专题7二次函数与菱形存在性问题-挑战2022年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）（解析版）.docx

1、挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题7二次函数与菱形存在性问题我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是四边都相等的四边形是菱形；两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ；邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ；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

2、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yax2+bx+c（a0）的对称轴为直线x4，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

3、析式为：ya（x2）（x6），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（2m4，2），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yax2+bx+c（a0）的对称轴为直线x4，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：ya（x2）（x6），抛物线图象过点C （0，6），6a（02）（06），a，抛物线的解析式为：y（x2）（x6）x24x+6，yx24x+6（x4）22，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，CMCM，

4、EMEM，四边形CECE是平行四边形，设点M（m，0），点C （0，6），点E（4，2），CMCM，EMEM，点C（2m，6），点E（2m4，2），以C、E、C、E为顶点的四边形是菱形，CECE，m12，m26，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（x8）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（x8）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yax2x+c（a0）与x轴交于点A、B两点

5、（点A在点B左侧），与y轴交于点COA、OB的长是不等式组的整数解（OAOB），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OE2；（3）将抛物线向上平移，使点C落在点F处当ADFB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

6、为ADFB，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2x4，其整数解为2，3，OA、OB的长是所给不等式组的整数解，且OAOB，OA2，OB3，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yx2x6，点D（2，m）在抛物线上，m22264；（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ykx+b（k0），点A（2，0），D（2，4）在直线AD上，解得，直线AD的函数解析式为yx2，当x0时，y2，即

7、E（02），OE|2|2，故答案为：2；（3）如图1，ADFB，AEOBFO，OEOA2，OFOB3，C（0，6），OC|6|6，CFCO+OF6+39，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OAOB，AB与MN不能作为一组对角线，分两种情况：以AM与BN为对角线时，如图2和图2，如图2，ABOA+OB2+35，四边形ABMN是菱形，MNABx轴，MNMBAB5，在RtMBO中，OM4，M（0，4），N（5，4），如图2，同理可得：N（5，4），以AN与BM为对角线时，如图2和图2，如图2，菱形的边长仍为5，MNx轴，MO，M

8、（0，），N（5，），如图2，同理可得：N（5，），综上所述，两种情况，符合条件的点N的坐标为：N1（5，4）、N2（5，4）、N3（5，）、N4（5，）【例3】（2022烟台）如图，已知直线yx+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线yax2+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x1（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

9、【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DFAB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PAPC，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x0时，y4，C （0，4），当y0时，x+40，x3，A （3，0），对称轴为直线x1，B（1，0），设抛物线的表达式：ya（x1）（x+3），43a，a，抛物线的表达式为：y（x1）（x+3）x2x+4；（2）如图1，作DFAB于F，交AC于E，D（m，m+4），E（m，

10、m+4），DEm+4（m+4）m24m，SADCOA（m24m）2m26m，SABC8，S2m26m+82（m+）2+，当m时，S最大，当m时，y5，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，PAPC，即：PA2PC2，（1+3）2+n21+（n4）2，n，P（1，），xP+xQxA+xC，yP+yQyA+yCxQ3（1）2，yQ4，Q（2，）【例4】（2022武昌区模拟）如图，直线y2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，抛物线yx2+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

11、BC上一动点，过点P作PDx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EFBC，直线EF与抛物线交于点E，F，与直线y4x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yx2+bx+c即可求得答案；（2）设P（t，2t+8），则Q（t，t2+2t+8），根据PQMN，PQMN，可得t3，即P（3，2），Q（3，5），由两点间距离公式可得PN2，由于PNMN，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

12、，设G（0，m），由EFBC，直线BC：y2x+8，可得直线EF的解析式为y2x+m，通过联立方程组可得H（m，2m），进而求得HGm，根据直线EF：y2x+m与抛物线交于点E，F，可得x24x+m80，运用根与系数关系可得：xE+xF4，xExFm8，利用三角函数定义可得：EGxE，FGxF，再由，建立方程求解即可得出答案【解答】解：（1）直线y2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，B（4，0），C（0，8），抛物线yx2+bx+c过B，C两点，解得：，抛物线的解析式为yx2+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），PDx轴，PDy轴，即PQy轴，则Q

13、（t，t2+2t+8），PQt2+2t+8（2t+8）t2+4t，yx2+2x+8（x1）2+9，抛物线的顶点为M（1，9），对称轴为直线x1，N（1，6），MN963，MNy轴，PQMN，要使四边形MNPQ为菱形，必须PQMNPN，由t2+4t3，解得：t1或t3，当t1时，点P与点N重合，点Q与点M重合，舍去；当t3时，P（3，2），Q（3，5），PQ523，PQMN，PQMN，四边形MNPQ是平行四边形，PN2，PNMN，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），EFBC，直线BC：y2x+8，直线EF的解

14、析式为y2x+m，直线EF与直线y4x交于点H，解得：，H（m，2m），HKm，GKm，在RtGHK中，HGm，直线EF与抛物线交于点E，F，x2+2x+82x+m，整理得：x24x+m80，xE+xF4，xExFm8，在RtBOC中，OB4，OC8，BC4，sinBCO，EFBC，FGTEGLBCO，sinFGTsinEGLsinBCO，EGxE，FGxF，解得：m8，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yax2+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

15、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yx2+3x+；（2）yx2+3x+（x1）2+6，得抛物线的对称轴是直线x1，关键E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x1对称，得F（2，），设Q（1，t），P（m，m2+3m+），分3种情况：当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ的中点，得m1，又EQFQ，故P（1，6）；当EQ，FP为对角线时，EQ，FP的中点重合，得P（1，0），Q（1，0），又FQ2PQ，

16、故P（1，0）；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x0得y，令y0得x3，B（3，0），C（0，），把B（3，0），C（0，）代入yax2+3x+c得：，解得，抛物线的函数表达式是yx2+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：yx2+3x+（x1）2+6，抛物线的对称轴是直线x1，E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x1对称，F（2，），设Q（1，t），P（m，m2+3m+），当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ的中点，如图：，解得m1，E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x1对称，EQF

17、Q，以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，P（1，6）；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，），FQ2PQ，以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，P（1，0）；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，），FPQP2，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yax2+bx+6（a0）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

18、在线段BC上存在一点M，使得BMO45，过点O作OHOM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y2x+6，设点M的坐标为（m，2m+6）（0m3），过点M作MNy轴于点N，过点H作HKy轴于点K，证OMNHOK（AAS），得MNOK，ONHK则H（2m+6，m），再由点H（2m+6，m）在直线y2x+6上，得2（2m+6）

19、m，解得m，即可解决问题；（3）分两种情况讨论，当CD为菱形的边时，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yax2+bx+6经过点A（1，0），B（3，0）两点，解得：，抛物线的解析式为y2x2+4x+6；（2）由（1）得，点C（0，6），设直线BC的解析式为ykx+c，直线BC经过点B（3，0），C（0，6），解得：直线BC的解析式为y2x+6，设点M的坐标为（m，2m+6）（0m3），如图1，过点M作MNy轴于点N，过点H作HKy轴于点K，则MNOOKH90，OHOM，MOH90，OMB45，MOH是等腰直角三角形，OMOHMON+KOH90，OHK+KOH

20、90，MONOHK，OMNHOK（AAS），MNOK，ONHKH（2m+6，m），点H（2m+6，m）在直线y2x+6上，2（2m+6）m，解得：m，把m代入y2x+6得：y，当OMB45时，点M的坐标为（）；（3）存在，理由如下：抛物线的解析式为y2x2+4x+62（x1）2+8，顶点为D，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2，过C作CEDQ于EC（0，6），D（1，8），CD，DQCD，Q点的坐标为（1，8）或（1，8+）；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+n6+814，n14m，P（0，14m），

21、PC14m68m，CQ，PCCQ，8m，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yx2+bx+c的图象交x轴于A、B两点，与y轴交于点C，OB3OA3，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

22、，请说明理由【分析】（1）由OB3OA3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PFx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）OB3OA3，B（3，0），A（1，0），将（3，0），（1，0）代入yx2+bx+c得，解得，yx2+2x+3，将x0代入yx2+2x+3得y3，点C坐标为（0，3）（2）设直线BC解析式为ykx+b，将（3，0），（0，3）代入ykx+b得，解得，yx+3，作PFx轴交BC于点F，OBOC，CBO45，PEx轴，PEF

23、OBC45，PFPE，设点P坐标为（m，m2+2m+3），则点F坐标为（m，m+3）PFPEm2+2m+3（m+3）m2+3m（m）2+，m时，PE的最大值为，此时点P坐标为（，）（3）如图，PMCM，设点P坐标为（m，m2+2m+3），则M（m，m+3），由（2）得PMm2+3m，点C坐标为（0，3），CMm，m2+3mm，解得m0（舍）或m3，GCCM32，OGOC+CG3+323+1，点G坐标为（0，3+1）如图，PMCG时四边形PCGM为平行四边形，PGCM时四边形PCGM为菱形，PMm2+3m，点C坐标为（0，3），点G坐标为（0，m23m+3），作GNPM，CBO45，GPNPMC

24、BNQ45，GNPN，即mm2+2m+3（m23m+3），解得m0（舍）或m2，点G坐标为（0，1）如图，PMCM，由可得m23mm，解得m3+，PMCGCM3+2，点G坐标为（0，13）综上所述，点G坐标为（0，3+1）或（0，1）或（0，13）4（2022碑林区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线L1：yx2+bx+c经过点A（2，2），抛物线的对称轴是直线x1，顶点为点B（1）求这条抛物线的解析式；（2）将抛物线L1平移到抛物线L2，抛物线L2的顶点记为D，它的对称轴与x轴的交点记为E已知点C（2，1），若以A、C、D、E为顶点的四边形为菱形，则请求出抛物线L2的顶点坐标【分析

25、】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）设抛物线L2的顶点记为D（m，n），则E（m，0），如图，根据菱形性质和DEAC，可得出DEAC3，再分两种情况：当n3时，D（m，3），E（m，0），当n3时，D（m，3），E（m，0），分别建立方程求解即可【解答】解：（1）抛物线L1：yx2+bx+c经过点A（2，2），抛物线的对称轴是直线x1，解得：，该抛物线的解析式为yx2+2x+2；（2）设抛物线L2的顶点记为D（m，n），则E（m，0），如图，DE|n|，DEy轴，A（2，2），C（2，1），AC2（1）3，ACy轴，ACDE，又AD，AE，以A、C、D、E为顶点的四边形为菱形，DEAC，

26、即|n|3，n3，当n3时，D（m，3），E（m，0），ADAC3，AD29，即（m2）2+（32）29，解得：m2+2或22，D（2+2，3）或（22，3）；当n3时，D（m，3），E（m，0），AEAC3，AE29，即（m2）2+（02）29，解得：m2+或2，D（2+，3）或（2，3）；综上所述，点D的坐标为（2+2，3）或（22，3）或（2+，3）或（2，3）5（2022佛山校级三模）如图，抛物线yax2+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yx2（1）求抛物线的解析式；（2）已知k为正数，当0x1+k时，y的最大值和最小值分别为m，n，且m+n，

27、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AQCQ，AQAC及CQAC，进一步求得结果【解答】解：（1）当x0时，y2，点C（0，2），当y0时，0，x3，点A（3，0），设ya（x+1）（x3），将点C（0，2）代入得，3a2，

28、a，y（x+1）（x3）2；（2）抛物线的对称轴为直线：x1，k0，k+11，当0x1+k时，当x1时，n（1+1）（13），m+n，m8，当m8时，x28，x15，x23（舍去），1+k5，k4；（3）设点Q（1，a），A（3，0），C（0，2），AQ2（31）2+a2a2+4，AC232+2213，CQ21+（a+2）2a2+4a+5，当AQAC时，a2+413，a3，Q1（1，3），Q2（1，3），当AQCQ时，a2+4a+5a2+4，a，Q3（1，），当ACCQ时，a2+4a+513，a2，Q4（1，2+2），Q5（1，22），综上所述：Q（1，3）或（13）或（1）或（1，2+2）或

29、（1，22）6（2022邵阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2+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BPD90，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yx2+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PHBD，求出t的值即可求解；（3）设M

30、（m，m2+2m+3），N（1，n），分三种情况讨论：当AB为菱形的对角线时，AMAN，解得N（1，4）；当AM为菱形对角线时，ABAN，不存在菱形；当AN为菱形对角线时，ABAM，不存在菱形【解答】解：（1）将点A（1，0）、点C（0，3）代入yx2+bx+c，解得，yx2+2x+3，yx2+2x+3（x1）2+4，抛物线的对称轴为直线x1；（2）令x2+2x+30，解得x1（舍去）或x3，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，BPD90，PHBD，设P（1，t），（）2+（t）210，解得t1或t2，P（1，1）或（1，2）；（3）存在以A、B、

31、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），当AB为菱形的对角线时，AMAN，解得，N（1，4）；当AM为菱形对角线时，ABAN，此时无解；当AN为菱形对角线时，ABAM，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yax2+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），BC3，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PDAB，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

32、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OA4，则A（0，4），由BC3（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PEy轴交AC于点E，作DFPE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）SABC

33、BCOA6，BC3，B（1，0），OA4，C（4，0），A（0，4），解得，抛物线的解析式为yx25x+4；（2）如图，过点P作PEy轴交AC于点E，作DFPE于F，OCOA4，则OACDEF45DFEF，PDAB，ABODGBHGPABO+OAB90，HGP+DPE90，OABDPEtanDPEtanOAB，PF4DFEFDFPEPFEF3DFDFPE，又在RtPDF中，由勾股定理得：PDDFPE设点P（t，t25t+4），C（4，0），A（0，4），直线AC解析式为：yx+4，点E坐标为（t，t+4）PEyEyPt+4（t25t+4）t2+4t，PDPE（t2+4t）（t2）2+，0，当t

34、2时，PD有最大值，此时点P（2，2）；（3）yx25x+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x1，设M（1，t）；当线段AB为菱形的对角线时，MAMB，A（0，4），B（1，0），MA212+（4t）2t28t+17，MB2t2+4，t28t+17t2+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），MA212+（4t）2t28t+17，AB217，MB2t2+4，当MAAB时，MA2AB2，即t28t+1717，t0或t8；M（1，0）或（1

35、，8）；直线AB为y4x+4，当x1时，y8，（1，8）在直线AB上，不合题意，舍去，A（0，4），B（1，0），1+10，044，N（0，4）；当BABM时，BA2BM2，即17t2+4，t或t；M（1，）或（1，）；A（0，4），B（1，0），112，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yx3与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线yx2+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PGAB于点G（1）求b、c的值；（2）若点M是抛物线对称轴上

36、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（x2）21，整理得yx2x+3，b，c3；

37、（2）由题意知，抛物线的对称轴为x2，把y0代入y（x2）21，得x或x3，C（，0），D（3，0），CD2I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，MNCD2，x2+24，把x4代入y（x2）21，得y3，点N的坐标为（4，3）MC2MCMNCD2，四边形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）

38、或（0，3）或（2，1）；（3）把x0代入yx3，得y3，点B的坐标为（0，3）把y0代入yx3，得x3，点A的坐标为（3，0）AB6，sinABO，如图，过点P作PHx轴交AB于点H，则有PHOB，PHCABO，sinPHGsinABO，设点P的横坐标为m，则P（m，m2m+3），H（m，m3），PHm2m+3（m3）m2m+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，m2m+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yx2x+2交x轴于点A、B，交y轴于点C（1）求

39、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OCMOAC，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yax2+bx+c（a0），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x0，则y2，令y0，则x2x+20，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

40、：如图1，过点P作PNy轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GHPN于点H，由tanOACtanOCM，可得，即可得出M（1，0），再利用待定系数法求得直线OM的解析式，设P（m，m2m+2），则N（m，2m+2），可得出PHPNm2m，再由cosTPEcosOAC，可得PGPHm2m（m+）2+，运用二次函数性质求最值即可；解法二：如图1，过点作PHx轴交CM于点H，过点G作GDPH于点D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，设P（m，m2m+2），则H（m2m，m2m+2），可得DP（m2mm）m2m（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

41、（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yx2x+2中，令x0，则y2，C（0，2），OC2，令y0，则x2x+20，解得：x11，x24，A（4，0），B（1，0），AB1（4）5，SABCABOC525；（2）解法一：如图1，过点P作PNy轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GHPN于点H，则PNGOCM，PHGAKT90，PGAC，PET90AKT，PTE+TPE90，OAC+ATK90，PTEATK，TPEOAC，OCMOAC，PNGTPEOAC，PGNG，GHPN

42、，PHPN，tanOACtanOCM，即，OM1，M（1，0），设直线OM的解析式为ykx+b，M（1，0），C（0，2），解得：，直线CM的解析式为y2x+2，设P（m，m2m+2），则N（m，2m+2），PNm2m+2（2m+2）m2m，PHPNm2m，AC2，cosTPEcosOAC，PGPHm2m（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PHx轴交CM于点H，过点G作GDPH于点D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，由（1）得，AOCCOB90，AOCCOB，OACBCOOCM，在COB和COM中，COBCOM（ASA）

43、，OMOB1，M（1，0），设直线CM的解析式为ykx+b，M（1，0），C（0，2），解得：，直线CM的解析式为y2x+2，DGOC，DGHOCM，ANFFEG90，NFAEFG，NAFFGE，OCMOAC，DGHFGE，GDPGDH90，GDGD，GDPGDH（ASA），PDDH，设P（m，m2m+2），则H（m2m，m2m+2），DP（m2mm）m2m（m+）2+，tanOCBtanPGD，可得：PGDP，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yx2x+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

44、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：x1，代入得y3，E（1，3），设F（，n），则AE2（1+4）2+3218，AF2（+4）2+n2，EF2（+1）2+（n3）2，当AEAF时，18+n2，此方程无实数根；当AEEF时，18n26n+，解得：n13，n23+，则F1（，3），对应的Q1（，）；F2（，3+），对应的Q2（，）；当AFEF时，+n2n26n+，解得：n，F3（，），对应的Q3（，）；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yax2+

45、bx+c（a0），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SDACSMAC？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ya（x+4）（x2），将C（0，8）代入，解方程即可求得答案；（2）直线AC的解析式为y2x+8，设D（t，t22t+8），过点D作DGy轴交

46、直线AC于点G，过点M作MHy轴交直线AC于点H，则G（t，2t+8），H（1，6），根据SDACSMAC，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：当CE为对角线时，则AEAC，当AC为对角线时，则AECE，当AE为对角线时，则CEAC，分别建立方程求解即可【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+c经过A（4，0）和B（2，0），设ya（x+4）（x2），将C（0，8）代入，得：8a（0+4）（02），解得：a1，y（x+4）（x2）x22x+8（x+1）2+9，M（1，9）；故抛物线的函数表达式为yx22x+8，顶点M坐标为（1，9）；（2）存在设直线

47、AC的解析式为ykx+d，A（4，0），C（0，8），解得：，直线AC的解析式为y2x+8，设D（t，t22t+8），过点D作DGy轴交直线AC于点G，过点M作MHy轴交直线AC于点H，则G（t，2t+8），H（1，6），DGt22t+8（2t+8）t24t，MH963，SDACSADG+SCDGDG（t+4）+DG（0t）2DG，SMACSAMH+SCMHMH3+MH12MH6，SDACSMAC，2DG6，即2（t24t）3，解得：t12，t22+，点D的横坐标为2或2+；（3）如图2，设E（m，0），则AE2（m+4）2，CE2m2+82，AC282+（4）280，当CE为对角线时，则AE

48、AC，（m+4）280，解得：m4+4或44，点E的坐标为（4+4，0）或（44，0）；当AC为对角线时，则AECE，（m+4）2m2+82，解得：m6，点E的坐标为（6，0）；当AE为对角线时，则CEAC，m2+8280，解得：m4（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（44，0）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C1：yx24x2的顶点为A，与y轴交于点B，将抛物线C1绕着平面内的某一点旋转180得到抛物线C2，抛物线C2与y轴正半轴相交于点C（1）求A、B两点的坐标；（2）若抛物线C2上存在点D，使得以A

49、、B、C、D四点为顶点的四边形为菱形，请求出此时抛物线C2的表达式【分析】（1）利用配方法求出顶点坐标，令x0，可得y2，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C1：yx24x2（x+2）2+2，顶点A（2，2），令x0，可得y2，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C1与C2关于T（0，2）成中心对称，D（2，2）是抛物线C2的顶点，抛物线C2的解析式为y（x2）2+2，即yx24x+6如图2中，当AB是菱形的对角线时，四

50、边形ADBC是菱形，此时CABC，设C（0，m）则有，22+（2m）2（m+2）2，m，C（0，），ADBC，D（2，），设抛物线C2的解析式为yx2+bx+，把D（2，）代入yx2+bx+，可得42b+，解得b，抛物线C2的解析式为yx2+x+，如图3中，当AB是菱形的边时，点C是抛物线的顶点（0，22），可得抛物线的解析式为yx2+22综上所述，满足条件的抛物线的解析式为yx24x+6或yx2+x+或yx2+2212（2022春兴宁区校级期末）如图，抛物线yx2+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

51、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yx2+bx+c即可得到答案；（2）过点P作PMy轴交直线AC于点M，则P的坐标是（m，m2+2m3），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：如图2，四边形CDEB是菱形，如图3，四边形CBDE是菱形

52、，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yx2+bx+c得：，解得：，yx2+2x3；（2）如图1，过点P作PMy轴交直线AC于点M，A（3，0），C（0，3），设直线AC的解析式为：ykx+n，AC的解析式为：yx3，P点的横坐标为m，P的坐标是（m，m2+2m3），则M的坐标是（m，m3），PMm3（m2+2m3）m23m，点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，3m0，SPMOA（m23m）m2m（3m0）；（3）分两种情况：如图2，四边形CDEB是菱形，设D（t，t3），则E（t+1，t），四边形CDEB是菱形，CDBC，（t0）

53、2+（t3+3）212+32，t，t0，t，E（+1，）；如图3，四边形CBDE是菱形，设D（t，t3），则E（t1，t6），四边形CBDE是菱形，CEBC，（t10）2+（t6+3）212+32，t0（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yax2+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：AE4：5时，求tanDAB的值；（3）点P是直线BC上一点，在平面

54、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DEFAEG，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yax2+bx+3，得，解得，解析式为；（2）当x0时，C（0，3），设直线BC的解析式为y

55、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x1时，y，AGy轴DF，DEFAEG，DF3，设，解得：t1t22，AH1+23，在RtADH中，；（3）存在，分三种情况：如图2，四边形ACPQ是菱形，则PCAC，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，）；如图3，四边形APCQ是菱形，BCAB5，B在AC的垂直平分线上，P与B重合，Q（5，3）；如图4，四边形ACQP是菱形，同

56、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yx+3与x轴、y轴分别交于点B，点C，经过B，C两点的抛物线yx2+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AMBM，点A（1，0），由四边形CO

57、AM周长OC+OA+AM+CM4+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yx+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yx2+bx+c经过B，C两点，解得，抛物线的解析式为：yx24x+3；（2）如图，连接AM，yx24x+3（x2）21，抛物线的对称轴为直线x2，点A与点B关于对称轴对称，AMBM，点A（1，0），点C（0，3），点A（1，0），点B（3，0），OA1，OC

58、3，OB3，四边形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，BC3，四边形COAM周长的最小值4+3；（3）yx24x+3（x2）21，顶点P（2，1），又点C（0，3），PC2，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MCMP，则|t+1|，t，点M（2，）；若MPPC，则2|t+1|，t11+2，t212，点M（2，1+2）或（2，12）；若MCPC，则2，解得：t31（不合题意舍去），t47，点M（2，7）

59、；综上所述：点M的坐标为（2，）或（2，7）或（2，1+2）或（2，12）15（2021两江新区模拟）如图，抛物线yax2+bx+c（a0）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yax2+bx+c（a0）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A

60、C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PEy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ya（x+1）（x3），代入点C（0，3）得3a3，解得a1y（x+1）（x3）x22x3（2）如图1，过点P作PEy轴交BC于点

61、E，作GFPE于点F又OCOB3，则OCBGEP45ACPGACBCGP即ACO+OCBGEP+GPE，ACOGPEtanGPEtanACO，PF3GF又GEF45，EFGFPEPF+EF4GF又在RtGFP中，由勾股定理得：PGPG设点P（t，t22t3）B（3，0），C（0，3）直线BC解析式为：yx3，点E坐标为（t，t3）PEyEyPt3（t22t3）t2+3t，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（x2）23，对称轴为直线x2故设点M（2，m），又A（1，0

62、），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：如图2，当ACAM时，m11，m21M1（2，1），M2（2，1）由平行四边形对角线互相平分可知：N1（3，2），N2（3，4）如图3，当CACM，m3，m43M3（2，3+），M4（2，3）N3（1，），N4（1，），综上：使以AC为边的菱形的N点有：N1（3，2），N2（3，4），N3（1，），N4（1，）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yax2+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

63、边向点C运动，运动的时间为t秒过点P作PECD交BD于点E，过点E作EFAD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：t208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

64、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SBGDADEG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BQFQt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ya（x+1）2+4，抛物线经过点B（3，0），4a+

65、40，解得a1，该抛物线的解析式为y（x+1）2+4，即yx22x+3；（2）如图1，设直线BD的解析式为ykx+d，则，解得，y2x+6，设G（x，x22x+3）（3x1），则E（x，2x+6），GEx22x+3（2x+6）x24x3，AD1（3）2，SBGDGEAF+GEDFGEAD2（x24x3）（x+2）2+1，当x2时，SBGD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BQPDEFt，PQEF，四边形BQFE是平行四边形，当BQQFt时，四边形BQFE是菱形，此时点H与点F重合QFBD，AQFQBD，AD2，AB4，A90，BD2，AQQFt

66、，t+t4，解得t20；如图3，菱形BQEH以BE为对角线，连结QH交BE于点R，则QHBE，BRER，BRQ90，BRt；同理，DEPDt，2t+t2，解得t综上所述，t20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yx2+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PFx轴交直线BC于点F，过P作PEy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

67、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x0，y0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x0，则2，解得点C坐标为（0，2），令y0，即，解得：x4或1，点B坐标为（4，0）（2）设直线BC解析式为ykx+b，代入点B、点C坐标，得：，解得：直线BC解析式为yx+2设P坐标为（m，），则E坐标为（m，m+2），其中0m4设点F横坐标为xF，纵坐标y

68、F，令xF+2，解得：xFm23mPE（m+2），PFm（m23m）m2+4mEF，则当m2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：OA1，OC2，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：以点B为圆心，BC为半径画圆交对称轴x2于点N1、N2.如图1此时，BCBN1BN22，即，解得：MN14故点N1坐

69、标为（2，4），同理可得点N2坐标为（2，4）由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：，即，解得：；或，解得：点Q1坐标为（2，6），Q2（2，2）以点C为圆心，CB为半径画圆交对称轴x2于点N3、N4，作N3Py轴于点P，如图2此时CBCN3CN4，PN32，PC4，故点N3坐标为（2，6），同理可得N4坐标为（2，2）由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：，即，解得：；或，解得：点Q3坐标为（6，4），Q4（6，4）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NCNB，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，

70、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yx4的图象分别与x轴，y轴交于B，C两点，二次函数yax2x+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ABC2ABP求m的值；（3）如图2，过点C作CDx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x0、y0，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

71、；（2）由点B和点C的坐标求出OB和OC长度，得到CBO60，从而可知ABP30，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yx4，当x0时，y4；当y0时，x4，C（0，4），B（4，0），将点B、C代入yax2x+c得：，抛物线的解析式为yx2x4；（2）C（0，4），B（4，0），OC4，OB4，tanABC，ABC60，ABC2ABP，ABP30，如图1，过点P作PHx轴于点H，点P的横坐标为m，BH4m，PH|m2m4|，tanABP，解得：m

72、4（舍）或m或m，m的值为或m；（3）由yx2x4可知对称轴为直线x1，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，x4），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x1时，y43，M1（1，3），N1（1，5），以CM为对角线时，CDMD，C（0，4），D（2，4），22（x2）2+（x）2，解得：x0（舍）或x1，M2（1，3），N2（1，3），如备用图，以CN为对角线时，CMCD2，22x2+（x）2，解得：x1或x1，M3（1，3）或M4（1，5），N3（3，3），N4（1，5），综上所述，存在，N1（1，5），N2（1，3），N

73、3（3，3）19（2021罗湖区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+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POPB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

74、四边形POPB为菱形可得POPB，从而有POBPBO由点Q在抛物线的对称轴上可得QAQB，从而有QABQBA由QAB与POB相似可得PBOQBA，从而可得点Q、P、B共线由POPB可得点P在OB的垂直平分线上，从而可得xP，代入抛物线即可求出点P的坐标，设直线PB的解析式为ymx+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yax2+bx+c上，解得抛物线的解析式为yx

75、2+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POPB为菱形，POPB，POBPBO点Q在抛物线的对称轴上，QAQB，QABQBA由QAB与POB相似可得PBOQBA，点Q、P、B共线POPB，点P在OB的垂直平分线上，xP，此时yP（）2+2+3，点P的坐标为（，）设直线PB的解析式为ymx+n，则有，解得直线PB的解析式为yx+抛物线的对称轴为x1，xQ1，yQ1+5，点Q的坐标为（1，5）根据对称性点Q坐标还可以为（15）（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（202

76、1秋九龙坡区校级月考）如图，抛物线yax2+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yax2+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yax2+bx+3，即可求解；（2）先求直线BC的解析式

77、为yx+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SPCD（t）2+，即可求解；（3）先求新抛物线为y（x2）2+4，则可求E（，），设F（2，m），分别求出DE2+，DF21+（m2）2，EF2+（m）2，分三种情况讨论：当EF、FD为邻边，此时EFFD，则F（2，）；当ED、EF为邻边，此时EDEF，F（2，2）；当DE、DF为邻边，此时DEDF，则F（2，2+）或F（2，2）【解答】解：（1）将点A（1，0）和点B（3，0）代入yax2+bx+3，得，解得，yx2+2x+3；（2）令x0，则y3，C（0，3），设直线BC的

78、解析式为ykx+b，yx+3，函数的对称轴为直线x1，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），PQt2+3t，SPCD1（t2+3t）（t）2+，当t时，SPCD的最大值为，此时P（，）；（3）yx2+2x+3（x1）2+4向右平移1个单位得到新抛物线为y（x2）2+4，联立，解得x，E（，），新抛物线的对称轴为直线x2，设F（2，m），DE2+，DF21+（m2）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：当EF、FD为邻边，此时EFFD，1+（m2）2+（m）2，解得m，F（2，）；当ED、EF为邻边

79、，此时EDEF，+（m）2，解得m或m2，F（2，2）或F（2，），设直线ED的解析式为ykx+b，yx，当x2时，y，F（2，2）；当DE、DF为邻边，此时DEDF，1+（m2）2，解得m2+或m2，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yax2+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CDx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ECDACO的点E的坐标；（3）点M在y轴上，

80、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）分点E在直线CD上方的抛物线上和点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CM为菱形的边和CM为菱形的对角线，用菱形的性质进行计算【解答】解：（1）抛物线yax2+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yx2+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：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），CFt，根据题

81、意，当ECDACO时，tanACOtanECD，即，解得t10（舍去），t23，；当点E位于直线CD上方时，过点E作EF直线CD，垂足为F则F（s，4），CFs，EFs2+s+44s2+s，根据题意，当ECDACO时，tanACOtanECD，即，解得s10（舍去），s21，所以，点E的坐标为或；（3）CM为菱形的边，如图2，在第一象限内取点P，过点P作PNy轴，交BC于N，过点P作PMBC，交y轴于M，四边形CMPN是平行四边形，四边形CMPN是菱形，PMPN，过点P作PQy轴，垂足为Q，OCOB，BOC90，OCB45，PMC45，设点P（m，m2+m+4），在RtPMQ中，PQm，PMm

82、，B（4，0），C（0，4），直线BC的解析式为yx+4，PNy轴，N（m，m+4），PNm2+m+4（m+4）m2+2m，mm2+2m，m0（舍）或m42，菱形CMPN的边长为（42）44CM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PMBC，交y轴于点M，连接CP，过点M作MNCP，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，PQCM，PCQNCQ，OCB45，NCQ45，PCQ45，CPQPCQ45，PQCQ，设点P（n，n2+n+4），CQn，OQn+4，n+4n2+n+4，n0（舍），此种情况不存在综上，菱形的边长为4422（

83、2021鞍山一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线yx+4与x轴、y轴分别交于A、C两点，抛物线yx2+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PQBC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yx2+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DNB90，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

84、出Q点的坐标，从而确定OQ的长，利用AOBCOQ求得；（3）从DNB90，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），PQBCBQ4a，A（3，0），直线AB的解析式是：y，由4a得，x，OQ，四边形BCPQ是菱形，PBCQ，ABOPBC，OCQBAO，AOBCOQ，a1，a26，B2（0，6）；（3）如图2，由（2）知，B（0，），直线AB的解析式是：y，设D（a，），B

85、D2（a2+），DNB90，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IJOA于J，IJBD，（）2，a1，a2（舍去），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，m23（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

86、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PDx轴于点D，交BC于点E，PHBC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yax2+bx+c过A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，解得 ，抛物线的解析式为yx2+2x+3；（2）如图1，过点P作PDx轴于点D，交BC于点E

87、，PHBC于点H，连接PB、PC，B（3，0）、C（0，3），OBOC3，BC，设直线BC解析式为ykx+n，则 ，解得 ，直线BC解析式为yx+3，点P的横坐标为t，且在抛物线yx2+2x+3上，P（t，t2+2t+3），又PDx轴于点D，交BC于点E，D（t，0），E（t，t+3），PE（t2+2t+3）（t+3）t2+3t，SPBC PE（ xBxC ） （t2+3t）3 t2+ t，又SPBC BCPH3 hh，ht2+t，h与t的函数关系式为：ht2+t（0t3），当t时，h有最大值为 ；（3）存在若AM为菱形对角线，如图2，则AM与CN互相垂直平分，N（0，3）；若CM为菱形对角线

88、，如图3和图4，则CNAMAC，N（，3）或N（ ，3）；若AC为菱形对角线，如图5，则CNAMCM，设M（m，0），由CM2AM2，得m2+32（m+1）2，解得m4，CNAMCM5，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yx3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线yx2+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+ACO45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

89、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：当点E在x轴上方时，设CE与x轴交于A，则OAOA，当点E在x轴下方时，延长CE2交x轴于点G，则ACCG（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：若以AN为菱形对角线，如图2，此时AMCNt

90、，ANt，由cos，得5AE3AM，建立方程求解即可；若以MN为菱形对角线，如图3由AMAN，建立方程求解即可；若以AM为菱形对角线，如图4由cos，得5AE3AN，建立方程求解即可【解答】解：（1）直线yx3与x轴、y轴分别交于B、C两点，B（3，0），C（0，3），抛物线yx2+bx+c经过B（3，0），C（0，3），解得：，抛物线的解析式为yx2x3；（2）OBOC3，BOC90，BCOOBC45，当点E在x轴上方时，设CE与x轴交于A，ECB+ACO45，ECB+ACO45，ACOACO，AOCAOC90，OCOC，AOCAOC（ASA），OAOA，由x2x30，得：x1，x23，A（

91、，0），A（，0），设直线CA的解析式为ykx+d，C（0，3），A（，0），解得：，直线CA的解析式为yx3，联立方程组，解得：，E1（，2）；当点E在x轴下方时，ECB+ACO45，BCO45，ACE290，延长CE2交x轴于点G，AOCCOGACG90，GCO+ACO90，ACO+CAO90，GCOCAO，GCOCAO，OG4，G（4，0），设直线CG的解析式为ymx+n，C（0，3），G（4，0），解得：，直线CG的解析式为yx3，联立方程组，得：，解得：，E2（，）；综上，点E的横坐标为或；（3）在RtACO中，OA，OC3，AOC90，AC，设CAO，则tan，sin，cos，假设

92、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0t，若以AN为菱形对角线，如图2，此时AMCNt，ANt，四边形AMND是菱形，AEANt，AEM90，cos，5AE3AM，即5（t）3t，解得：t；若以MN为菱形对角线，如图3，AMAN，tt，解得：t；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AEAMt，AEN90，cos，5AE3AN，即5t3（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yx2+x+与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶

93、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PFAD，交x轴于点F，PEx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DG2PH，所以利用函数图象上点的坐标特征求得DG、PH的长度，由DG2PH列出方程，借助于方程求得答

94、案；（3）分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，利用AEPE，分别求解即可【解答】解：（1）yx2+x+，当y0时，x2+x+0，解得x12，x24点A在点B的左侧，A（2，0）yx2+x+（x1）2+4D（1，4），设直线AD的函数表达式为ykx+b直线AD过点A（2，0），D（1，4），则，解得，yx+，当x0时，y，故C（0，）；（2）如图，分别过点D、P作DGx轴于点G，PHx轴于点H，D（1，4），P（m，m2+m+），DG4，PH|m2+m+|PFAD，PEx轴，四边形AFPE是平行四边形，S四边形AFPEAFPH，SADFAFDG当四边形AFPE的面积与ADF的面积相等时，A

95、FPHAFDGPHDG，即|m2+m+|2当m2+m+2时，m11+，m210（不合题意，舍去）当m2+m+2时，m11+，m210（不合题意，舍去）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xm2+m+，故点E的坐标为（m2+m+，m2+m+），则EPm（m2+m+），由直线AD的表达式知，tanEAO，则cosEAO，则AE（xExA）（m2+m+），四边形AFPE是菱形，则AEEP，即m（m2+m+）（m2+

96、m+），解得m12（舍去），m2，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y2x1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

97、，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y2x1上，m2（2）1413，点B（2，3），又抛物线经过原点O，设抛物线的解析式为yax

98、2+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SADPSADC，SADCADOC，SADPAD|y|，又点C是直线y2x1与y轴交点，C（0，1），OC1，|x2x|1，即x 2x1，或x2x1，解得：x12+2，x222，x3x42，点P的坐标为 P1（2+2，1），P2（22，1），P3 （2，1）；（3）结论：存在抛物线的解析式为yx2x，顶点E（2，1），对称轴为x2；点F是直线y2x1与对称轴x2的交点，F（2，5），DF5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：四边形AEM1Q1是菱形此时EM1AE，M1FDFDEDM14，t14；四边形AEOM2是菱形此时DM2DE1，M2FDF+DM26，t26；四边形AEM3Q3是菱形此时EM3AE，DM3EM3DE1，M3FDM3+DF（1）+54+，t34+；四边形AM4EQ4是菱形此时AE为菱形的对角线，设对角线AE与M4Q4交于点H，则AEM4Q4，ADEM4HD90，AEDM4DH，AEDM4EH，即，解得，DM4M4EDE1，M4FDM4+DF+5，t4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：t14，t26，t34+，t4