次函数表达式求最值即可；
（3）分两种种情况：BC为菱形的边，BC为菱形对角线分别求解即可．
【解答】解：（1）令x＝0，则 ＝2，解得点C坐标为（0，2），
令y＝0，即 ，解得：x＝4或﹣1，
∴点B坐标为（4，0）．
（2）设直线BC解析式为y＝kx+b，代入点B、点C坐标，得：
，解得： ．
∴直线BC解析式为y＝ x+2．设P坐标为（m， ），则E坐标为（m， m+2），其中0≤m≤4．
设点F横坐标为x ，纵坐标y ＝ ，
F F
令 •x +2＝ ，解得：x ＝m2﹣3m．
F F
∴PE＝ ﹣（ m+2）＝ ，PF＝m﹣（m2﹣3m）＝﹣m2+4m．
∴EF＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝ ．
∵ ，则当m＝2时，EF有最大值 ，此时点P坐标为（2，3）．
（3）存在点Q，使以点B、C、Q、N为顶点的四边形为菱形．
点Q坐标为（﹣2，6）或（﹣2，﹣2）或（6，4）或（6，﹣4），理由如下：
∵OA＝1，OC＝2，
∴AC＝ ．
又∵ ，
∴抛物线沿着射线AC方向平移 个单位，实际上等同于将该抛物线向右移动 个单位，向上移动1
个单位．∵原抛物线对称轴方程为x＝ ，
∴新抛物线对称轴方程为x＝ + ＝2．
设点N坐标为（2，n）、点Q坐标为（a，b）．
当BC为菱形的边时：
①以点B为圆心，BC为半径画圆交对称轴x＝2于点N 、N .如图1．
1 2
此时，BC＝BN ＝BN ＝ ＝2 ．
1 2
∴ ，即 ，解得：MN ＝4．
1
故点N 坐标为（2，4），同理可得点N 坐标为（2，﹣4）．
1 2
由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：
，
即 ，解得： ；
或 ，解得： ．
∴点Q 坐标为（﹣2，6），Q （﹣2，﹣2）．
1 2
②以点C为圆心，CB为半径画圆交对称轴x＝2于点N 、N ，作N P⊥y轴于点P，如图2．
3 4 3
此时CB＝CN ＝CN ＝ ，PN ＝2，PC＝ ＝ ＝4，
3 4 3
故点N 坐标为（2，6），同理可得N 坐标为（2，﹣2）．
3 4
由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：
，
即 ，解得： ；
或 ，解得： ．
∴点Q 坐标为（6，4），Q （6，﹣4）．
3 4
当BC为菱形的对角线时，则NQ为另一对角线，BC垂直平分NQ，此时BC中点坐标为（2，1），又N（2，n）且NC＝NB，
则N点必与BC中点重合，
∴此时不存在点Q，则不能构成菱形．
综上所述，点Q坐标为（﹣2，6）或（﹣2，﹣2）或（6，4）或（6，﹣4）．
18．（2022•岳池县模拟）如图1，一次函数y＝ x﹣4 的图象分别与x轴，y轴交于B，C两点，二次
函数y＝ax2﹣ x+c的图象过B，C两点，且与x轴交于另一点A．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P是二次函数图象的一个动点，设点P的横坐标为m，若∠ABC＝2∠ABP．求m的值；
（3）如图2，过点C作CD∥x轴交抛物线于点D．点M是直线BC上一动点，在坐标平面内是否存在点N，使得以点C，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，
请说明理由．
【分析】（1）令x＝0、y＝0，求出点B和点C的坐标，把B、C坐标代入抛物线求a，c，得到抛物线
的解析式；
（2）由点B和点C的坐标求出OB和OC长度，得到∠CBO＝60°，从而可知∠ABP＝30°，然后设点P
的坐标，结合30°角的正切值列出方程，求m的值；
（3）由CD平行x轴求点D，设点M的坐标，利用菱形的性质“邻边相等”列出方程求点M，然后再
进一步确定点N．
【解答】解：（1）对直线y＝ x﹣4 ，当x＝0时，y＝﹣4 ；当y＝0时，x＝4，
∴C（0，﹣4 ），B（4，0），
将点B、C代入y＝ax2﹣ x+c得： ，
∴ ，
∴抛物线的解析式为y＝ x2﹣ x﹣4 ；
（2）∵C（0，﹣4 ），B（4，0），
∴OC＝4 ，OB＝4，
∴tan∠ABC＝ ，∴∠ABC＝60°，
∵∠ABC＝2∠ABP，
∴∠ABP＝30°，
如图1，过点P作PH⊥x轴于点H，
∵点P的横坐标为m，
∴BH＝4﹣m，PH＝| m2﹣ m﹣4 |，
∴tan∠ABP＝ ，
解得：m＝4（舍）或m＝﹣ 或m＝﹣ ，
∴m的值为﹣ 或m＝﹣ ；
（3）由y＝ x2﹣ x﹣4 可知对称轴为直线x＝1，
∵C（0，﹣4 ），
∴D（2，﹣4 ），
∵以点C，D，M，N为顶点的四边形是菱形，设M（x， x﹣4 ），
①如图2，以CD为对角线时，MN垂直平分CD，
∴点M的横坐标为1，当x＝1时，y＝ ﹣4 ＝﹣3 ，
∴M （1，﹣3 ），
1
∴N （1，﹣5 ），
1
②以CM为对角线时，CD＝MD，
∵C（0，﹣4 ），D（2，﹣4 ），
∴22＝（x﹣2）2+（ x）2，
解得：x＝0（舍）或x＝1，
∴M （1，﹣3 ），
2
∴N （﹣1，﹣3 ），
2
③如备用图，以CN为对角线时，CM＝CD＝2，
∴22＝x2+（ x）2，
解得：x＝1或x＝﹣1，
∴M （1，﹣3 ）或M （﹣1，﹣5 ），
3 4
∴N （3，﹣3 ），N （1，﹣5 ），
3 4
综上所述，存在，N （1，﹣5 ），N （﹣1，﹣3 ），N （3，﹣3 ）．
1 2 3
19．（2021•罗湖区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于A、B两点，
与y轴相交于点C（0，3）．且点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0），点P是抛物线上第
一象限内的一个点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连PO、PB，如果把△POB沿OB翻转，所得四边形POP′B恰为菱形，那么在抛物线的对称轴上
是否存在点Q，使△QAB与△POB相似？若存在求出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
（3）若（2）中点Q存在，指出△QAB与△POB是否位似？若位似，请直接写出其位似中心的坐标．【分析】（1）点A、B、C的坐标已知，只需运用待定系数法就可求出抛物线的解析式；
（2）由四边形POP′B为菱形可得PO＝PB，从而有∠POB＝∠PBO．由点Q在抛物线的对称轴上可
得QA＝QB，从而有∠QAB＝∠QBA．由△QAB与△POB相似可得∠PBO＝∠QBA，从而可得点Q、
P、B共线．由PO＝PB可得点P在OB的垂直平分线上，从而可得x ＝ ，代入抛物线即可求出点P的
P
坐标，设直线PB的解析式为y＝mx+n，运用待定系数法就可求出直线PB的解析式．由抛物线的对称轴
方程可得到点Q的横坐标，代入直线PB的解析式，即可得到点Q的坐标；
（3）观察图象，易知△QAB与△POB位似，位似中心即为点B，由此可得到位似中心的坐标．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）在抛物线y＝ax2+bx+c上，
∴ ，
解得 ．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）在抛物线的对称轴上存在点Q，使△QAB与△POB相似，如图所示．
∵四边形POP′B为菱形，
∴PO＝PB，
∴∠POB＝∠PBO．
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴QA＝QB，
∴∠QAB＝∠QBA．
由△QAB与△POB相似可得∠PBO＝∠QBA，∴点Q、P、B共线．
∵PO＝PB，
∴点P在OB的垂直平分线上，
∴x ＝ ，
P
此时y ＝﹣（ ）2+2× +3＝ ，
P
点P的坐标为（ ， ）．
设直线PB的解析式为y＝mx+n，
则有 ，
解得 ．
∴直线PB的解析式为y＝﹣ x+ ．
∵抛物线的对称轴为x＝﹣ ＝1，
∴x ＝1，y ＝﹣ ×1+ ＝5，
Q Q
∴点Q的坐标为（1，5）
根据对称性点Q坐标还可以为（1．﹣5）．
（3）△QAB与△POB位似，位似中心为点B，点B的坐标为（3，0）．
当Q点坐标（1，﹣5）时，位似中心坐标为（9/7，0）；
20．（2021秋•九龙坡区校级月考）如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，连接BC，交对称轴于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BC上方的抛物线上一点，连接PC，PD．求△PCD的面积的最大值以及此时点P的
坐标；
（3）将抛物线y＝ax2+bx+3向右平移1个单位得到新抛物线，新抛物线与原抛物线交于点E，点F是新
抛物线的对称轴上的一点，点G是坐标平面内一点．当以D、E、F、G四点为顶点的四边形是菱形时，
直接写出点F的坐标，并写出求解其中一个点F的坐标的过程．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）和点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，即可求解；
（2）先求直线BC的解析式为y＝﹣x+3，则可求D（1，2），过点P作x轴的垂线，交BC于点Q，设
P（t，﹣t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3），则S△PCD ＝﹣ （t﹣ ）2+ ，即可求解；
（3）先求新抛物线为y＝﹣（x﹣2）2+4，则可求E（ ， ），设F（2，m），分别求出DE2＝ +
＝ ，DF2＝1+（m﹣2）2，EF2＝ +（m﹣ ）2，分三种情况讨论：①当EF、FD为邻边，此
时EF＝FD，则F（2， ）；②当ED、EF为邻边，此时ED＝EF，F（2，2）；③当DE、DF为邻
边，此时DE＝DF，则F（2，2+ ）或F（2，2﹣ ）．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0）和点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得 ，解得 ，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
∴ ，
∴y＝﹣x+3，
∵函数的对称轴为直线x＝1，
∴D（1，2），
过点P作x轴的垂线，交BC于点Q，
设P（t，﹣t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3），
∴PQ＝﹣t2+3t，
∴S△PCD ＝ ×1×（﹣t2+3t）＝﹣ （t﹣ ）2+ ，
∴当t＝ 时，S△PCD 的最大值为 ，
此时P（ ， ）；
（3）y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4向右平移1个单位得到新抛物线为y＝﹣（x﹣2）2+4，
联立 ，
解得x＝ ，
∴E（ ， ），
∵新抛物线的对称轴为直线x＝2，
设F（2，m），
∴DE2＝ + ＝ ，DF2＝1+（m﹣2）2，EF2＝ +（m﹣ ）2，∵以D、E、F、G四点为顶点的四边形是菱形时，有三种情况：
①当EF、FD为邻边，此时EF＝FD，
∴1+（m﹣2）2＝ +（m﹣ ）2，
解得m＝ ，
∴F（2， ）；
②当ED、EF为邻边，此时ED＝EF，
∴ ＝ +（m﹣ ）2，
解得m＝ 或m＝2，
∴F（2，2）或F（2， ），
设直线ED的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
∴ ，
∴y＝ x﹣ ，
当x＝2时，y＝ ，
∴F（2，2）；
③当DE、DF为邻边，此时DE＝DF，
∴ ＝1+（m﹣2）2，
解得m＝2+ 或m＝2﹣ ，
∴F（2，2+ ）或F（2，2﹣ ）；综上所述：F点坐标为（2， ）或（2，2+ ）或（2，2﹣ ）或（2，2）．
21．（2021•诸城市三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+4经过点A（﹣2，0），点B（4，0），与y轴交于点
C，过点C作直线CD∥x轴，与抛物线交于点D，作直线BC，连接AC．
（1）求抛物线的函数表达式，并用配方法求抛物线的顶点坐标；
（2）E是抛物线上的点，求满足∠ECD＝∠ACO的点E的坐标；
（3）点M在y轴上，且位于点C的上方，点N在直线BC上，点P为直线BC上方抛物线上一点，若以
点C，M，N，P为顶点的四边形是菱形，求菱形的边长．
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）分①点E在直线CD上方的抛物线上和②点E在直线CD下方的抛物线上两种情况，用三角函数
求解即可；
（3）分①CM为菱形的边和②CM为菱形的对角线，用菱形的性质进行计算．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c的图象经过点A（﹣2，0），点B（4，0），
∴得 ，∴解得 ，
∴抛物线解析式为y＝﹣ x2+x+4，
∵ ，
∴抛物线的顶点坐标为 ；
（2）如图1，
设满足条件的点 在抛物线上：
①当点E位于直线CD下方时，过点E作EF⊥直线CD，垂足为F．
则F（t，4），CF＝t， ，
根据题意，当∠ECD＝∠ACO时，tan∠ACO＝tan∠ECD，
即 ，
∴ ，
解得t ＝0（舍去），t ＝3，
1 2
∴ ；
②当点E'位于直线CD上方时，过点E'作E'F'⊥直线CD，垂足为F'．则F'（s，4），CF'＝s，E'F'＝﹣ s2+s+4﹣4＝﹣ s2+s，
根据题意，当∠ECD＝∠ACO时，tan∠ACO＝tan∠ECD，
即 ，
∴ ，
解得s ＝0（舍去），s ＝1．
1 2
∴ ，
所以，点E的坐标为 或 ；
（3）①CM为菱形的边，如图2，
在第一象限内取点P′，过点P′作P′N′∥y轴，交BC于N′，过点P′作P′M′∥BC，交y轴于
M′，
∴四边形CM′P′N′是平行四边形，
∵四边形CM′P′N′是菱形，
∴P′M′＝P′N′，
过点P′作P′Q′⊥y轴，垂足为Q′，
∵OC＝OB，∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝45°，
∴∠P′M′C＝45°，
设点P′（m，﹣ m2+m+4），在Rt△P′M′Q′中，P′Q′＝m，P′M′＝ m，
∵B（4，0），C（0，4），
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
∵P′N′∥y轴，
∴N′（m，﹣m+4），
∴P′N′＝﹣ m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣ m2+2m，
∴ m＝﹣ m2+2m，
∴m＝0（舍）或m＝4﹣2 ，
菱形CM′P′N′的边长为 （4﹣2 ）＝4 ﹣4．
②CM为菱形的对角线，如图3，
在第一象限内抛物线上取点P，过点P作PM∥BC，
交y轴于点M，连接CP，过点M作MN∥CP，交BC于N，
∴四边形CPMN是平行四边形，连接PN交CM于点Q，
∵四边形CPMN是菱形，
∴PQ⊥CM，∠PCQ＝∠NCQ，
∵∠OCB＝45°，
∴∠NCQ＝45°，
∴∠PCQ＝45°，
∴∠CPQ＝∠PCQ＝45°，
∴PQ＝CQ，
设点P（n，﹣ n2+n+4），
∴CQ＝n，OQ＝n+4，∴n+4＝﹣ n2+n+4，
∴n＝0（舍），
∴此种情况不存在．
综上，菱形的边长为4 ﹣4．
22．（2021•鞍山一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣ x+4与x轴、y轴分别交于A、C两
点，抛物线y＝﹣ x2+bx+c经过A、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点B为y轴上一点，点P为直线AB上一点，过P作PQ∥BC交x轴于点Q，当四边形BCPQ为菱
形时，请直接写出B点坐标；
（3）在（2）的条件下，且点B在线段OC上时，将抛物线y＝﹣ x2+bx+c向上平移m个单位，平移后
的抛物线与直线AB交于点D（点D在第二象限），点N为x轴上一点，若∠DNB＝90°，且符合条件的
点N恰好有2个，求m的取值范围．
【分析】（1）先求出A、C两点坐标，然后代入抛物线的解析式求；
（2）设 B（0，a），求得 AB 的函数关系式，然后求出 Q 点的坐标，从而确定 OQ 的长，利用
△AOB∽△COQ求得；
（3）从∠DNB＝90°，且符合条件的点N恰好有2个条件转化为以BD为直径的圆与x轴相交，设圆心
为I，根据直线和圆相交的条件：圆心到直线的距离小于半径，从而求得 D点特殊位置，进而可求得m
的范围．
【解答】解：（1）由题意得，
A（3，0），C（0，4），∴ ，
∴ ，
∴抛物线解析式为 ；
（2）如图1，
设B（0，a），
∴PQ＝BC＝BQ＝4﹣a，
∵A（3，0），
∴直线AB的解析式是：y＝﹣ ，
由﹣ ＝4﹣a得，
x＝ ，
∴OQ＝ ，
∵四边形BCPQ是菱形，
∴PB⊥CQ，
∵∠ABO＝∠PBC，
∴∠OCQ＝∠BAO，
∴△AOB∽△COQ，
∴ ＝ ，∴ ＝ ，
∴a ＝ ，a ＝﹣6，
1 2
∴ ，B （0，﹣6）；
2
（3）如图2，
由（2）知，
B（0， ），
∴直线AB的解析式是：y＝﹣ ，
∴设D（a，﹣ ），
∴BD2＝（a2+ ）＝ ，
∵∠DNB＝90°，且符合条件的点N恰好有2个，
以BD为直径的圆与x轴相交，设圆心为I，
则I（ ，﹣ ），
作IJ⊥OA于J，
∴IJ＜ BD，
∴（﹣ ）2＜ ，
∴a ＜ ，a ＞ （舍去），
1 2当a＝ 时，y＝﹣ × ＝ ，
设平移后的抛物线为：
将D点坐标代入平移后解析式得，
﹣ ×（ ）2+4+m＝
解得：m＝ ，
∴m＞ ．
23．（2022•巨野县一模）如图，抛物线与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），交y轴于C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P是直线BC上方的抛物线上的一个动点，设P的横坐标为t，P到BC的距离为h，求h与t的函
数关系式，并求出h的最大值；
（3）设点M是x轴上的动点，在平面直角坐标系中，存在点N，使得以点A、C、M、N为顶点的四边
形是菱形，直接写出所有符合条件的点N坐标．
【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；
（2）过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点E，PH⊥BC于点H，连接PB、PC，可先求得直线BC的
解析式，则可用t分别表示出E的坐标，从而可表示出PE的长，再可用t表示出△PBC的面积，再利用
等积法可用t表示出h，利用二次函数的性质可求得h的最大值；
（3）分AM、CM和AC为对角线三种情况，分别根据菱形的性质可求得N点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，
∴ ，解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点E，PH⊥BC于点H，连接PB、PC，‘
∵B（3，0）、C（0，3），
∴OB＝OC＝3，BC＝ ，
设直线BC解析式为y＝kx+n，则 ，解得 ，
∴直线BC解析式为y＝﹣x+3，
∵点P的横坐标为t，且在抛物线y＝﹣x2+2x+3上，
∴P（t，﹣t2+2t+3），
又∵PD⊥x轴于点D，交BC于点E，
∴D（t，0），E（t，﹣t+3），
∴PE＝（﹣t2+2t+3）﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，
∴S△PBC ＝ PE•（ x
B
﹣x
C
）＝ （﹣t2+3t）×3＝﹣ t2+ t，
又∵S△PBC ＝ BC•PH＝ ×3 •h＝ h，
∴ h＝﹣ t2+ t，
∴h与t的函数关系式为：h＝﹣ t2+ t（0＜t＜3），
∵ ，
∴当t＝ 时，h有最大值为 ；
（3）存在．①若AM为菱形对角线，如图2，
则AM与CN互相垂直平分，
∴N（0，﹣3）；
②若CM为菱形对角线，如图3和图4，
则CN＝AM＝AC＝ ，
∴N（﹣ ，3）或N（ ，3）；
③若AC为菱形对角线，如图5，则CN＝AM＝CM，
设M（m，0），
由CM2＝AM2，得m2+32＝（m+1）2，
解得m＝4，
∴CN＝AM＝CM＝5，
∴N（﹣5，3）．
综上可知存在点N，使得以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形，符合条件的点 N有4个：（0，﹣
3）或（﹣ ，3）或（ ，3）或（﹣5，3）．
24．（2021•洛阳一模）如图，直线y＝x﹣3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y＝ x2+bx+c经过
B、C，且与x轴另一交点为A，连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E在抛物线上，连接EC，当∠ECB+∠ACO＝45°时，求点E的横坐标；
（3）点M从点A出发，沿线段AB由A向B运动，同时点N从点C出发沿线段CA由C向A运动，M，
N的运动速度都是每秒1个单位长度，当N点到达A点时，M，N同时停止运动，问在坐标平面内是否
存在点D，使M，N运动过程中的某些时刻t，以A，D，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，直接
写出t的值；若不存在，说明理由．【分析】（1）首先求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）满足条件的点E有两种情形，需要分类讨论：
①当点E在x轴上方时，设CE与x轴交于A′，则OA′＝OA，
②当点E在x轴下方时，延长CE 交x轴于点G，则AC⊥CG．
2
（3）△AMN的三边均可能成为菱形的对角线，以此为基础进行分类讨论：
①若以AN为菱形对角线，如图 2，此时 AM＝CN＝t，AN＝ ﹣t，由 ＝cos ＝ ，得5AE＝
3AM，建立方程求解即可； θ
②若以MN为菱形对角线，如图3．由AM＝AN，建立方程求解即可；
③若以AM为菱形对角线，如图4．由 ＝cos ＝ ，得5AE＝3AN，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝x﹣3与x轴、y轴θ分别交于B、C两点，
∴B（3，0），C（0，﹣3），
∵抛物线y＝ x2+bx+c经过B（3，0），C（0，﹣3），
∴ ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝ x2﹣ x﹣3；
（2）∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，∴∠BCO＝∠OBC＝45°，
①当点E在x轴上方时，设CE与x轴交于A′，
∵∠ECB+∠ACO＝45°，∠ECB+∠A′CO＝45°，
∴∠A′CO＝∠ACO，
∵∠A′OC＝∠AOC＝90°，OC＝OC，
∴△A′OC≌△AOC（ASA），
∴OA′＝OA，
由 x2﹣ x﹣3＝0，得：x ＝ ，x ＝3，
1 2
∴A（ ，0），
∴A′（ ，0），
设直线CA′的解析式为y＝kx+d，
∵C（0，﹣3），A′（ ，0），
∴ ，
解得： ，
∴直线CA′的解析式为y＝ x﹣3，
联立方程组 ，
解得： ， ，
∴E （ ，2）；
1
②当点E在x轴下方时，
∵∠ECB+∠ACO＝45°，∠BCO＝45°，∴∠ACE ＝90°，
2
延长CE 交x轴于点G，
2
∵∠AOC＝∠COG＝∠ACG＝90°，
∴∠GCO+∠ACO＝90°，∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠GCO＝∠CAO，
∴△GCO∽△CAO，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴OG＝4，
∴G（4，0），
设直线CG的解析式为y＝mx+n，
∵C（0，﹣3），G（4，0），
∴ ，
解得： ，
∴直线CG的解析式为y＝ x﹣3，
联立方程组，得： ，
解得： ， ，
∴E （ ， ）；
2
综上，点E的横坐标为 或 ；
（3）在Rt△ACO中，OA＝ ，OC＝3，∠AOC＝90°，∴AC＝ ＝ ＝ ，
设∠CAO＝ ，则tan ＝ ＝ ＝ ，sin ＝ ，cos ＝ ，
θ θ θ θ
假设存在满足条件的点D，设菱形的对角线交于点E，设运动时间为t，且0＜t＜ ，
①若以AN为菱形对角线，如图2，此时AM＝CN＝t，AN＝ ﹣t，
∵四边形AMND是菱形，
∴AE＝ AN＝ ﹣ t，∠AEM＝90°，
∴ ＝cos ＝ ，
θ
∴5AE＝3AM，即5（ ﹣ t）＝3t，
解得：t＝ ；②若以MN为菱形对角线，如图3，
∵AM＝AN，
∴t＝ ﹣t，
解得：t＝ ；
③若以AM为菱形对角线，如图4，设DN与AM交于点E，
∵四边形ANMD为菱形，
∴AM与DN互相垂直平分，即AE＝ AM＝ t，∠AEN＝90°，
∴ ＝cos ＝ ，
θ
∴5AE＝3AN，即5× t＝3×（ ﹣t），
解得：t＝ ；
综上，当t＝ 或 或 时，以A，D，M，N为顶点的四边形为菱形．25．（2021•山西模拟）综合与探究．
如图，抛物线y＝﹣ x2+ x+ 与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点为D．点P为对称
轴右侧抛物线上的一个动点，其横坐标为m，直线AD交y轴于点C，过点P作PF∥AD，交x轴于点
F，PE∥x轴，交直线AD于点E，交直线DF于点M．
（1）求直线AD的表达式及点C的坐标；
（2）当四边形AFPE的面积与△ADF的面积相等时，求m的值；
（3）试探究点P在运动过程中，是否存在m，使四边形AFPE是菱形，若存在，请直接写出点P的坐
标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）过点D、P分别作△ADF和四边形AFPE的高线DG、PH，根据四边形和三角形的面积公式得到
DG＝2PH，所以利用函数图象上点的坐标特征求得DG、PH的长度，由DG＝2PH列出方程，借助于方
程求得答案；
（3）分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，利用AE＝PE，分别求解即可．【解答】解：（1）y＝﹣ x2+ x+ ，
当y＝0时，﹣ x2+ x+ ＝0，
解得x ＝﹣2，x ＝4．
1 2
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣2，0）．
∵y＝﹣ x2+ x+ ＝﹣ （x﹣1）2+4．
∴D（1，4），
设直线AD的函数表达式为y＝kx+b．
∵直线AD过点A（﹣2，0），D（1，4），则 ，
解得 ，
∴y＝ x+ ，
当x＝0时，y＝ ，故C（0， ）；
（2）如图，分别过点D、P作DG⊥x轴于点G，PH⊥x轴于点H，
∵D（1，4），P（m，﹣ m2+ m+ ），
∴DG＝4，PH＝|﹣ m2+ m+ |．
∵PF∥AD，PE∥x轴，
∴四边形AFPE是平行四边形，∴S四边形AFPE ＝AF•PH，S△ADF ＝ AF•DG．
当四边形AFPE的面积与△ADF的面积相等时，AF•PH＝ AF•DG．
∴PH＝ DG，即|﹣ m2+ m+ |＝ ＝2．
当﹣ m2+ m+ ＝2时，m ＝1+ ，m ＝1﹣ ＜0（不合题意，舍去）．
1 2
当﹣ m2+ m+ ＝﹣2时，m ＝1+ ，m ＝1﹣ ＜0（不合题意，舍去）．
1 2
综上所述，当四边形AFPE的面积与△ADF的面积相等时，m的值为1+ 或1+ ；
（3）存在，理由：
当点P在x轴上方时，
设点P（m，﹣ m2+ m+ ），则点E的坐标为（x，﹣ m2+ m+ ），
把点A的坐标代入AD的表达式得： x+ ＝﹣ m2+ m+ ，
解得x＝﹣ m2+ m+ ，
故点E的坐标为（﹣ m2+ m+ ，﹣ m2+ m+ ），
则EP＝m﹣（﹣ m2+ m+ ），
由直线AD的表达式知，tan∠EAO＝ ，则cos∠EAO＝ ＝ ，
则AE＝ （x ﹣x ）＝ （﹣ m2+ m+ ），
E A
∵四边形AFPE是菱形，则AE＝EP，
即m﹣（﹣ m2+ m+ ）＝ （﹣ m2+ m+ ），
解得m ＝﹣2（舍去），m ＝ ，
1 2故点P的坐标为（ ， ）；
当点P在x轴下方时，
同理可得，点P的坐标为（ ，﹣21）．
综上所述，点P的坐标为（ ， ）或（ ，﹣21）．
26．（2021•交城县二模）实践与探究
如图1，已知抛物线经过原点O和x轴上一点A（4，0），抛物线顶点为E，它的对称轴与x轴交于点
D，直线y＝﹣2x﹣1经过抛物线上一点B（﹣2，m）且与y轴交于点C，与抛物线的对称轴交于点F．
（1）求m的值及该抛物线的解析式；
（2）P（x，y）是抛物线上的一点，若△ADP与△ADC的面积相等，求出所有符合条件的点P的坐标．
（3）点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，
设点M的运动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形？若能，请直接写出点
M的运动时间t的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）首先求出点B的坐标和m的值，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）△ADP与△ADC有共同的底边AD，因为面积相等，所以AD边上的高相等，即为1；从而得到点
P的纵坐标为1，再利用抛物线的解析式求出点P的纵坐标；
（3）如图2，在点M的运动过程中，依次出现四个菱形，注意不要漏解．针对每一个菱形，分别进行
计算，求出线段MF的长度，从而得到运动时间t的值．
【解答】解：（1）∵点B（﹣2，m）在直线y＝﹣2x﹣1上，∴m＝﹣2×（﹣2）﹣1＝4﹣1＝3，
∴点B（﹣2，3），
又∵抛物线经过原点O，
∴设抛物线的解析式为y＝ax2+bx，
∵点B（﹣2，3），A（4，0）在抛物线上，
∴ ，
解得 ．
∴抛物线的解析式为 ；
（2）如图1，∵P（x，y）是抛物线上的一点，
∴ ，
若S△ADP ＝S△ADC ，
∵S△ADC ＝ AD•OC，S△ADP ＝ AD•|y|，
又∵点C是直线y＝﹣2x﹣1与y轴交点，
∴C（0，﹣1），
∴OC＝1，
∴| x2﹣x|＝1，即 x 2﹣x＝1，或 x2﹣x＝﹣1，
解得：x ＝2+2 ，x ＝2﹣2 ，x ＝x ＝2，
1 2 3 4
∴点P的坐标为 P （2+2 ，1），P （2﹣2 ，1），P （2，1）；
1 2 3
（3）结论：存在．
∵抛物线的解析式为y＝ x2﹣x，
∴顶点E（2，﹣1），对称轴为x＝2；
点F是直线y＝﹣2x﹣1与对称轴x＝2的交点，
∴F（2，﹣5），DF＝5．
又∵A（4，0），∴AE＝ ．
如图2，在点M的运动过程中，依次出现四个菱形：
①四边形AEM Q 是菱形．
1 1
∵此时EM ＝AE＝ ，
1
∴M F＝DF﹣DE﹣DM ＝4﹣ ，
1 1
∴t ＝4﹣ ；
1
②四边形AEOM 是菱形．
2
∵此时DM ＝DE＝1，
2
∴M F＝DF+DM ＝6，
2 2
∴t ＝6；
2
③四边形AEM Q 是菱形．
3 3
∵此时EM ＝AE＝ ，
3
∴DM ＝EM ﹣DE＝ ﹣1，
3 3
∴M F＝DM +DF＝（ ﹣1）+5＝4+ ，
3 3
∴t ＝4+ ；
3
④四边形AM EQ 是菱形．
4 4
此时AE为菱形的对角线，设对角线AE与M Q 交于点H，则AE⊥M Q ，
4 4 4 4
∵∠ADE＝∠M HD＝90°，∠AED＝∠M DH，
4 4
∴△AED∽△M EH，
4
∴ ，即 ，
解得 ，
∴DM ＝M E﹣DE＝ ﹣1＝ ，
4 4∴M F＝DM +DF＝ +5＝ ，
4 4
∴t ＝ ．
4
综上所述，存在点M、点Q，使得以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形；时间t的值为：t ＝4﹣
1
，t ＝6，t ＝4+ ，t ＝ ．
2 3 4
