专题12 二次函数与几何问题（三）（云南专用）（解析版）

专题12二次函数的图像与性质（三）目录热点题型归纳 1题型01二次函数中平行四边形存在性问题 1题型02二次函数中矩形存在性问题 9题型03二次函数中菱形存在性问题 16题型4二次函数中正方形存在性问题 27中考练场 42 题型01二次函数中平行四边形存在性问题【解题策略】平行四边形存在性问题通常可分为“三定一动”和“两定两动”两大类问题.而且“三定一动”的动点和“两定两动”的动点性质并不完全一样,“三定一动”中动点是在平面中横纵坐标都不确定，需要用两个字母表示，这样的我们姑且称为“全动点”，而有一些动点在坐标轴、直线或者抛物线上，用一个字母即可表示点坐标，称为“半动点”.找不同图形的存在性最多可以有几个未知量，都是根据图形决定的，像平行四边形，只能有2个未知量.究其原因，在于平行四边形两大性质:(1)对边平行且相等:(2)对角线互相平分.但此两个性质统一成一个等式:xA【典例分析】例1．（2022·四川）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−1，点M(1,m)是其对称轴上一点，y轴上一点B(0,1)．

(1)求二次函数的表达式；(2)二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，△PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；(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，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=(2)S=−(3)存在，N(1,−1)或(3,3)或(−1,3)【分析】（1）由二次函数的最小值为−1，点M(1,m)是其对称轴上一点，得二次函数顶点为(1,−1)，设顶点式y=a(x−1)2−1（2）连接OP，根据S=S△AOB+S△OAP（3）设Nn,n2−2n，分三种情况：当AB为对角线时，当AM为对角线时，当【详解】（1）解：∵二次函数的最小值为−1，点M(1,m)是其对称轴上一点，∴二次函数顶点为(1,−1)，设二次函数解析式为y=a(x−1)将点O(0,0)代入得，a−1=0，∴a=1，∴y=(x−1)（2）如图，连接OP，

当y=0时，x2∴x=0或2，∴A(2,0)，∵点P在抛物线y=x∴点P的纵坐标为t2∴S===−t（3）设Nn,当AB为对角线时，由中点坐标公式得，2+0=1+n，∴n=1，∴N(1,−1)，当AM为对角线时，由中点坐标公式得，2+1=n+0，∴n=3，∴N(3,3)，当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2+n=0+1，∴n=−1，∴N(−1,3)，综上：N(1,−1)或(3,3)或(−1,3)．【点睛】此题考查了待定系数法求抛物线的解析式，抛物线与图形面积，平行四边形的性质，熟练掌握待定系数法及平行四边形是性质是解题的关键．【变式演练】1．（2024·浙江模拟）如图，抛物线y=−x2+2x+m(m>0)与y轴交于A点，其顶点为D．直线y=−12x−2m分别与x轴、y轴交于B、C两点，与直线(1)求A、D的坐标（用m的代数式表示）；(2)将△ACE沿着y轴翻折，若点E的对称点P恰好落在抛物线上，求m的值；(3)抛物线y=−x2+2x+m(m>0)上是否存在一点P，使得以P、A、C【答案】(1)A(0,m),D(1,m+1)(2)m=(3)y=−x2【分析】本题考查二次函数综合题、一次函数、对称、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会用配方法确定抛物线顶点坐标，学会分类讨论，知道可以利用方程组求两个函数图象交点坐标，属于中考压轴题．（1）利用配方法求出顶点D坐标，令x=0，可以求出点A坐标；（2）求出直线AC解析式，利用方程组求出点E坐标，再求出点E关于y轴对称点E'坐标，利用待定系数法即可解决问题；（3）分AC为边，AC为对角线两种情形分别讨论即可解决问题．【详解】（1）∵y=−x∴顶点D(1,m+1)，令x=0，则y=m，∴点A(0,m)，∴A(0，m)，D(1，m+1)；（2）设直线AD为y=kx+b，则b=mk+b=m+1，解得k=1∴直线AD解析式为y=x+m，由y=x+my=−12∴点E坐标为(−2m,−m)，∴点E关于y轴的对称点P(2m,−m)，∵点P在抛物线上，∴−m=−4m∴m=32或∵m>0，∴m=3（3）如图，①当AC为边时，EP∥AC，EP=AC，令x=0，则y=−2m，∴点C的坐标为(0,−2m)，∴AC=m−(−2m)=3m根据平移可以得到点P坐标(−2m,−4m)，∴−4m=−4m∴m=14或②当AC为对角线时，AE为边，根据平移可得点P'坐标(2m,0)，∴0=−4m∴m=54或∴抛物线解析式为y=−x2+2x+2．（2023·河南模拟）如图，抛物线y=ax2+bx−16对称轴是直线x=1，且过点A−2,0．点(1)求抛物线的表达式．(2)矩形BCDE的边BC在x轴正半轴上，边CD在第四象限．BC=6，CD=4．将矩形BCDE沿x轴负半轴方向平移得到矩形B'C'D'E'，直线B'E'与直线C'D'【答案】(1)y=2(2)存在；平移距离是35【分析】（1）用待定系数法即可求出抛物线；（2）设将矩形BCDE沿x轴负半轴方向平移t个单位得到矩形B'C'D'E'【详解】（1）解：由题可得−b解得a=2b=−4∴抛物线的表达式为：y=2（2）解：存在以C'、E'、M、理由如下：∵抛物线y=2x2−4∴B4∵BC=6，CD=4，∴C10设将矩形BCDE沿x轴负半轴方向平移t个单位得到矩形B'∴B∵直线B'E'与直线C'D∴M4−t,2t2∴E∵C∴C'N=E'M时，以C'∴2t2−12t+4=2解方程①得t=35化简②得t2∵Δ∴此方程无解，这种情况不成立，综上所述，当平移356个单位时存在以C'、E'、M【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，矩形的性质，平行四边形的判定及性质，平移的性质，分类讨论是解题的关键．题型02二次函数中矩形存在性问题【解题策略】矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“内角为直角”，因此相比起行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式:xA+xC=xB+xD【典例分析】例1．（2023·山西）综合与探究如图，抛物线y=−x2+bx+c的顶点为D1,4与x轴交于A和B两点，交

(1)求抛物线的函数表达式及点A、B、C的坐标；(2)如图1，点P是直线BC上方的抛物线上的动点，当△BCP面积最大时，求点P的横坐标；(3)如图2，若点M是坐标轴上一点，点N为平面内一点，是否存在这样的点，使以B、D、M、N为顶点的四边形是以BD为对角线的矩形？若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−x2+2x+3，点A、B、C的坐标分别为：(−1,0)、(2)P(3)点N(4,1)或(【分析】（1）依题意，y=−(x−1)2+4=−x2+2x+3，当（2）由△BCP面积=S（3）根据矩形的性质，由中点坐标公式和对角线BD=MN列出方程组，即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c∴y=−(x−1)当x=0时，y=3，令y=−x2+2x+3=0，解得：∴即点A、B、C的坐标分别为：(−1,0)、(3,0)（2）过点P作PH∥y轴交BC于点

设直线BC的解析式为y=kx+3，将3,0代入，得3k+3=0，解得：k=−1，∴直线BC的解析式为y=−x+3，设点Px,−x2+2x+3,则△BCP面积==∵−32<0,当x=32时，−此时，点P3（3）存在，理由如下：设点M的坐标为：(0，m)或(n,0)，点N(s,t)，由点B、D的坐标得，BD由中点坐标公式和对角线BD=MN得：3+1=s4+0=m+t20=解得：m=3s=4t=1或m=1s=4t=3或n=1s=3t=4∴即点N(4,1)或(4,3

【点睛】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，矩形的性质等知识，分类求解是解题的关键．【变式演练】1．（2023·河北模拟）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A−3,0,B2,0．与y轴交于点C，∠CAO=45°，直线y=kx

(1)求抛物线的解析式；(2)若点M为直线y=1上一点，点N为直线EC上一点，求CM+MN的最小值；(3)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E，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−(2)8(3)存在，（1，﹣4）或（7，﹣11）．【分析】（1）求出C点坐标，再由待定系数法求函数的解析式即可；（2）作C点关于y=1的对称点C'，过C'作C'N⊥EC交于N，交y=1于点M，连接CM，EC'，当M、N、C'（3）分两种情况讨论：①以EC为矩形的边，如图2，过点C作CE⊥CP1交抛物线于P1，过点E作EP2⊥EC交抛物线于点P2，过点P1作P1Q1∥EC交EP2于Q1，过P2作P2Q2∥EC交CP1于Q2，求出直线CE的解析式为y=【详解】（1）解：∵∠CAO=45°，∴OC=OA，∵A(−3,0)，∴OA=3，∴OC=3，∴C(0,3)，将点A(−3,0)，B(2,0)，C(0,3)代入y=ax∴9a−3b+c=04a+2b+c=0解得a=−1∴y=−1（2）解：作C点关于y=1的对称点C'，过C'作C'N⊥EC交于N，交y=1于点M，连接

∴CM=MC∴MN+CM=MN+C∴M、N、C'三点共线时，CM+MN∵AE=EC，AO=CO，∴EO为线段AC的垂直平分线，∴直线y=kx的解析式为y=−x，联立方程组y=−xy=−解得x=−2y=2∴E(−2,2)，∴EC=5∵C(0,3)，∴C'∴CC∴12∴C'∴CM+MN的最小值为85（3）解：在点P，Q，使得以E，C，P，Q为顶点的四边形是矩形，理由如下：①以EC为矩形的边，如图2，过点C作CE⊥CP1交抛物线于P1，过点E作EP2⊥EC交抛物线于点P2，过点P1作P1Q1∥EC交

∵C0,3设直线CE的解析式为y=kx+b，∴b=3−2k+b=2解得k=1∴直线CE的解析式为y=1设直线EC与x轴交点为G，直线CP1与x轴的交点为∵CE⊥CQ∴∠ECO+∠OCH=90°，∵∠OCH+∠OHC=90°，∴∠ECO=∠OHC，∵G−6,0∴GOCO∴HO=3可求直线CH的解析式为y=2x+3，联立方程组y=2x+3y=−解得x=0y=3（舍）或x=3∴P1∵C点向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到点E，∴Q1同理可得Q2②当CE为矩形对角线时，如图3，以EC为直径的圆与抛物线没有交点，∴此时P点不存在；综上所述：Q点坐标为1,−4或7,−11．【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，利用轴对称求最短距离的方法，矩形的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．题型03二次函数中菱形存在性问题【解题策略】和平行四边形相比，菱形多一个“对角线互相垂直”或“邻边相等”，但这两者其实是等价的，故若四边形ABCD是菱形，则其4个点坐标需满足:xA解决问题的方法也可有如下两种:思路1:先平四，再菱形.设点坐标，根据平四存在性要求列出“4+C-B+D”(AC、BD为对角线)，再结合组邻边相等，得到方程组，思路2:先等腰，再菱形.在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，再确定第4个点.【典例分析】例1．（2023·四川）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

(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=(2)S四边形ABCN最大值为75(3)Q0，−1或【分析】（1）先根据二次函数对称轴公式求出b=2，再把B1,0（2）先求出A−3，0，C0，−3，则AB=4，OC=3，求出直线AC的解析式为y=−x−3，设Pm，0，则Mm，−m−3，Nm，m2+2m−3（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∴−b∴b=2，∵二次函数经过点B1,0∴12+b+c=0，即∴c=−3，∴二次函数解析式为y=x（2）解：∵二次函数经过点B1,0，且对称轴为直线x∴A−3∴AB=4，∵二次函数y=x2+2x−3与y∴C0，∴OC=3；设直线AC的解析式为y=kx+b∴−3k+b∴k=−1b∴直线AC的解析式为y=−x−3，设Pm，0，则M∴MN=−m−3−m∵S△ABC∴S四边形====−3∵−3∴当m=−32时，S四边形∴此时点P的坐标为−3（3）解：设Pm，0，则M∵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，∴CQ=CN=2，∴Q0如图3-2所示，当MC为边时，则MN=CM，

∵Mm，−m−3，∴CM=m2∴m2解得m=−3−2或m=0∴CQ=CM=−2∴Q0如图3-3所示，当MC为边时，则MN=CM，

同理可得CM=−2∴−m解得m=2−3或∴CQ=CM=−2∴Q0如图3-4所示，当MC为边时，则CM=MN，

同理可得m2解得m=2−3（舍去）或如图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

∵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，Q0，−1或Q【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．【变式演练】1．（2024·陕西模拟）已知：平面坐标系内点Px,y和点A0,1，点P到点A的距离始终等于点P到(1)请你求出点P满足的函数关系式；(2)如果（1）中求出的函数图象记为L，L'是L沿着水平方向平移得到的，若点M在L上，点N是L平移后点M的对应点，点Q是x轴上的点．是否存在这样的点M，使得以M、N、O、Q为顶点的四边形是有一个内角为60°且的菱形？若存在，请你求出Q【答案】(1)y=1(2)存在，Q坐标为23+22,0、23【分析】（1）由题意得PA=PB，PB⊥x轴，PD⊥y轴，利用勾股定理得AP（2）过M作MG⊥x轴，，由菱形性质得OQ=OM=k，由直角三角形中30度角所对直角边是斜边的一半得OG=12OM=【详解】（1）如图，PA=PB，PB⊥x轴，PD⊥y轴．

在Rt△PDAAP∴y2∴y=1∴点P满足的函数关系式为y=1（2）如图：过M作MG⊥x轴，

设OQ=OM=k，∴OG=1∴MG=3∴M1∴12∴k=23∴Q23+22根据对称性得Q−23−22综上所述，Q坐标为23+22,0，23【点睛】本题考查了二次函数的动点问题，图象及性质和30度角所对直角边是斜边的一半，菱形的性质和勾股定理，熟练掌握以上知识点的应用，画出函数图象，再分类讨论是解题的关键．2．（2023·山东模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于A，B点，与y轴交于点C(1)求这个二次函数的解析式；(2)当点P运动到什么位置时，△BPC的面积最大？请求出点P的坐标和△BPC面积的最大值．(3)连接PO，PC，并把△POC沿CO翻折，那么是否存在点P，使四边形【答案】(1)y=(2)点P的坐标为（32，154(3)P【分析】（1）利用待定系数法即可求解．（2）设出点P的坐标，作辅助线，表示出三角形PCQ和三角形PBQ的面积，即可求解．（3）设出点P的坐标，求出P'【详解】（1）将B（3，0）得−9+3b+c=0c=3解得b=2c=3∴二次函数的解析式为y=−x答：二次函数的解析式为y=−x（2）如图，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，设P（x，−x则3m+n=0n=3解得m=−1n=3∴直线BC的解析式为y=−x+3，则Q（∴S△CPB当x=32时，此时，点P的坐标为32,154，（3）存在．如图，设点P（x，−x若四边形POP'C连接PP'，则∴−x解得x1=2+∴P2+【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，关键是要会用待定系数法求抛物线的解析式，还要牢记菱形的性质：菱形的对角线互相垂直，菱形的四条边都相等，对于求三角形面积最大值的问题，一般是将三角形分割成两个三角形，即作x轴的平行线或y轴的平行线，然后再利用面积公式得出一个二次函数，求出顶点的纵坐标即是最大值．题型4二次函数中正方形存在性问题【解题策略】思路1:从判定出发1）若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等:2）若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直:3）若已知对角线互相垂直或平分或相等，则加上其他条件.思路2:构造三乖直全等若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等来求得第3个点，再求第4点.总结：构造三垂直全等的思路仅适合已知两定点的情形，若题目给了4个动点，则考虑矩形的判定出发，观察该四边形是否己为某特殊四边形，考证还需满足的其他关系.（正方形的存在性问题在中考中出现得并不多，正方形多以小题压轴为主）【典例分析】例1．（2023·湖南）已知抛物线Q1:y=−x2+bx+c与x轴交于A

(1)请求出抛物线Q1(2)如图1，在y轴上有一点D0,−1，点E在抛物线Q1上，点F为坐标平面内一点，是否存在点E,F使得四边形DAEF为正方形？若存在，请求出点(3)如图2，将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，抛物线Q1上是否存在点P，使得【答案】(1)y=−(2)E−2,3；(3)点P的坐标为(1,0)或(−2,3)【分析】（1）把A−3，0，C（2）假设存在这样的正方形，过点E作ER⊥x于点R，过点F作FI⊥y轴于点I，证明△EAR≅△AOD,△FID≅△DOA，可得ER=3,AR=1,FI=1,IO=2,故可得E−2,3，（3）先求得抛物线Q2的解析式为y=−(x+1−2)2+4=−(x−1)2+4，得出K(1,4)，H(3,0)，运用待定系数法可得直线BC的解析式为y=−x+3，过点K作KT⊥y轴于点T，连接BC，设KP交直线BC于M或N，如图2，过点C作PS⊥y轴交BK于点S，交抛物线Q1于点P【详解】（1）∵抛物线Q1:y=−x2+bx+c与x轴交于A∴把A−3，0−9−3b+c=0解得，b=−2∴解析式为：y=−x（2）假设存在这样的正方形DAEF，如图，过点E作ER⊥x于点R，过点F作FI⊥y轴于点I，

∴∠AER+∠EAR=90°,∵四边形DAEF是正方形，∴AE=AD,∠EAD=90°,∴∠EAR+∠DAR=90°,∴∠AER=∠DAO,又∠ERA=∠AOD=90°,∴△AER≅△DAO∴AR=DO,ER=AO,∵A∴OA=3,OD=1,∴AR=1,ER=3,∴OR=OA−AR=3−1=2,∴E−2,3同理可证明：△FID≅△DOA∴FI=DO=1,DI=AO=3,∴IO=DI−DO=3−1=2,∴F1,2（3）解：抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK=∠CHK∵y=−x∴抛物线Q1的顶点坐标为(−1,4)∵将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q∴抛物线Q2的解析式为y=−∵抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H∴K(1,4)，H(3,0)，设直线BC的解析式为y=kx+n，把C(0,3)，H(3,0)代入得n=33k+n=0解得：k=−1n=3∴直线BC的解析式为y=−x+3，过点K作KT⊥y轴于点T，连接BC，设KP交直线BC于M或N，如图2，过点C作PS⊥y轴交BK于点S，交抛物线Q1于点P，连接PK则T(0,4)，M(m,−m+3)，N(t,−t+3)，

∴KT=TC=1，∠KTC=90°，∴△CKT是等腰直角三角形，∴∠KCT=45°，CK=2∵OH=OC=3，∠COH=90°，∴△COH是等腰直角三角形，∴∠HCO=45°，CH=2∴∠KCH=180°−∠KCT−∠HCO=90°，∴tan∵∠CPK=∠CHK，∴tan∵tan∴∠BCO=∠CHK，∵BK∥∴∠CBK=∠BCO，∴∠CBK=∠CHK，即点P与点B重合时，∠CPK=∠CHK，∴P∵SK=1，PS=3，∴tan∴∠CPK=∠CHK，∵点P与点C关于直线x=∴P(−2,3)；综上所述，抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK=∠CHK，点P的坐标为(1,0)或(−2,3)【点睛】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，全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识，运用数形结合思想解决问题是解题的关键．【变式演练】1．（2023·辽宁模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C

(1)求该抛物线的函数表达式；(2)点D为直线y=x上的动点，当点P在第四象限时，求四边形PBDC面积的最大值及此时点P的坐标；(3)已知点E为x轴上一动点，点Q为平面内任意一点，是否存在以点P，C，E，Q为顶点的四边形是以PC为对角线的正方形，若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)y(2)278，(3)−3,3+332；−3,3−【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．设Pm,m2−2m−3，则H(m,m−3)，PH=−m2+3m，则SΔBPC=−1（3）设Pm,m2【详解】（1）解：将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax得a−b−3=09a+3b−3−0，解得a=1∴该抛物线的函数表达式为y=（2）解：作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．

设直线BC的表达式为：y=kx+n，将B(3,0)，C(0,−3)代入y=kx+n中，得3k+n=0n=−3，解得k=1∴y=x−3．设Pm,m2−2m−3，则∵S∴S∴S△BPC∴S△BPC∴当m=32时，△BPC面积的最大值为∵BC与直线y=x平行，∴S∴四边形PBDC面积的最大值为278∵当m=32时，∴P（3）解：设Pm,m2I.如图，当点E在原点时，即点E(0,0)，CE=PE=3，∠CEP=90°，

∵四边形PECQ为正方形，∴点Q(3,−3)，II.如解图3-2，当四边形PECQ为正方形时，CE=PE，∠CEP=∠PEO+∠CEO=90°，

作PI⊥x轴，垂足为I，作QH⊥y轴，垂足为H，又∵∠CEO+∠OCE=90°，∴∠OCE=∠PEO，∴△OCE≅△PEI(∴CO=IE=3，EO=IP=m同理可得：QH=CO=IE=3，CH=EO=IP∴OE=OI+IE=m+3，HO=IO∴m+3=m2−2m−3，解得：m=∴HO=IO=33∴点Q(−3,33III.如解图3-3，当四边形PECQ为正方形时，

同理可得：PI=OE=CH，IE=QH=OC=3，∴OE=IE−IO=3+m，∴m=m2−2m−3−3，解得：m=∴HO=IO=−∴点Q(−3,−IV.如解图3-4，当四边形PECQ为正方形时，

同理可得：PI=OE=CH，EI=HQ=OC=3，∴OE=IE+IO=3+m∴3−m=m2−2m−3，解得：m=−2∴HO=IO=2，∴点Q(3,2)，综上所述：点Q坐标为−3,3+332；−3,3−33【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、正方形性质、全等三角形的判定与性质、一元二次方程的解法、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．2．（2023·辽宁模拟）如图，抛物线y=−14x2+bx+c的对称轴与x轴交于点A1,0，与(1)求抛物线的解析式；(2)如图，当点C在第一象限，且∠BAC=90°，求tan∠ABC(3)点D在抛物线上（点D在点C的左侧，不与点B重合），点P在坐标平面内，问是否存在正方形ACPD？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−(2)tan(3)存在；P1−1,4，P【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可．（2）过点C作CM⊥x轴，根据题意求证△AOB∽△CMA，利用相似的性质求出C点坐标，再通过勾股定理求出（3）分情况进行讨论，当P在y轴右侧时，证得△DMA≌△ANC，当P在y轴左侧时，证得△PFC≌△CEA，△ADG≌△ACE，再结合全等三角形的性质去代数计算即可．【详解】（1）解：由题意可知，抛物线的对称轴为x=1，设抛物线的解析式为y=−14x−1∴−1∴k=13∴y=−1∴y=−（2）解：过点C作CM⊥x轴，垂足为M，如图所示：∴∠BOA=∠AMC=90°，∵∠BAC=90°∴∠BAO+∠CAM=90°∵在Rt△ACM中，∴∠BAO=∠ACM∴△AOB∽∴OBMA=∵B0,3，A∴OB=3，设Ct,−∴OM=t，CM=−14t∴3×解得：t1=−10∵点C在第一象限，∴t1当t2=4时，∴AM=4−1=3，CM=1，∴AC=CM∴在Rt△ABC中，tan（3）解：如图所示：过点D作DM⊥x轴，过点C作CN⊥x轴①当P在y轴右侧时设Cm,−∵A1,0，根据正方形的对称性和二次函数的对称性可知，当点P∴设P(1,t)，∵∠DAM+∠CAN=90°，∠CAN+∠ACN=90°，∴∠DAM=∠ACN又∵∠DMA=∠CNA，DA=AC∴△DMA≌△ANC，∴DM=AN，即CN=AN，∴m−1=−1即m2解得：m=17−1∴PA=CD=m−2−m∴PA=217−4或∴点P的坐标为1,217−4，②当P在y轴左侧时，如图:过点C作CE⊥x轴，交x轴于点E，，过点D作DG⊥x轴,交x轴于点G，过点P作PF⊥CE，交CE于F点，如图所示：设C(m,n)，∵∠CPF+∠PCF=90°，∠PCF+∠ECA=90°，∴∠PCF=∠ECA，又∵∠PFC=∠CEA，PC=CA，∴△PFC≌△CEA，∴PF=CE=n，CF=1−m，EF=n−1−m∴Pm−n,m+n−1同理：△ADG≌△ACE，∴AG=CE=n，DG=AE=1−m，∴D1−n,m−1−1整理得：m−n−1m+n−5解得：m−n=1（舍）m+n=5，∴n=5−m，∴−1整理得：m−4m−2解得：m=4（舍）或m=2,∴n=3，∴m−n=−1，∴P(−1,4)，∴存在，P1−1,4，P2【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了用待定系数法求解析式，二次函数的图形和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，采用数形结合的方法巧妙的添加辅助线是解题的关键．1．（2023·山东）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，点A3,−3，点B在第一象限内，对称轴是直线

(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A1．问是否存在点P，使得以A1，P，C，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点【答案】(1)y=(2)6,6(3)存在，P点的坐标为32，32或−【分析】（1）根据对称轴为直线x=−b2a=（2）设Bm,23m2−3m，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（3）先得出直线OB的解析式为y=x，设Pt,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【详解】（1）解：∵对称轴为直线x=−b∴b=−9将点A3,−3代入y=a∴9a+3b=−3②，联立①②得，a=2∴解析式为y=2（2）设Bm,23m2−3m，如图所示，过点A作EF⊥y轴交于E点，过

∴Fm,−3，E则OE=3,AE=3,AF=m−3,BF=2∴S解得：m=6或m=−3（舍去），（3）存在点P，使得以A1，P，C，B∵A3,−3∴C9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Pt,t如图所示，当BP为平行四边形的对角线时，BC∥

BC=A∵AC=BC，∴AC=A由对称性可知AC=A1C∴AP=AC，∴t−3解得：t=±∴P点的坐标为32，如图3，当BC为平行四边形的对角线时，BP∥A1

由对称性可知，AC=A∴BP=AC，∴6−t2解得：t=352∴P点的坐标为352综上所述，P点的坐标为32，32或−3【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．2．（2023·内蒙古）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B1,0（点A在点B的左侧），与y轴交于点C0,3(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=−(2)PD+PE的最大值为498，点P的坐标为(3)符合条件的N点坐标为：N0,4或【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Pm,−m2−2m+3，则PE=−m（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，两种情况讨论，当点N在x轴负半轴上时，证明△CMG∽△NCO，求得CG=−13t，再证明△CMG≌△PNH，求得点【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点B(1,0)，与−1+b+c=0解得b=−2抛物线的解析式为：y=−x（2）解：当y=0时，0=−x解得x1=−3，∴A(−3,0)，设直线AC的解析式为：y=kx+nk≠0把A−3,0，C0,3代入得：解得k=1∴直线AC的解析式为y=x+3，设Pm,−∵PE∥∴点E的纵坐标为−m又∵点E在直线AC上，∴−m2−2m+3=x+3∴E−∴PE=−m∵PD∥y轴，∴PD=−m∴PD+PE=−m∵−2<0，−3<m<0，∴当m=−54时，PD+PE有最大值，最大值为当m=−54时，∴点P的坐标为−5答：PD+PE的最大值为498，点P的坐标为−（3）解：y=−x则抛物线的顶点P−1，4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，∴N0,4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Nt,0，则ON=−t∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，∴∠MCG+∠OCN=90°，∵∠ONC+∠OCN=90°，∴∠MCG=∠ONC，又∵∠CGM=∠CON=90°，∴△CMG∽△NCO，∴CGON∵抛物线对称轴为x=−1，点M在对称轴上，C0,3∴MG=1，OC=3，∴CG−t=1∵∠MCG+∠CMG=90°，∠ONC+∠PNH=90°，∴∠CMG=∠PNH，∴△CMG≌△PNH，∴NH=MG=1，HP=CG=−1∴OH=ON+NH=−t+1，∴点P的坐标为t−1,−1∵点P在抛物线上，∴−1解得t1=1−∴N1−综上所述：符合条件的N点坐标为：N0,4或N【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．3．（2023·西藏）在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A−3,0，B1,0

(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=−x(2)0，0或0，−3或(3)存在，P−1，3−17，Q−4，−17或P−1，【分析】（1）将A−3,0，B1,0代入y=−x（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，Qm,n，求出AC2=18，AP【详解】（1）解：（1）∵A−3,0，B∴0=−解得，b=−2c=3∴抛物线的解析式为：y=−x（2）令x=0，∴C0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，∴D0当以点A为顶点时，AC=AD，AO是等腰△ACD中线，∴OC=OD，∴D0当以点C为顶点时，AC=CD=∴点D的纵坐标为3−32或3∴综上所述，点D的坐标为0，0或0，−3或（3）存在，理由如下：抛物线y=−x2−2x+3设P−1,t，Q∵A−3则ACAPPC∵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解得：t=3±17∴P1−1∵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P1∴m+02解得：m=−4,n=−17∴Q当