数学中考 重难点05 二次函数与几何的存在性综合问题（七大类型）

重难点05二次函数与几何的存在性综合问题（七大类型）模型解密【模型1：等腰三角形的存在性问题】【方法1几何法】“两圆一线”（1）以点A为圆心，AB为半径作圆，与x轴的交点即为满足条件的点C，有AB=AC；（2）以点B为圆心，AB为半径作圆，与x轴的交点即为满足条件的点C，有BA=BC；（3）作AB的垂直平分线，与x轴的交点即为满足条件的点C，有CA=CB．注意：若有重合的情况，则需排除．以点C1为例，具体求点坐标：过点A作AH⊥x轴交x轴于点H，则AH=1，又类似可求点C2、C3、C4．关于点C5考虑另一种方法．【方法2代数法】点-线-方程表示点：设点C5坐标为(m,0)，又A（1,1）、B（4,3），表示线段：联立方程：，，【模型2：直角三角形的存在性问题】【方法1几何法】“两线一圆”（1）若∠A为直角，过点A作AB的垂线，与x轴的交点即为所求点C；（2）若∠B为直角，过点B作AB的垂线，与x轴的交点即为所求点C；（3）若∠C为直角，以AB为直径作圆，与x轴的交点即为所求点C．（直径所对的圆周角为直角）如何求得点坐标？以为例：构造三垂直．【方法2代数法】点-线-方程【模型3：等腰直角三角形存在性问题】【模型4：平行四边形存在性】1.线段中点坐标公式2.平行四边形顶点公式：分类：1.三个定点，一个动点问题已知三个定点的坐标，可设出抛物线上第四个顶点的坐标，运用平行四边形顶点坐标公式列方程（组）求解。这种题型由于三个定点构成的三条线段中哪条为对角线不清楚，往往要以这三条线段分别为对角线分类，分三种情况讨论；2.两个定点、两个动点问题这中题型往往比较特殊，一个动点在抛物线上，另一个动点在x轴（y轴）或对称轴或某一条直线上。设出抛物线上的动点坐标，另一个动点若在x轴上，纵坐标为0，则用平行四边形顶点纵坐标公式；若在y轴上，横坐标为0，则用平行四边形顶点横坐标公式。该动点哪个坐标已知就用与该坐标有关的公式。方法总结：这种题型，关键是合理有序分类：无论式三定一动，还是两定两动，统统把抛物线上的动点作为第四个动点，其余三个作为顶点，分别以这三个定点构成的三条线段为对角线分类，份三种情况讨论，然后运用平行四边形顶点坐标公式转化为方程（组），这种解法，不必画出平行四边形草图，只要合理分类，有序组合，从对角线入手不会漏解，条理清楚，而且适用范围广，其本质用代数的方法解决几何问题，体现的是分类讨论思想、属性结合的思想。【模型5：矩形的存在性】1.矩形的判定:（1）有一个角是直角的平行四边形；（2）对角线相等的平行四边形；（3）有三个角为直角的四边形．2.题型分析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”，因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式：（AC为对角线时）因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解．确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个．下：（1）2个定点+1个半动点+1个全动点；（2）1个定点+3个半动点．思路1：先直角，再矩形在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形，再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用．【例题】已知A（1，1）、B（4，2），点C在x轴上，点D在平面中，且以A、B、C、D为顶点的四边形是矩形，求D点坐标．解：点C满足以A、B、C为顶点的三角形是直角三角形，构造“两线一圆”可得满足条件的点C有在点C的基础上，借助点的平移思路，可迅速得到点D的坐标．思路2：先平行，再矩形当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为矩形：其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为矩形．表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可．无论是“2定1半1全”还是“1定3半”，对于我们列方程来解都没什么区别，能得到的都是三元一次方程组．【模型6：菱形的存在形】1．菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．2．坐标系中的菱形：有3个等式，故菱形存在性问题点坐标最多可以有3个未知量，与矩形相同．3．解题思路：（1）思路1：先等腰，再菱形在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，再确定第4个点．（2）思路2：先平行，再菱形设点坐标，根据平行四边形的存在性要求列出“”（AC、BD为对角线），再结合一组邻边相等，得到方程组．方法总结：菱形有一个非常明显的特点：任意三个顶点所构成的三角形必然是等腰三角形。典例分析【模型1等腰三角形的存在性问题】【典例1】（2023•兴庆区校级模拟）如图，已经抛物线经过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2．​（1）求此抛物线的解析式；（2）若点B是x轴上的一点，且△OAB为等腰三角形，请直接写出B点坐标．【变式1-1】（2023•青海）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴相交于点A和点C（1，0），交y轴于点B（0，3）．（1）求此二次函数的解析式；（2）设二次函数图象的顶点为P，对称轴与x轴交于点Q，求四边形AOBP的面积（请在图1中探索）；（3）二次函数图象的对称轴上是否存在点M，使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索）．【变式1-2】（2022秋•亳州期末）如图，关于x的二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．（1）求二次函数的表达式；（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标；【变式1-3】（2023春•中山市期中）已知二次函数y＝ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）、C（0，3），与x轴交于另一点B，抛物线的顶点为D．（1）求此二次函数解析式；（2）连接DC、BC、DB，求证：△BCD是直角三角形；（3）在对称轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【变式1-4】（2022秋•朔州期末）如图，已知抛物线y＝﹣+bx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知A点的坐标为A（﹣2，0）．（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；（2）求点C的坐标，连接AC、BC并求线段BC所在直线的解析式；（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．【模型2直角三角形的存在性问题】【典例2】（2022秋•云阳县期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3）．（1）求抛物线得解析式；（2）若点P为第三象限内抛物线上的一点，设△PAC的面积为S，求S的最大值并求此时点P的坐标．（3）设抛物线的顶点为D，DE⊥x轴于点E，在y轴上确定一点M，使得△ADM是直角三角形，写出所有符合条件的点M的坐标，并任选其中一个点的坐标，写出求解过程．【变式2-1】（2023春•兴宁区校级月考）如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+1与直线l2：x＝﹣2相交于点D，点A是直线l2上的动点，过点A作AB⊥l1于点B，点C的坐标为（0，3），连接AC，BC．设点A的纵坐标为t，△ABC的面积为s．​（1）当点B的坐标为时，直接写出t的值；（2）s关于t的函数解析式为，其图象如图2所示，结合图1、2的信息，求出a与b的值；（3）在l2上是否存在点A，使得△ABC是直角三角形？若存在，请求出此时点A的坐标和△ABC的面积；若不存在，请说明理由．【变式2-2】（2023•庄浪县三模）如图：已知二次函数y＝ax2+x+c的图象与x轴交于A，B点，与y轴交于点C，其中B（2，0），C（0，4）．（1）求该抛物线的解析式；（2）P是第一象限抛物线的一个动点，当P点运动到何处时，由点P，B，C构成的三角形的面积最大，求出此时P点的坐标；（3）若M是抛物线上的一个动点，当M运动到何处时，△MBC是以BC为直角边的直角三角形，求出此时点M的坐标．​【变式2-3】（2023•喀喇沁旗一模）如图①，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A、B（3，0），与y轴交于点C（0，3），直线l经过B、C两点．抛物线的顶点为D．（1）求抛物线和直线l的解析式；（2）判断△BCD的形状并说明理由．（3）如图②，若点E是线段BC上方的抛物线上的一个动点，过E点作EF⊥x轴于点F，EF交线段BC于点G，当△ECG是直角三角形时，求点E的坐标．【变式2-4】（2023•铁岭模拟）如图，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y＝的图象与一次函数y＝﹣的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两点，且点D坐标为（﹣1，0）．（1）求二次函数的解析式；（2）求四边形BDEC的面积S；（3）在x轴上是否存在点P，使得△PBC是直角三角形？若存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．​【模型3等腰直角三角形存在性问题】【典例3】（2023•增城区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，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为直线BC下方抛物线上的一动点，PM⊥BC于点M，PN∥y轴交BC于点N．求线段PM的最大值和此时点P的坐标；（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以CQ为斜边的等腰直角三角形CEQ？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【变式3-1】（2023•抚远市二模）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（2，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上有一点P，过点P作x轴的垂线交x轴于点Q，若△APQ是等腰直角三角形，求点P的坐标．【变式3-2】（2023•富锦市校级一模）如图，是抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（2，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上有一点P，过点P作x轴的垂线交x轴于点Q，若△APQ是等腰直角三角形，求点P的坐标．【变式3-3】（2023•碑林区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．​（1）求该抛物线的解析式；（2）点M为该抛物线的对称轴l上一点，点P为该抛物线上的点且在l左侧，当△AMP是以M为直角顶点的等腰直角三角形时，求符合条件的点M的坐标．【变式3-4】（2023•西安一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣1的顶点A的坐标为，与y轴交于点B．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点P是抛物线上的动点，过点P作PM⊥x轴于点M，以PM为斜边作等腰直角三角形PMN，当点N恰好落在y轴上时，求点P的坐标．【模型4平行四边形存在性问题-三定一动类型】【典例4】（2023•新会区二模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点B，与x轴分别交于点A、点C，直线y＝与抛物线相交于点B、点D（1，），已知点A坐标是（，0），点P是抛物线上一动点．（1）求b、c的值；（2）当点P位于直线BD上方何处时，△BPD面积最大？最大面积是多少？（3）点M是直线BD上一动点，是否存在点M、点P使得四边形ABMP恰好为平行四边形？若存在，求出此时点M、点P的坐标．【变式4-1】（2023•零陵区二模）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y＝﹣x﹣交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P在直线l下方时，过点P作PM∥x轴交l于点M，PN∥y轴交l于点N，求PM+PN的最大值．（3）设F为直线l上的点，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．【变式4-2】（2022秋•青山湖区期末）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA＝2，OC＝3．（1）求抛物线的解析式；（2）作Rt△OBC的高OD，延长OD与抛物线在第一象限内交于点E，求点E的坐标；（3）在x轴上方的抛物线上，是否存在一点P，使四边形OBEP是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；【变式4-3】（2023•成县三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l：y＝kx+n与y轴交于点C，与抛物线y＝﹣x2+bx+c的另一个交点为D，已知A（﹣1，0），D（5，﹣6），P点为抛物线y＝﹣x2+bx+c上一动点（不与A、D重合）．（1）求抛物线和直线l的解析式；（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作PF∥y轴交直线l于点F，求PE+PF的最大值；（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【变式4-4】（2023•岱岳区校级模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，抛物线交x轴于A、C两点，与直线y＝x﹣1交于A、B两点，直线AB与抛物线的对称轴交于点E．（1）求抛物线的解析式．（2）点P在直线AB上方的抛物线上运动，若△ABP的面积最大，求此时点P的坐标．（3）在平面直角坐标系中，以点B、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出符合条件点D的坐标．【模型5平行四边形存在性问题-两定两动类型】【典例5】（2023•芝罘区一模）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过坐标轴上A、B、C三点，直线y＝﹣x+4过点B和点C．（1）求抛物线的解析式；（2）E是直线BC上方抛物线上一动点，连接BE、CE，求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；（3）Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、B、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条形的点P坐标；若不存在，请说明理由．【变式5-1】（2023春•招远市期中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．（1）求该抛物线的表达式；（3）若点E在x轴上，点F在抛物线上，是否存在以B、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有点F的坐标；若不存在，请说明理由．【变式5-2】（2023•兴庆区校级模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，过点A的直线l交抛物线于点C（2，m）．（1）求抛物线的解析式．（2）点P是线段AC上一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，求线段PE最大时点P的坐标．（3）点F是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点D，使得以点A，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点D的坐标；如果不存在，请说明理由．【变式5-3】（2023•大庆一模）如图，是将抛物线y＝﹣x2平移后得到的抛物线，其对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为A（﹣1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点N为抛物线上一点，且BC⊥NC，求点N的坐标；（3）点P是抛物线上一点，点Q是一次函数y＝x+的图象上一点，若四边形OAPQ为平行四边形，这样的点P、Q是否存在？若存在，分别求出点P、Q的坐标；若不存在，说明理由．【变式5-4】（2023•三水区模拟）如图抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D，连接AC、CD、AD．（1）求该二次函数的解析式；（2）求△ACD的面积；（3）若点Q在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点P，使得以A、B、Q、P四点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【模型6矩形存在性问题】【典例6】（2022•鱼峰区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．（1）求该抛物线的解析式；（2）在第二象限内是否存在一点M，使得四边形ABCM为矩形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．【变式6-1】（2022•随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．【变式6-2】（2023•沭阳县二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），经过点A的直线l：y＝kx+b与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD＝4AC．（1）直接写出点A的坐标，并用含a的式子表示直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）．（2）点E为直线l下方抛物线上一点，当△ADE的面积的最大值为时，求抛物线的函数表达式；（3）设点P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能否为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．【变式6-3】（2022秋•绥中县期末）如图，二次函数y＝﹣+bx+c的图象经过A（﹣2，0），B（0，4）两点．（1）求这个二次函数的解析式，并直接写出顶点D的坐标；（2）若该抛物线与x轴的另一个交点为C，点P为第一象限内抛物线上一点，求P点坐标为多少时，△BCP的面积最大，并求出这个最大面积．（3）在直线CD上有点E，作EF⊥x轴于点F，当以O、B、E、F为顶点的四边形是矩形时，直接写出E点坐标．【模型7菱形存在性问题】【典例7】（2023•黑山县二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），交y轴于C（0，3）．（1）求抛物线的表达式；（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，当四边形OBPC的面积S最大时，求出面积的最大值及P点的坐标；（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．【变式7-1】（2023•孝义市三模）综合与探究：如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C．直线BC与抛物线的对称轴交于点E．将直线BC沿射线CO方向向下平移n个单位，平移后的直线与直线AC交于点F，与抛物线的对称轴交于点D．（1）求出点A，B，C的坐标，并直接写出直线AC，BC的解析式；（2）当△CDB是以BC为斜边的直角三角形时，求出n的值；（3）直线BC上是否存在一点P，使以点D，E，F，P为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【变式7-2】（2023•灞桥区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，其对称轴直线l与x轴交于点D．（1）求抛物线L的函数表达式．（2）将抛物线L向左平移得到抛物线L'，当抛物线L'经过原点时，与原抛物线的对称轴相交于点E，点F为抛物线L'对称轴上的一点，点M是平面内一点，若以点A，E，F，M为顶点的四边形是以AE为边的菱形，请求出满足条件的点M的坐标．【变式7-3】（2022秋•历下区期末）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，连接BC，点P为线段CB上一个动点（不与点C，B重合），过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q．（1）求抛物线的表达式和对称轴；（2）设P的横坐标为t，请用含t的式子表示线段PQ的长，并求出线段PQ的最大值；（3）已知点M是抛物线对称轴上的一个点，点N是平面直角坐标系内一点，当线段PQ取得最大值时，是否存在这样的点M，N，使得四边形PBMN是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【变式7-4】（2022•泰来县校级模拟）综合与探究．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝1，且抛物线经过A（﹣1，0）、C（0，﹣3）两点，与x轴交于另一点B．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上求一点M，使得|BM﹣CM|最大，并求出此时点M的坐标；（3）设点P为抛物线的对称轴x＝1上的一动点，求使∠PCB＝90°的点P的坐标．（4）在对称轴上有一点M，平面内是否存在一点N，使以B、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．

重难点05二次函数与几何的存在性综合问题（七大类型）典例分析【模型1等腰三角形的存在性问题】【典例1】（2023•兴庆区校级模拟）如图，已经抛物线经过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2．​（1）求此抛物线的解析式；（2）若点B是x轴上的一点，且△OAB为等腰三角形，请直接写出B点坐标．【答案】（1）抛物线的解析式为y＝x2﹣4x；（2）B的坐标为（5，0）或（﹣5，0）或（10，0）或（5，0）．【解答】解：（1）∵抛物线经过点O（0，0），对称轴为直线x＝2，∴抛物线经过点（4，0），设抛物线的解析式为y＝ax（x﹣4），把A（5，5）代入得：5＝5a，解得：a＝1，∴y＝x（x﹣4）＝x2﹣4x，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x；（2）设B（m，0），∵O（0，0），A（5，5），∴OA2＝50，OB2＝m2，AB2＝（m﹣5）2+25，①若OA＝OB，则50＝m2，解得m＝5或m＝﹣5，∴B（5，0）或（﹣5，0）；②若OA＝AB，则50＝（m﹣5）2+25，解得m＝0（与O重合，舍去）或m＝10，∴B（10，0）；③若OB＝AB，则m2＝（m﹣5）2+25，解得m＝5，∴B（5，0）；综上所述，B的坐标为（5，0）或（﹣5，0）或（10，0）或（5，0）．【变式1-1】（2023•青海）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴相交于点A和点C（1，0），交y轴于点B（0，3）．（1）求此二次函数的解析式；（2）设二次函数图象的顶点为P，对称轴与x轴交于点Q，求四边形AOBP的面积（请在图1中探索）；（3）二次函数图象的对称轴上是否存在点M，使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索）．【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3；（2）；（3）M（﹣1，1）．【解答】解：（1）由题意得，，∴，∴y＝﹣x2﹣2x+3；（2）如图，连接OP，∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴P（﹣1，4），∴PQ＝4，OQ＝1，由﹣x2﹣2x+3＝0得，x1＝1，x2＝﹣3，∴OA＝3，∴S四边形AOBP＝S△AOP+S△BOP＝＝＝；（3）设M（﹣1，m），由AM2＝BM2得，[（﹣3）﹣（﹣1）]2+m2＝（﹣1）2+（m﹣3）2，∴m＝1，∴M（﹣1，1）．【变式1-2】（2022秋•亳州期末）如图，关于x的二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．（1）求二次函数的表达式；（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标；【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，解得：b＝﹣4，c＝3，∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣4x+3；（2）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，解得：x＝1或x＝3，∴B（3，0），∴BC＝3，点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，①当CP＝CB时，PC＝3，∴OP＝OC+PC＝3+3或OP＝PC﹣OC＝3﹣3∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；②当BP＝BC时，OP＝OC＝3，∴P3（0，﹣3）；③当PB＝PC时，∵OC＝OB＝3∴此时P与O重合，∴P4（0，0）；综上所述，点P的坐标为：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）；【变式1-3】（2023春•中山市期中）已知二次函数y＝ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）、C（0，3），与x轴交于另一点B，抛物线的顶点为D．（1）求此二次函数解析式；（2）连接DC、BC、DB，求证：△BCD是直角三角形；（3）在对称轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）、C（0，3），∴根据题意，得，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．（2）由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4得，D点坐标为（1，4），定义抛物线y＝﹣x2+2x+3．令y＝0，﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），B（3，0），∴CD＝＝，BC＝＝3，BD＝＝2，∵CD2+BC2＝（）2+（3）2＝20，BD2＝（2）2＝20，∴CD2+BC2＝BD2，∴△BCD是直角三角形；（3）存在．y＝﹣x2+2x+3对称轴为直线x＝1．①若以CD为底边，则P1D＝P1C，设P1点坐标为（x，y），根据勾股定理可得P1C2＝x2+（3﹣y）2，P1D2＝（x﹣1）2+（4﹣y）2，因此x2+（3﹣y）2＝（x﹣1）2+（4﹣y）2，即y＝4﹣x．又P1点（x，y）在抛物线上，∴4﹣x＝﹣x2+2x+3，即x2﹣3x+1＝0，解得x1＝，x2＝＜1，应舍去，∴x＝，∴y＝4﹣x＝，即点P1坐标为（，）．②若以CD为一腰，∵点P2在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P2与点C关于直线x＝1对称，此时点P2坐标为（2，3）．∴符合条件的点P坐标为（，）或（2，3）．【变式1-4】（2022秋•朔州期末）如图，已知抛物线y＝﹣+bx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知A点的坐标为A（﹣2，0）．（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；（2）求点C的坐标，连接AC、BC并求线段BC所在直线的解析式；（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+4的图象经过点A（﹣2，0），∴﹣×（﹣2）2+b×（﹣2）+4＝0，解得：b＝，∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+4，∴y＝﹣x2+x+4＝﹣（x﹣3）2+，∴对称轴方程为：x＝3．（2）在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0，得y＝4，∴C（0，4）；令y＝0，即﹣x2+x+4＝0，整理得x2﹣6x﹣16＝0，解得：x＝8或x＝﹣2，∴B（8，0）．设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（8，0），C（0，4）的坐标分别代入解析式，得：，解得：，∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．（3）存在，理由：∵抛物线的对称轴方程为：x＝3，可设点Q（3，t），∵A（﹣2，0），C（0，4），∴AC＝2，AQ＝，CQ＝．①当AQ＝CQ时，有＝，25+t2＝t2﹣8t+16+9，解得t＝0，∴Q1（3，0）；②当AC＝AQ时，有2＝，∴t2＝﹣5，此方程无实数根，∴此时△ACQ不能构成等腰三角形；③当AC＝CQ时，有2＝，整理得：t2﹣8t+5＝0，解得：t＝4±，∴点Q坐标为：Q2（3，4+），Q3（3，4﹣）．综上所述，存在点Q，使△ACQ为等腰三角形，点Q的坐标为：Q1（3，0），Q2（3，4+），Q3（3，4﹣）．【模型2直角三角形的存在性问题】【典例2】（2022秋•云阳县期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3）．（1）求抛物线得解析式；（2）若点P为第三象限内抛物线上的一点，设△PAC的面积为S，求S的最大值并求此时点P的坐标．（3）设抛物线的顶点为D，DE⊥x轴于点E，在y轴上确定一点M，使得△ADM是直角三角形，写出所有符合条件的点M的坐标，并任选其中一个点的坐标，写出求解过程．【答案】（1）求抛物线得解析式为y＝x2+2x﹣3；（2）S有最大值，此时点P的坐标为（﹣，﹣）；（3）在y轴上存在点M，能够使得△ADM是直角三角形，此时点M的坐标为（0，）或（0，﹣）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣3，0），B（1，0），∴可设抛物线的解析式为：y＝a（x+3）（x﹣1），∴再将C点坐标（0，﹣3）代入，得：a（0+3）（0﹣1）＝﹣3，解得a＝1，∴y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3，∴该抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3；（2）过点P作x轴的垂线，交AC于点N，如图1，设直线AC的解析式为y＝kx+m，由题意，得，解得，∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣3．再设动点P的坐标为（x，x2+2x﹣3），则点N的坐标为（x，﹣x﹣3），∴PN＝PE﹣NE＝﹣（x2+2x﹣3）+（﹣x﹣3）＝﹣x2﹣3x．∵S△PAC＝S△PAN+S△PCN，∴S＝PN•OA＝×3（﹣x2﹣3x）＝﹣（x+）2+，∴当x＝﹣时，S有最大值，此时点P的坐标为（﹣，﹣）；（3）在y轴上是存在点M，能够使得△ADM是直角三角形．理由如下：∵y＝x2+2x﹣3＝y＝（x+1）2﹣4，∴顶点D的坐标为（﹣1，﹣4）．设点M的坐标为（0，t）则，∵A（﹣3，0），D（﹣1，﹣4），M（0，t），∴AD2＝（﹣1+3）2+（﹣4﹣0）2＝20，AM2＝（0+3）2+（t﹣0）2，DM2＝（0+1）2+（t+4）2，分三种情况进行讨论：①当A为直角顶点时，如图2，由勾股定理，得AM2+AD2＝DM2，即（0+3）2+（t﹣0）2+20＝（0+1）2+（t+4）2，解得t＝，所以点M的坐标为（0，）；②当D为直角顶点时，如图3，由勾股定理，得DM2+AD2＝AM2，即（0+1）2+（t+4）2+20＝（0+3）2+（t﹣0）2，解得t＝﹣，所以点M的坐标为（0，﹣）；③当M为直角顶点时，如图4，由勾股定理，得AM2+DM2＝AD2，即（0+3）2+（t﹣0）2+（0+1）2+（t+4）2＝20，解得t＝﹣1或﹣3，所以点M的坐标为（0，﹣1）或（0，﹣3）；综上可知，在y轴上存在点M，能够使得△ADM是直角三角形，此时点M的坐标为（0，）或（0，﹣）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．【变式2-1】（2023春•兴宁区校级月考）如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+1与直线l2：x＝﹣2相交于点D，点A是直线l2上的动点，过点A作AB⊥l1于点B，点C的坐标为（0，3），连接AC，BC．设点A的纵坐标为t，△ABC的面积为s．​（1）当点B的坐标为时，直接写出t的值；（2）s关于t的函数解析式为，其图象如图2所示，结合图1、2的信息，求出a与b的值；（3）在l2上是否存在点A，使得△ABC是直角三角形？若存在，请求出此时点A的坐标和△ABC的面积；若不存在，请说明理由．【答案】（1）t＝2；（2）b＝﹣1，a＝﹣；（3）点A（﹣2，1），S△ABC＝2或点A（﹣2，9），S△ABC＝10或点A（﹣2，3），S△ABC＝2．【解答】解：（1）过点B作BH⊥x轴于H，设直线l1交x轴于P，直线l2与x轴交于点M，∵直线l1：y＝x+1与直线l2：x＝﹣2相交于点D，∴点D（﹣2，﹣1），∵直线l1交x轴于P，∴点P（﹣1，0），∴OP＝1，∵点B（﹣，），∴BH＝OH＝，BD＝＝，∴BH＝PH＝，∴∠BPH＝45°＝∠MPD，∵AB⊥BD，∴∠ADB＝45°，∴△ADB是等腰直角三角形，∴AD＝BD＝3，∴点A（﹣2，2），∴t＝2；（2）如图2可知：当t＝7时，s＝4，把（7，4）代入s＝t2+bt﹣，中得：+7b﹣＝4，解得：b＝﹣1，如图3，过B作BH∥y轴，交AC于H，由（1）知：当t＝2时，A（﹣2，2），B（﹣，），∵C（0，3），设AC的解析式为：y＝kx+n，则，解得，∴AC的解析式为：y＝x+3，∴H（﹣，），∴BH＝﹣＝，∴s＝BH•|xC﹣xA|＝××2＝，把（2，）代入s＝a（t+1）（t﹣5）得：a（2+1）（2﹣5）＝，解得：a＝﹣；（3）存在，设B（x，x+1），分两种情况：①当∠CAB＝90°时，如图4，∵AB⊥l1，∴AC∥l1，∵l1：y＝x+1，C（0，3），∴AC：y＝x+3，∴A（﹣2，1），∵D（﹣2，﹣1），在Rt△ABD中，AB2+BD2＝AD2，即（x+2）2+（x+1﹣1）2+（x+2）2+（x+1+1）2＝22，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣2（舍），∴B（﹣1，0），即B在x轴上，∴AB＝＝，AC＝＝2，∴S△ABC＝AB•AC＝××2＝2；②当∠ACB＝90°时，如图5，∵∠ABD＝90°，∠ADB＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AB＝BD，∵A（﹣2，t），D（﹣2，﹣1），∴（x+2）2+（x+1﹣t）2＝（x+2）2+（x+1+1）2，∴（x+1﹣t）2＝（x+2）2，∴x+1﹣t＝x+2或x+1﹣t＝﹣x﹣2，解得：t＝﹣1（舍）或t＝2x+3，Rt△ACB中，AC2+BC2＝AB2，即（﹣2）2+（t﹣3）2+x2+（x+1﹣3）2＝（x+2）2+（x+1﹣t）2，把t＝2x+3代入得：x2﹣3x＝0，解得：x＝0或3，当x＝3时，如图5，则t＝2×3+3＝9，∴A（﹣2，9），B（3，4），∴AC＝＝2，BC＝＝，∴S△ABC＝AC•BC＝××2＝10；当x＝0时，如图6，此时，A（﹣2，3），AC＝2，BC＝2，∴S△ABC＝AC•BC＝×2×2＝2，综上所述：点A（﹣2，1），S△ABC＝2或点A（﹣2，9），S△ABC＝10或点A（﹣2，3），S△ABC＝2．【变式2-2】（2023•庄浪县三模）如图：已知二次函数y＝ax2+x+c的图象与x轴交于A，B点，与y轴交于点C，其中B（2，0），C（0，4）．（1）求该抛物线的解析式；（2）P是第一象限抛物线的一个动点，当P点运动到何处时，由点P，B，C构成的三角形的面积最大，求出此时P点的坐标；（3）若M是抛物线上的一个动点，当M运动到何处时，△MBC是以BC为直角边的直角三角形，求出此时点M的坐标．​【答案】（1）y＝﹣x2+x+4；（2）点P（1，）；（3）点M的坐标为：（﹣，﹣）或（，）．【解答】解：（1）由题意得：，解得：，则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+4①；（2）如图1，过点P作PH∥y轴交BC于点H，由点C、B的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣2x+4，则S△PBC＝S△PHB+S△PHC＝PH×OB＝PH，设点P的坐标为：（m，﹣m2+m+4），则点H（﹣2m+4），则PH＝﹣m2+m+2m﹣4＝﹣m2+3m，∵，故PH有最大值，此时，点P（1，）；（3）由点B、C的坐标知，tan∠CBA＝2，当∠MBC为直角时，如图2，则tan∠ABM＝，则直线BM的表达式为：y＝（x﹣xB）＝（x﹣2）＝x﹣1②，联立①②得：﹣x2+x+4＝x﹣1，解得：x＝2（舍去）或﹣，即点M（﹣，﹣）；当∠CBM′为直角时，同理可得，直线CM′的表达式为：y＝x﹣4③，联立①③得：﹣x2+x+4＝x﹣4，解得：x＝0（舍去）或，即点M′（，）；综上，点M的坐标为：（﹣，﹣）或（，）．【变式2-3】（2023•喀喇沁旗一模）如图①，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A、B（3，0），与y轴交于点C（0，3），直线l经过B、C两点．抛物线的顶点为D．（1）求抛物线和直线l的解析式；（2）判断△BCD的形状并说明理由．（3）如图②，若点E是线段BC上方的抛物线上的一个动点，过E点作EF⊥x轴于点F，EF交线段BC于点G，当△ECG是直角三角形时，求点E的坐标．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A、B（3，0），与y轴交于点C（0，3），∴y＝﹣x2+bx+3，将点B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+3，得0＝﹣9+3b+3，∴b＝2，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；∵直线l经过B（3，0），C（0，3），∴可设直线l的解析式为y＝kx+3，将点B（3，0）代入，得0＝3k+3，∴k＝﹣1，∴直线l的解析式为y＝﹣x+3；（2）△BCD是直角三角形，理由如下：如图1，过点D作DH⊥y轴于点H，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D（1，4），∵C（0，3），B（3，0），∴HD＝HC＝1，OC＝OB＝3，∴△DHC和△OCB是等腰直角三角形，∴∠HCD＝∠OCB＝45°，∴∠DCB＝180°﹣∠HCD﹣∠OCB＝90°，∴△BCD是直角三角形；（3）∵EF⊥x轴，∠OBC＝45°，∴∠FGB＝90°﹣∠OBC＝45°，∴∠EGC＝45°，∴若△ECG是直角三角形，只可能存在∠CEG＝90°或∠ECG＝90°，①如图2﹣1，当∠CEG＝90°时，∵EF⊥x轴，∴EF∥y轴，∴∠ECO＝∠COF＝∠CEF＝90°，∴四边形OFEC为矩形，∴yE＝yC＝3，在y＝﹣x2+2x+3中，当y＝3时，x1＝0，x2＝2，∴E（2，3）；②如图2﹣2，当∠ECG＝90°时，由（2）知，∠DCB＝90°，∴此时点E与点D重合，∵D（1，4），∴E（1，4），综上所述，当△ECG是直角三角形时，点E的坐标为（2，3）或（1，4）．【变式2-4】（2023•铁岭模拟）如图，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y＝的图象与一次函数y＝﹣的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两点，且点D坐标为（﹣1，0）．（1）求二次函数的解析式；（2）求四边形BDEC的面积S；（3）在x轴上是否存在点P，使得△PBC是直角三角形？若存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．​【答案】（1）二次函数的解析式为y＝x2+x+1；（2）四边形BDEC的面积为4.5；（3）P的坐标为（﹣1，0）或（﹣3，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．【解答】解：（1）在y＝﹣x+1中，令x＝0得y＝1，令y＝0得x＝2，∴A（2，0），B（0，1），把B（0，1），D（﹣1，0）代入y＝x2+bx+c得：，解得，∴二次函数的解析式为y＝x2+x+1；（2）如图：在y＝x2+x+1中，令y＝0得0＝x2+x+1，解得x＝﹣2或x＝﹣1，∴E（﹣2，0），D（﹣1，0），∵A（2，0），AD＝3，∴AE＝4，由解得或，∴C（﹣4，3），∴S△ACE＝×4×3＝6，S△ABD＝×3×1＝1.5，∴四边形BDEC的面积S＝S△ACE﹣S△ABD＝6﹣1.5＝4.5，∴四边形BDEC的面积为4.5；（3）设P（m，0），∵B（0，1），C（﹣4，3），∴BC2＝20，PB2＝m2+1，PC2＝（m+4）2+9，当P为直角顶点时，PB2+PC2＝BC2，∴m2+1+（m+4）2+9＝20，解得m＝﹣1或m＝﹣3，∴P（﹣1，0）或（﹣3，0）；当B为直角顶点时，PB2+BC2＝PC2，∴m2+1+20＝（m+4）2+9，解得m＝﹣，∴P（﹣，0），当C为直角顶点时，PC2+BC2＝PB2，∴（m+4）2+9+20＝m2+1，解得m＝﹣，∴P（﹣，0），综上所述，P的坐标为（﹣1，0）或（﹣3，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．【模型3等腰直角三角形存在性问题】【典例3】（2023•增城区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，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为直线BC下方抛物线上的一动点，PM⊥BC于点M，PN∥y轴交BC于点N．求线段PM的最大值和此时点P的坐标；（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以CQ为斜边的等腰直角三角形CEQ？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）中，得，解得，∴解析式为y＝x2﹣2x﹣3，故抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）当x＝0时，y＝3，∴C（0，﹣3），∵B（3，0），∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∵PN∥y轴，∴∠MNP＝45°，∵PM⊥BC，∴PM＝PN，则当PN最大时，PM也最大，设BC的解析式为y＝mx+n，∴，解得，∴BC解析式为y＝x﹣3，设P（x，x2﹣2x﹣3），N（x，x﹣3），∴PN＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣（x﹣）2+，当x＝时，PN最大，则PM＝PN＝×＝，∴P（，），故PM最大值为，P点坐标为（，﹣）；（3）存在，点E的坐标为（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）．∵CEQ是以CQ为斜边的等腰直角三角形，∴设Q（x，x2﹣2x﹣3），①如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，∵∠CEQ＝90°，∴∠QEM+∠CEN＝90°，∵∠QEM+∠MQE＝90°，∴∠EQM＝∠CEN，∵∠CNE＝∠QME＝90°，EC＝EQ，∴△EMQ≌△CNE（AAS），∴CN＝EM＝x2﹣2x﹣3，MQ＝EN＝3，∴|xQ|+MQ＝CN，﹣x+3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝﹣2，x＝3（舍去），∴OE＝CM＝2+3＝5，E（﹣5，0），②如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，同理：△EMC≌△QNE（AAS），CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，∴﹣x+x2﹣2x﹣3＝3，解得x＝，x＝（舍去），∴OE＝CM＝，E（，0），③如图，点E和点O重合，点Q和点B重合，此时E（0，0），④如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，同理：△EMC≌△QNE（AAS），CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，∴x+3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝，x＝（舍去），∴OE＝CM＝，E（，0），综上所述，点E的坐标为（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）．【变式3-1】（2023•抚远市二模）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（2，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上有一点P，过点P作x轴的垂线交x轴于点Q，若△APQ是等腰直角三角形，求点P的坐标．【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2．（2）P（3，4）或（1，2）．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（2，0）．∴，解得，，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2．（2）如图，∵PQ⊥x轴于Q，∴∠PQA＝90°，∵△APQ是等腰直角三角形，∴AQ＝PQ，∵点P在抛物线y＝x2﹣x﹣2上，∴设点Q的坐标为（m，0）则点P（m，m2﹣m﹣2），∴AQ＝|m﹣（﹣1）|＝|m+1|，PQ＝|m2﹣m﹣2|，∴|m+1|＝|m2﹣m﹣2|，∴m+1＝m2﹣m﹣2或m+1＝﹣（m2﹣m﹣2），即m2﹣2m﹣3＝0或m2＝1，当m2﹣2m﹣3＝0时，解得，m＝3或m＝﹣1（舍去），此时P（3，4），当m2＝1时，解得，m＝1或m＝﹣1（舍去），此时P（1，﹣2），综上得，点P的坐标为P（3，4）或（1，2）．【变式3-2】（2023•富锦市校级一模）如图，是抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（2，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上有一点P，过点P作x轴的垂线交x轴于点Q，若△APQ是等腰直角三角形，求点P的坐标．【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2．（2）P（3，4）或（1，﹣2）．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（2，0）．∴，解得，．∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2．（2）如图，∵PQ⊥x轴于Q，∴∠PQA＝90°，∵△APQ是等腰直角三角形，∴AQ＝PQ，∵点P在抛物线y＝x2﹣x﹣2上，∴设点Q的坐标为（m，0）则点P（m，m2﹣m﹣2），∴AQ＝|m﹣（﹣1）|＝|m+1|，PQ＝|m2﹣m﹣2|，∴|m+1|＝|m2﹣m﹣2|，∴m+1＝m2﹣m﹣2或m+1＝﹣（m2﹣m﹣2），即m2﹣2m﹣3＝0或m2＝1，当m2﹣2m﹣3＝0时，解得，m＝3或m＝﹣1（舍去），此时P（3，4），当m2＝1时，解得，m＝1或m＝﹣1（舍去），此时P（1，﹣2），综上得，点P的坐标为P（3，4）或（1，﹣2）．【变式3-3】（2023•碑林区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．​（1）求该抛物线的解析式；（2）点M为该抛物线的对称轴l上一点，点P为该抛物线上的点且在l左侧，当△AMP是以M为直角顶点的等腰直角三角形时，求符合条件的点M的坐标．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）M的坐标为（1，1）或．【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，∴，解得，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）由y＝﹣x2+2x+3得，y＝﹣（x﹣1）2+4；设M点的坐标为（1，m），过点M作PM⊥AM交抛物线于点P，过点P作PE⊥对称轴于点E，对称轴与x轴交于点D，①当点M在x轴上方时，∵PM＝AM，∠PMA＝90°，∴∠AMD+∠PME＝90°，∵∠MAD+∠AMD＝90°，∴∠MAD＝∠PME，∴△AMD≌△MPE（AAS），∴PE＝DM＝m，EM＝AD＝2，∴P点的坐标为（1﹣m，2+m），∴﹣（1﹣m）2+2（1﹣m）+3＝2+m，解得：m1＝﹣2（舍去），m2＝1，∴M的坐标为（1，1）；②当点M在x轴上时，显然不适合题意；③当点M在x轴下方时，同①可证：△AMD≌△MPE（AAS），∴PE＝DM＝﹣m，EM＝AD＝2，∴P点的坐标为（m+1，m﹣2），∴﹣（m+1）2+2（m+1）+3＝m﹣2，整理得：m2+5m﹣2＝0，解得：（舍去），，∴M的坐标为；∴M的坐标为（1，1）或．【变式3-4】（2023•西安一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣1的顶点A的坐标为，与y轴交于点B．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点P是抛物线上的动点，过点P作PM⊥x轴于点M，以PM为斜边作等腰直角三角形PMN，当点N恰好落在y轴上时，求点P的坐标．【答案】（1）y＝2x2+3x﹣1；（2）点P的坐标为（﹣1，﹣2）或（，1）或（，）或（，）．【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx﹣1，令x＝0，则y＝﹣1，∴B（0，﹣1），∵抛物线y＝ax2+bx﹣1的顶点A的坐标为（﹣，﹣），∴y＝a（x+）2﹣，将B（0，﹣1）代入y＝a（x+）2﹣得a﹣＝﹣1，解得a＝2，∴y＝2（x+）2﹣＝2x2+3x﹣1；（2）过点P作PQ⊥y轴于点Q，∵以PM为斜边作等腰直角三角形PMN，∴∠NPM＝∠NMP＝45°，∵PM⊥x轴，PQ⊥y轴，∴PM⊥PQ，∴∠NPQ＝∠OMN＝45°，四边形PQOM是矩形，∴△PQN、△OMN是等腰直角三角形，PQ＝OM，OQ＝PM，∴PQ＝QN，OM＝ON，∴ON＝OM，ON＝OQ，设点P（m，2m2+3m﹣1），∴OQ＝|2m2+3m﹣1|，OM＝|m|，∴|2m2+3m﹣1|＝|m|，解得m＝﹣1或或或．∴点P的坐标为（﹣1，﹣2）或（，1）或（，）或（，）．【模型4平行四边形存在性问题-三定一动类型】【典例4】（2023•新会区二模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点B，与x轴分别交于点A、点C，直线y＝与抛物线相交于点B、点D（1，），已知点A坐标是（，0），点P是抛物线上一动点．（1）求b、c的值；（2）当点P位于直线BD上方何处时，△BPD面积最大？最大面积是多少？（3）点M是直线BD上一动点，是否存在点M、点P使得四边形ABMP恰好为平行四边形？若存在，求出此时点M、点P的坐标．【答案】（1）b＝，c＝1；（2）△BPD面积取得最大值，点P坐标为；（3）存在，、M（2，2）．【解答】解：（1）在y＝x+1中，令x＝0，得y＝1，∴B（0，1），将A（，0），B（0，1）代入y＝﹣x2+bx+c，∴，解得，∴抛物线的方程为y＝﹣x2+x+1；（2）设点P坐标为（t，﹣t2+t+1），过点P作x轴垂线，交直线y＝x+1于点F（t，t+1），∴PF＝﹣t2+t+1﹣t﹣1＝﹣t2+t，∴S△BPD＝（﹣t2+t）×1＝﹣（t﹣）2+，当t＝时，△BPD面积取得最大值，此时点P坐标为；（3）存在点M、点P使得四边形ABMP恰好为平行四边形，理由如下：∵四边形ABMP是平行四边形，∴AP∥BM，设直线AP的解析式为y＝x+m，∴×（﹣）+m＝0，解得，∴直线AP的解析式为，当时，解得x＝或x＝﹣（舍），∴，∵四边形ABMP是平行四边形，∴yM﹣yp＝yB﹣yA＝1，，∴M（2，2），∴存在点、M（2，2），使得四边形ABMP恰好为平行四边形．【变式4-1】（2023•零陵区二模）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y＝﹣x﹣交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P在直线l下方时，过点P作PM∥x轴交l于点M，PN∥y轴交l于点N，求PM+PN的最大值．（3）设F为直线l上的点，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y＝x2+bx+c得，，∴，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2；（2）设P（m，m2﹣m﹣2），∵PM∥x轴，PN∥y轴，M，N在直线AD上，∴N（m，﹣m﹣），M（﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2），∴PM+PN＝﹣m2+2m+2﹣m﹣m﹣﹣m2+m+2＝﹣m2+m+＝﹣（m﹣）2+，∴当m＝时，PM+PN的最大值是；（3）能，理由：∵y＝﹣x﹣交y轴于点E，∴E（0，﹣），∴CE＝，设P（m，m2﹣m﹣2），若以E，C，P，F为顶点的四边形能构成平行四边形，①以CE为边，∴CE∥PF，CE＝PF，∴F（m，﹣m﹣），∴﹣m﹣﹣m2+m+2＝，或m2﹣m﹣2+m+＝，∴m1＝1，m2＝0（舍去），m3＝，m4＝，F1（1，﹣），F2（，），F3（，﹣），②以CE为对角线，连接PF交CE于G，∴CG＝GE，PG＝FG，∴G（0，﹣），设P（m，m2﹣m﹣2），则F（﹣m，m﹣），∴×（m2﹣m﹣2+m﹣）＝﹣，∴m＝1，m＝0（舍去），∴F4（﹣1，0），综上所述，F（1，﹣），（，﹣），（，）、（﹣1，0），以E，C，P，F为顶点的四边形能构成平行四边形．【变式4-2】（2022秋•青山湖区期末）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA＝2，OC＝3．（1）求抛物线的解析式；（2）作Rt△OBC的高OD，延长OD与抛物线在第一象限内交于点E，求点E的坐标；（3）在x轴上方的抛物线上，是否存在一点P，使四边形OBEP是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵OA＝2，∴点A的坐标为（﹣2，0）．∵OC＝3，∴点C的坐标为（0，3）．∵把（﹣2，0），（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得解得∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+3；（2）把y＝0代入y＝﹣x2+x+3，解得x1＝﹣2，x2＝3∴点B的坐标为（3，0），∴OB＝OC＝3∵OD⊥BC，∴OD平分∠BOC∴OE所在的直线为y＝x解方程组得，，∵点E在第一象限内，∴点E的坐标为（2，2）．（3）存在，如图1，过点E作x轴的平行线与抛物线交于另一点P，连接BE、PO，把y＝2代入y＝﹣x2+x+3，解得x1＝﹣1，x2＝2∴点P的坐标为（﹣1，2），∵PE∥OB，且PE＝OB＝3，∴四边形OBEP是平行四边形，∴在x轴上方的抛物线上，存在一点P（﹣1，2），使得四边形OBEP是平行四边形；【变式4-3】（2023•成县三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l：y＝kx+n与y轴交于点C，与抛物线y＝﹣x2+bx+c的另一个交点为D，已知A（﹣1，0），D（5，﹣6），P点为抛物线y＝﹣x2+bx+c上一动点（不与A、D重合）．（1）求抛物线和直线l的解析式；（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作PF∥y轴交直线l于点F，求PE+PF的最大值；（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）将点A、D的坐标代入直线表达式得：，解得：，故直线l的表达式为：y＝﹣x﹣1，将点A、D的坐标代入抛物线表达式，同理可得抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；（2）直线l的表达式为：y＝﹣x﹣1，则直线l与x轴的夹角为45°，即：则PE＝PF，设点P坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点F（x，﹣x﹣1），PE+PF＝2PF＝2（﹣x2+3x+4+x+1）＝﹣2（x﹣2）2+18，∵﹣2＜0，故PE+PF有最大值，当x＝2时，其最大值为18；（3）NC＝5，①当NC是平行四边形的一条边时，设点P坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点M（x，﹣x﹣1），由题意得：|yM﹣yP|＝5，即：|﹣x2+3x+4+x+1|＝5，解得：x＝2或0或4（舍去0），则点M坐标为（2+，﹣3﹣）或（2﹣，﹣3+）或（4，﹣5）；②当NC是平行四边形的对角线时，则NC的中点坐标为（0，），设点P坐标为（m，﹣m2+3m+4）、则点M（n，﹣n﹣1），N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形，则NC的中点即为PM中点，即：，解得：，故点M（﹣4，3）；故点M的坐标为：（2+，﹣3﹣）或（2﹣，﹣3+）或（4，﹣5）或（﹣4，3）．【变式4-4】（2023•岱岳区校级模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，抛物线交x轴于A、C两点，与直线y＝x﹣1交于A、B两点，直线AB与抛物线的对称轴交于点E．（1）求抛物线的解析式．（2）点P在直线AB上方的抛物线上运动，若△ABP的面积最大，求此时点P的坐标．（3）在平面直角坐标系中，以点B、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出符合条件点D的坐标．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）令y＝0，可得：x﹣1＝0，解得：x＝1，∴点A（1，0），∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，∴﹣1×2﹣1＝﹣3，即点C（﹣3，0），∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）∵点P在直线AB上方的抛物线上运动，∴设点P（m，﹣m2﹣2m+3），∵抛物线与直线y＝x﹣1交于A、B两点，∴，解得：，，∴点B（﹣4，﹣5），如图，过点P作PM∥y轴交直线AB于点M，点M（m，m﹣1），∴PM＝﹣m2﹣2m+3﹣m+1＝﹣m2﹣3m+4，∴S△ABP＝S△PBM+S△PMA＝（﹣m2﹣3m+4）（m+4）+（﹣m2﹣3m+4）（1﹣m）＝，∴当m＝时，△ABP的面积最大，∴点P（，）；（3）当x＝﹣1时，y＝﹣1﹣1＝﹣2，∴点E（﹣1，﹣2），如图，直线BC的解析式为y＝5x+15，直线BE的解析式为y＝x﹣1，直线CE的解析式为y＝﹣x﹣3，∵以点B、C、E、D为顶点的四边形是平行四边形，∴直线D1D3的解析式为y＝5x+3，直线D1D2的解析式为y＝x+3，直线D2D3的解析式为y＝﹣x﹣9，联立得D1（0，3），同理可得D2（﹣6，﹣3），D3（﹣2，﹣7），综上所述，符合条件的点D的坐标为D1（0，3）或D2（﹣6，﹣3）或D3（﹣2，﹣7）． 【模型5平行四边形存在性问题-两定两动类型】【典例5】（2023•芝罘区一模）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过坐标轴上A、B、C三点，直线y＝﹣x+4过点B和点C．（1）求抛物线的解析式；（2）E是直线BC上方抛物线上一动点，连接BE、CE，求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；（3）Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、B、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条形的点P坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y＝﹣x2+x+4；（2）△BCE的面积有最大值4，E（2，4）；（3）存在，（3，）或（5，﹣）或（﹣3，﹣）．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4，∴B（0，4），当y＝0时，x＝4，∴C（4，0），将B、C点代入y＝ax2+x+c，∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4；（2）设直线BC的解析式为y＝kx+4，∴4k+4＝0，解得k＝﹣1，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，过E点作EG∥y轴交BC于点G，设E（t，﹣t2+t+4），则G（t，﹣t+4），∴EG＝﹣t2+2t，∴S△BCE＝（﹣t2+2t）×4＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣2）2+4，当t＝2时，△BCE的面积有最大值4，此时E（2，4）；（3）存在点P，使得以P、Q、B、C为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：∵y＝﹣x2+x+4＝﹣（x﹣1）2+，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，设Q（1，m），P（n，﹣n2+n+4），B（0，4），C（4，0），①当PQ为平行四边形的对角线时，1+n＝4，解得n＝3，∴P（3，）；②当PB为平行四边形的对角线时，n＝4+1＝5，∴P（5，﹣）；③当PC为平行四边形的对角线时，4+n＝1，解得n＝﹣3，∴P（﹣3，﹣）；综上所述：P点坐标为（3，）或（5，﹣）或（﹣3，﹣）．【变式5-1】（2023春•招远市期中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．（1）求该抛物线的表达式；（3）若点E在x轴上，点F在抛物线上，是否存在以B、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；（2）存在，点F的坐标分别为（2，3）或或．【解答】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），∴，解得：，∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；（2）存在以B、C、E、F为顶点的平行四边形．设点F（t，﹣t2+2t+3），E（m，0），根据题意可得B（3，0），C（0，3），当BF为对角线时，﹣t2+2t+3+0＝0+3，解得：t1＝0（舍），t2＝2，∴F（2，3）；当BE为对角线时，﹣t2+2t+3+3＝0+0，解得：，，③当BC为对角线时，﹣t2+2t+3+0＝0+3，解得：t1＝0（舍），t2＝2，∴F（2，3）；综上：点F的坐标分别为（2，3）或）或．【变式5-2】（2023•兴庆区校级模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，过点A的直线l交抛物线于点C（2，m）．（1）求抛物线的解析式．（2）点P是线段AC上一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，求线段PE最大时点P的坐标．（3）点F是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点D，使得以点A，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点D的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，得到解得，∴y＝x2﹣2x﹣3．（2）将C点的横坐标x＝2代入y＝x2﹣2x﹣3，得y＝﹣3，∴C（2，﹣3）；∴直线AC的函数解析式是y＝﹣x﹣1．设P点的横坐标为m（﹣1≤m≤2），则P、E的坐标分别为：P（m，﹣m﹣1），E（m，m2﹣2m﹣3）；∵P点在E点的上方，PE＝（﹣m﹣1）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2，＝﹣（m﹣）2+，∵﹣1＜0，∴当m＝时，PE的最大值＝，此时P（，﹣）．（3）存在．理由：如图，设抛物线与y的交点为K，由题意K（0，﹣3），∵C（2，﹣3），∴CK∥x轴，CK＝2，当AC是平行四边形ACF1D1的边时，可得D1（﹣3，0）．当AC是平行四边形AF1CD2的对角线时，AD2＝CK，可得D2（1，0），当点F在x轴的上方时，令y＝3，3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝1±，∴F3（1﹣，3），F4（1+，3），由平移的性质可知D3（4﹣，0），D4（4+，0）．综上所述，满足条件的点D的坐标为（﹣3，0）或（1，0）或（4﹣，0）或（4+，0）．【变式5-3】（2023•大庆一模）如图，是将抛物线y＝﹣x2平移后得到的抛物线，其对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为A（﹣1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点N为抛物线上一点，且BC⊥NC，求点N的坐标；（3）点P是抛物线上一点，点Q是一次函数y＝x+的图象上一点，若四边形OAPQ为平行四边形，这样的点P、Q是否存在？若存在，分别求出点P、Q的坐标；若不存在，说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）设抛物线的解析式是y＝﹣（x﹣1）2+k．把（﹣1，0）代入得0＝﹣（﹣1﹣1）2+k，解得k＝4，则抛物线的解析式是y＝﹣（x﹣1）2+4，即y＝﹣x2+2x+3；（2）在y＝﹣x2+2x+3中令x＝0，则y＝3，即C的坐标是（0，3），OC＝3．∵B的坐标是（3，0），∴OB＝3，∴OC＝OB，则△OBC是等腰直角三角形．∴∠OCB＝45°，过点N作NH⊥y轴，垂足是H．∵∠NCB＝90°，∴∠NCH＝45°，∴NH＝CH，∴HO＝OC+CH＝3+CH＝3+NH，设点N坐标是（a，﹣a2+2a+3）．∴a+3＝﹣a2+2a+3，解得a＝0（舍去）或a＝1，∴N的坐标是（1，4）；（3）存在点P，点Q使四边形OAPQ是平行四边形，理由如下：∵四边形OAPQ是平行四边形，则PQ＝OA＝1，且PQ∥OA，设P（t，﹣t2+2t+3），把Q（t+1，﹣t2+2t+3）代入y＝x+，则﹣t2+2t+3＝（t+1）+，整理，得2t2﹣t＝0，解得t＝0或．∴﹣t2+2t+3的值为3或．∴P、Q的坐标是（0，3），（1，3）或（，）、（，）．或Q（t﹣1，﹣t2+2t+3）代入y＝x+，则﹣t2+2t+3＝（t﹣1）+，解得t＝﹣（舍去）或2（舍弃），综上所述，P、Q的坐标是（0，3），（1，3）或（，），（，）．【变式5-4】（2023•三水区模拟）如图抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D，连接AC、CD、AD．（1）求该二次函数的解析式；（2）求△ACD的面积；（3）若点Q在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点P，使得以A、B、Q、P四点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当x＝0时，y＝3，即C（0，3）将A、C、B点坐标代入、及对称轴，得，解得，抛物线的解析式y＝﹣x2﹣2x+3；（2）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，得顶点坐标是（﹣1，4），由勾股定理，得AC2＝32+（0﹣3）2＝18，CD2＝（0+1）2+（3﹣4）2＝2，AD2＝（﹣1+3）2+（4﹣0）2＝20，AC2+CD2＝AD2，∴△ACD是直角三角形，S△ACD＝AC•CD＝××＝3；（3）①如图1，平行四边形AQBP，由对角线互相平分，得P1（﹣1，4），Q（﹣1，﹣4）；②如图2，▱ABQP，PQ＝AB＝4，﹣1﹣4＝﹣5，当x＝﹣5时，y＝﹣25+10+3＝﹣12，即P2（﹣5，﹣12）；③如图3，▱ABPQ，PQ＝AB＝4，P点的横坐标为﹣1+4＝3，当x＝3时，y＝﹣9﹣6+3＝﹣12，即P3（3，﹣12），综上所述：P1（﹣1，4），P2（﹣5，﹣12），P3（3，﹣12）．【模型6