初中数学苏科版九年级下册5.1 二次函数课后测评

这是一份初中数学苏科版九年级下册5.1 二次函数课后测评，文件包含专题59二次函数中的十二大存在性问题苏科版原卷版docx、专题59二次函数中的十二大存在性问题苏科版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共159页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc21796" 【题型1 二次函数中等腰三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc21796 \h 1
\l "_Tc17023" 【题型2 二次函数中直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc17023 \h 12
\l "_Tc22730" 【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc22730 \h 23
\l "_Tc18687" 【题型4 二次函数中全等三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc18687 \h 33
\l "_Tc13453" 【题型5 二次函数中平行四边形的存在性问题】 PAGEREF _Tc13453 \h 42
\l "_Tc32016" 【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】 PAGEREF _Tc32016 \h 53
\l "_Tc756" 【题型7 二次函数中矩形的存在性问题】 PAGEREF _Tc756 \h 63
\l "_Tc4142" 【题型8 二次函数中正方形的存在性问题】 PAGEREF _Tc4142 \h 75
\l "_Tc5178" 【题型9 二次函数中面积问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc5178 \h 87
\l "_Tc11160" 【题型10 二次函数中线段问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc11160 \h 97
\l "_Tc18152" 【题型11 二次函数中角度问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc18152 \h 110
\l "_Tc11501" 【题型12 二次函数中最值问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc11501 \h 123
【题型1 二次函数中等腰三角形的存在性问题】
【例1】（2023春·甘肃张掖·九年级校考期中）如图甲，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．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)当0(3)在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C、P、M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)最大面积为278，E32,−34
(3)存在，见详解
【分析】（1）把B、C的坐标代入抛物线，得出方程组，求出方程组的解即可；
（2）连接CE、BE， 经过点E作x轴的垂线FE，交直线BC于点F，设点F（x，−x+3），则点E（x，x2−4x+3），推出EF=−x2+3x，根据S△CBE=S△CEF+S△BEF＝12EF⋅OB
代入求出即可．
（3）先求出C、P的坐标，由勾股定理可求PC的值，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解；
【详解】（1）解：∵直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，
∴B（3，0），C（0，3），
∴c=30=9+3b+c，解得b=−4c=3，
∴抛物线解析式为y=x2−4x+3；
（2）当0
设点F（x，−x+3），则点E（x，x2−4x+3），
∴EF=−x2+3x，
∴S△CBE=S△CEF+S△BEF= 12EF⋅OB= −32x2+92x= −32x−322+278，
∵a=−32<0，0∴当x=32时，S△CBE有最大值278，此时，y=x2−4x+3=−34 ，
∴E32,−34．
（3）∵y=x2−4x+3=（x−2）2−1，
∴对称轴为直线x=2，顶点坐标为P（2，−1），
∴CP=2−02+−1−32=25，
设点M的坐标为（2，m），则PM=m+1，CM=4+m−32 ，若CP=PM=25，
则m+1=25，
∴m=−1±25，
∴点M 2,−1−25或2,−1+25；
若CP=CM=25，则4+m−32=25，
∴m=7，
∴点M（2，7）；
若PM=CM，如图，过点C作CH⊥PM于H，

∴CH=2，PH=4，
∵CH2+HM2=CM2，
∴4+HM2=（4−HM）2，
∴HM=32，
∴点M2,32，
∴满足条件的点M分别为M1（2，7），M2 2,−1−25，M3 2,32，M4 2,−1+25．
【点睛】本题综合考查了二次函数的综合，二次函数的最值，等腰三角形性质，用待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积等知识点的应用，综合性比较强．
【变式1-1】（2023春·广西贵港·九年级统考期末）如图，抛物线y=ax2+3x+ca≠0与x轴交于点A−2,0和点B，与y轴交于点C0,8，点P为直线BC上方抛物线上的动点，连接CP，PB，直线BC与抛物线的对称轴l交于点E．

(1)求抛物线的解析式；
(2)求△BCP的面积最大值；
(3)点M是抛物线的对称轴l上一动点．是否存在点M，使得△BEM为等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+3x+8
(2)△BCP的面积最大值为32
(3)存在，M点坐标为3,0或3,−5或3,52+5或3,−52+5
【分析】（1）根据待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）先求出直线BC的解析式，过点P作PG∥y轴交BC于G，设Pt,−12t2+3t+8，则Gt,−t+8，表示△BCP的面积，运用二次函数的性质求出最大值即可；
（3）分三种情况进行讨论：当BE=BM时；当BE=EM时；当BM=EM时；进而得出答案．
【详解】（1）解：将A−2,0，C0,8代入y=ax2+3x+c，
∴4a−6+c=0c=8，
解得a=−12c=8，
∴y=−12x2+3x+8；
（2）令y=0，则−12x2+3x+8=0，
解得x=−2或x=8，
∴B8,0，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴b=88k+b=0，
解得k=−1b=8，
∴y=−x+8，
过点P作PG∥y轴交BC于G，

设Pt,−12t2+3t+8，则Gt,−t+8，
∴PG=−12t2+3t+8+t−8=−12t2+4t，
∴S△CBP=12×8×−12t2+4t=−2t2+16t=−2t−42+32，
∴当t=4时，△BCP的面积有最大值，最大值为32；
（3）①存在点M，使得△BEM为等腰三角形，理由如下：
∵y=−12x2+3x+8=−12x−32+252，
∴抛物线的对称轴为直线x=3，
∴E3,5，设M3,m，
∴BE=52，BM=25+m2，EM=m−5，
当BE=BM时，52=25+m2，
解得m=5（舍）或m=−5，
∴M3,−5；
当BE=EM时，52=m−5，
解得m=52+5或m=−52+5，
∴M3,52+5或3,−52+5；
当BM=EM时，25+m2=m−5，
解得m=0，
∴M3,0；
综上所述：M点坐标为3,0或3,−5或3,52+5或3,−52+5；
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合－面积问题以及特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键．
【变式1-2】（2023春·山西晋城·九年级校考期末）如图1，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A−1,0，B4,0两点，与y轴交于点C，顶点为D．点P是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点Q．

(1)求抛物线的表达式；
(2)求线段PQ的最大值；
(3)如图2，过点P作x轴的平行线交y轴于点M，连接QM．是否存在点P，使得△PQM为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−34x2+94x+3
(2)3
(3)存在一点P，当点P的横坐标为83时，△PQM为等腰三角形
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标，进而求出直线BC的解析式，设Pm，−34m2+94m+3，则Qm，−34m+3，则PQ=−34m−22+3，由此即可求出答案；
（3）先证明PQ⊥PM，则当△PQM为等腰三角形，只存在PM=PQ这一种情况，设Pn，−34n2+94n+3，则Qn，−34n+3，则−34n2+3n=n，解方程即可．
【详解】（1）解：把A−1,0，B4,0代入y=ax2+bx+3中得：a−b+3=016a+4b+3=0，
∴a=−34b=94，
∴抛物线解析式为y=−34x2+94x+3；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b1，
在y=−34x2+94x+3中，当x=0时，y=3，
∴C0，3，
把C0，3，B4,0代入y=kx+b1中得4k+b1=0b1=3，
∴k=−34b1=3，
∴直线BC的解析式为y=−34x+3，
设Pm，−34m2+94m+3，则Qm，−34m+3，
∴PQ=−34m2+94m+3−−34m+3
=−34m2+94m+3+34m−3
=−34m2+3m
=−34m−22+3，
∵−34<0，
∴当m=2时，PQ有最大值，最大值为3；
（3）解：∵PQ⊥x轴，PM∥x轴，
∴PQ⊥PM，
∴当△PQM为等腰三角形，只存在PM=PQ这一种情况，
设Pn，−34n2+94n+3，则Qn，−34n+3，
同理可得PQ=−34n2+3n，
又∵PM=n，
∴−34n2+3n=n，
解得n=83或n=0，
∴存在一点P，当点P的横坐标为83时，△PQM为等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，待定系数法求函数解析式，等腰三角形的定义等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
【变式1-3】（2023•沙坪坝区校级模拟）如图1，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）交x轴于点A（﹣1，0），点B（4，0），交y轴于点C．连接BC，过点A作AD∥BC交抛物线于点D（异于点A）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PE∥y轴，交AD于点E，过点E作EG⊥BC于点G，连接PG．求△PEG面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）水平向右平移32个单位，得到新抛物线y1，在y1的对称轴上确定一点M，使得△BDM是以BD为腰的等腰三角形，请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．
【分析】（1）用待定系数法直接可得抛物线的函数表达式；
（2）过点G作GH⊥PE于H，根据勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，则AC⊥BC，由EG⊥BC得AC＝BG，根据等角的余角相等得∠ACO＝∠GEH，证明△ACO≌△GEH，可得GH＝AO＝1，用待定系数法求出直线BC为y=−12x+2，根据AD∥BC得直线AD为y=−12x−12，设P（m，−12m2+32m+2），则E（m，−12m−12），从而得PE=−12m2+2m+52，即可求出△PEG面积为12PE•GH=−14m2+m+54，根据二次函数性质即得答案．
（3）求出点D的坐标D（5，﹣3），设点M的坐标为（3，t），可得BD2＝（5﹣4）2+32＝10，BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2，MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，分两种情况：①当BD＝BM时，②当BD＝MD时，根据等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入抛物线y＝ax2+bx+2得：
16a+4b+2=0a−b+2=0，解得a=−12b=32，
∴抛物线的函数表达式为y=−12x2+32x+2；
（2）过点G作GH⊥PE于H，
∵抛物线y=−12x2+32x+2交y轴于点C．
∴C（0，2），
∵A（﹣1，0），B（4，0），
∴AB＝5，AC=12+22=5，BC=42+22=25，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵AD∥BC，EG⊥BC，
∴AC＝BG=5，
∵PE∥y轴，
∴∠OCG＝∠EFG，
∵∠ACO+∠OCG＝90°，∠GEH+∠EFG＝90°，
∴∠ACO＝∠GEH，
∵∠AOC＝∠GHE＝90°，
∴△ACO≌△GEH（AAS），
∴GH＝AO＝1，
设直线BC为y＝kx+n，将C（0，2），B（4，0）代入得：
4k+n=0n=2，解得k=−12n=2，
∴直线BC为y=−12x+2，
∵AD∥BC，A（﹣1，0），
∴直线AD为y=−12x−12，
设P（m，−12m2+32m+2），则E（m，−12m−12），
∴PE=−12m2+2m+52，
∴△PEG面积为12PE•GH=−14m2+m+54=−14（m﹣2）2+94，
∵−14＜0，
∴m＝2时，△PEG面积的最大值为94，
此时点P的坐标为（2，3）；
（3）∵抛物线y=−12x2+32x+2=−12（x−32）2+258水平向右平移32个单位，得到新抛物线y1=−12（x﹣3）2+258，
∴y1的对称轴为x＝3，
联立直线AD为y=−12x−12，抛物线y=−12x2+32x+2，解得x=−1y=0或x=5y=−3，
∴D（5，﹣3），
设点M的坐标为（3，t），
∴BD2＝（5﹣4）2+32＝10，
BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2，
MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，
①当BD＝BM时，
∴BD2＝BM2，
∴1+t2＝10，
∴t＝±3，
∴点M的坐标为（3，3）或（3，﹣3），
∵点（3，3）与B，D共线，
∴点M的坐标为（3，﹣3）；
②当BD＝MD时，
∴BD2＝MD2，
∴t2+6t+13＝10，
∴t＝﹣3±6，
∴点M的坐标为（3，﹣3+6）或（3，﹣3−6）；
综上所述，点M的坐标为（3，﹣3）或（3，﹣3+6）或（3，﹣3−6）．
【题型2 二次函数中直角三角形的存在性问题】
【例2】（2023春·四川广安·九年级校考期中）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点A(−3,2)，B(0,−2)，其对称轴为直线x=52，C(0,12)为y轴上一点，直线AC与抛物线交于另一点D．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)试在线段AD下方的抛物线上求一点E，使得△ADE的面积最大，并求出最大面积；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得△ADF是直角三角形？如果存在，求点F的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=16x2−56x−2．
(2)E(1,−223)，△ADE的面积S有最大值1023．
(3)存在，点F的坐标为F(52,13)或(52,−7)或(52,712)或(52,−712)．
【分析】（1）根据点的坐标，运用待定系数法，建立方程组求解；
（2）运用待定系数法，确定直线AD解析式为y=−12x+12，联立二次函数解析式，求解得D(5,−2)，过点E作EF⊥x轴，交AD于点G，设E(m,16m2−56m−2)，△ADE的面积：12EG⋅(xD−xA)=−23m2+43m+10=−23(m−1)2+1023，根据二次函数性质求得△ADE的面积有最大值1023，E(1,−223)．
（3）存在．设点F(52,n)，则AF2=n2−4n+1374；DF2=n2+4n+414；AD2=80；分情况讨论：①若∠FAD=90°，②若∠FDA=90°，③若∠DFA=90°，根据勾股定理，建立方程求解得点F的坐标．
【详解】（1）解：由题意，
c=−29a−3b−2=2−b2a=52，解得a=16b=−56c=−2
∴y=16x2−56x−2．
（2）解：设直线AD的解析式为y=kx+p(k≠0)，则
−3k+p=2p=12解得k=−12p=12
∴直线AD解析式为y=−12x+12．
联立直线与抛物线解析式，得
y=−12x+12y=16x2−56x−2，解得x=−3y=2，x=5y=−2
∴D(5,−2)
过点E作EF⊥x轴，交AD于点G，
设E(m,16m2−56m−2)，G(m,−12m+12)，则EG=(−12m+12)−(16m2−56m−2)=−16m2+13m+52
△ADE的面积S=12EG⋅(xD−xA)=12×(−16m2+13m+52)×(5+3)=−23m2+43m+10
∴S=−23m2+43m+10=−23(m−1)2+1023
∴当m=1时，−3此时，16m2−56m−2=−223，
∴E(1,−223)．

（3）解：存在．
设点F(52,n)，则
AF2=(−3−52)2+(2−n)2=n2−4n+1374；
DF2=(5−52)2+(−2−n)2=n2+4n+414；
AD2=(−3−5)2+(2−(−2))2=80；
①若∠FAD=90°，则DF2=AD2+AF2，
∴n2+4n+414=80+n2−4n+1374，解得，n=13
∴F(52,13)；

②若∠FDA=90°，则AF2=DF2+AD2，
∴n2−4n+1374=80+n2+4n+414，解得，n=−7
∴F(52,−7)；

③若∠DFA=90°，则AD2=DF2+AF2，
∴n2−4n+1374+n2+4n+414=80，
解得，n=±712
∴F(52,712)或(52,−712)

综上，点F的坐标为F(52,13)或(52,−7)或(52,712)或(52,−712)．
【点睛】本题考查待定系数法确定函数解析式，函数图象交点与方程组的联系，勾股定理，二次函数的性质；根据勾股定理建立方程是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·辽宁盘锦·九年级校考期中）如图，已知直线y=x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=−x2+bx+c经过A、B两点，与x轴交于另一个点C，对称轴与直线AB交于点E，抛物线顶点为D．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在第三象限内，F为抛物线上一点，以A、E、F为顶点的三角形面积为3，求点F的横坐标；
(3)点P是对称轴上的一动点，是否存在某一点P使P、B、C为顶点的三角形是以BC为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的P点坐标；不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)−3−212
(3)存在，−1,83和−1,−23
【分析】（1）先由直线AB的解析式为y=x+3，求出它与x轴的交点A，与y轴的交点B的坐标，再将A，B两点坐标代入y=−x2+bx+c，再利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）设第三象限内的点F的坐标为m,−m2+2m+3，运用配方法求出抛物线的对称轴和顶点D的坐标，再设抛物线的对称轴与x轴交于点G，连接FG，再根据S△AEF=S△AEG+S△AFG−S△EFG=3，列出关于m的方程，解方程求出m的值，进而得出点F的坐标；
（3）设点P坐标为−1,n，先由B，C两点坐标运用勾股定理求出BC，再分两种情况讨论：①若∠PBC=90°，根据勾股定理列出关于n的方程，求出n值，得出P点坐标；②若∠BCP=90°，同①可求出对应的P点坐标，进而得出结果．
【详解】（1）∵ y=x+3与x轴的交点A，与y轴的交点B的坐标，
∴当y=0时，x=−3，即点A的坐标为−3,0，
当x=0时，y=3，即点B的坐标为0,3，
将A−3,0，B0,3代入y=−x2+bx+c，
得−9−3b+c=0c=3，
∴ b=−2c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3
（2）如图1，设第三象限内的点F的坐标为m,−m2−2m+3，

则m<0，−m2−2m+3<0.
∵y=−x2−2x+3=−x+12+4，
∴对称轴为直线x=−1，顶点D的坐标为−1,4，
设抛物线的对称轴与轴交于点G，连接FG，则G−1,0，AG=2.
∵直线AB的解析式为y=x+3，
∴当x=−1时，y=−1+3=2，
∴E点坐标为−1,2.
∵S△AEF=S△AEG+S△AFG−S△EFG，
=12×2×2+12×2×m2+2m−3−12×2×−1−m
=m2+3m
∴以A、E、F为顶点的三角形面积为3时，m2+3m=3，
解得：m1=−3−212，m2=−3+212（舍去），
当m=−3−212时，
−m2−2m+3
=−m2−3m+m+3
=−3+m+3
=m
=−3−212
∴点F的坐标为−3−212,−3−212；
（3）设点P坐标为−1,n，
∵ B0,3，C1,0
∴ BC2=12+32=10
分两种情况
①如图2，

若∠PBC=90°，
则PB2+BC2=PC2，即0+12+n−32+10=1+12+n−02，
∴ n=83，
∴点P的坐标为−1,83；
②如图3，

若∠BCP=90°，
则BC2+PC2=PB2，即10+1+12+n−02=0+12+n−32
∴ n=−23
∴点P的坐标为−1,−23；
综上所述，P点坐标为−1,83或−1,−23．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题型，运用待定系数法求抛物线的解析式，函数图像上的点的坐标特征，抛物线的顶点坐标和三角形面积的求法，直角三角形性质和勾股定理，其中利用面积的和差表示出S△AEF和分类讨论是解本题的关键．
【变式2-2】（2023春·广东梅州·九年级校考期中）已知二次函数y=x2+bx+c的图象经过A(−2,5)，B(−1,0)，与x轴交于点C．
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)点P直线AC下方抛物线上的一动点，求△PAC面积的最大值；
(3)在抛物线对称轴上是否存在点Q，使△ACQ是直角三角形？若存在，直接写出点Q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=x2−2x−3
(2)S△PAC=1258
(3)存在，Q1(1,8),Q2(1,−2),Q3(1,6), Q4(1,−1)
【分析】（1）直接把点A(−2,5)，B(−1,0)代入y=x2+bx+c,求出b、c的值即可得出抛物线的解析式；
（2）先求出点C的坐标，根据S△PAC=12PE(xC−xA)；得出S△PAC=−52x2+52x+15，进而根据二次函数的性质，即可求解．
（3）设点Q的坐标为(1,y)，然后分三种情况讨论：①∠QAC=90°；②∠QCA=90°；③∠CQA=90°．由勾股定理得到关于y的方程，解方程求出y的值即可．
【详解】（1）解：将A(−2,5)，B(−1,0)代入y=x2+bx+c
得4−2b+c=51−b+c=0
解得b=−2c=−3
∴二次函数的解析式为y=x2−2x−3
（2）将y=0代入y=x2−2x−3得x2−2x−3=0，解得x1=−1,x2=3
∴点C(3,0)
∵点P直线AC下方抛物线上的一动点，过点P作PE⊥x轴交AC于点E，如图所示：

则S△PAC=12PE(xC−xA)
由A(−2,5)，C(3,0)得直线AC的解析式为：y=−x+3
∴设P(x,x2−2x−3)，则点E(x,−x+3)
∴xC−xA=3−(−2)=5
PE=yE−yP=(−x+3)−(x2−2x−3)=−x2+x+6
∴S△PAC=12PE(xC−xA)=12(−x2+x+6)×5=−52x2+52x+15
∵x=−b2a=−522×(−52)=12，
将x=12代入S△PAC=−52x2+52x+15可得最大面积为S△PAC=1258；
（3）解：存在，Q1(1,8)，Q2(1,−2)，Q3(1,6)，Q4(1,−1)
∵ y=x2−2x−3=x−12−4，
∴对称轴是直线x=1．
∵A(−2,5)，C(3,0)，
∴ AC2=3+22+0−52=50．
设点Q的坐标为(1,y)，分三种情况：
①如果∠QAC=90°，那么QA2+AC2=QC2，
则1+22+y−52+50=1−32+y−02，解得y=8，
所以点Q的坐标为(1,8)；
②如果∠QCA=90°，那么QC2+AC2=QA2，
则1−32+y−02+50=1+22+y−52，解得y=−2，
所以点Q的坐标为(1,−2)；
③如果∠CQA=90°，那么QC2+QA2=AC2，
则1−32+y−02+1+22+y−52=50，解得y=−1或6，
所以点Q的坐标为Q (1,−1)或Q (1,6)．
综上所述，所求点Q的坐标为Q1(1,8)，Q2(1,−2)，Q3(1,6)，Q4(1,−1)．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，主要利用了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的性质，勾股定理等知识．熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·甘肃金昌·九年级统考期中）平面直角坐标系中，抛物线y=a(x−1)2+92 与x轴交于A，B(4，0)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BCP是直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)如图，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM+OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；
【答案】(1)y=−12(x−1)2+92，A(−2, 0) ，C(0，4)
(2)存在，P(1，5)，(1，−3)，(1，2+ 7 )，(1，2− 7 )
(3)存在， M( 85，125 )
【分析】（1）将B(4，0)代入y=a(x−1)2+92，待定系数法求解析式，进而分别令x,y=0，解方程即可求解；
（2）根据题意y=−12(x−1)2+92，对称轴为直线x=1，设P1,n，根据勾股定理BC2=42+42=32，BP2=4−12+n2，PC2=12+4−n2，分①当∠BCP=90°时，②当∠CBP=90°时，③当∠BPC=90°时，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解；
（3）存在点M使AM+OM最小，作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，求得直线AQ的解析式y=23x+43，直线BC的解析式为y=−x+4，联立方程即可求解．
【详解】（1）解：将B(4，0)代入y=a(x−1)2+92，
即0=9a+92，解得：a=−12，
∴y=−12(x−1)2+92，
令x=0，则y=−12+92=4，
令y=0，则−12x−12+92=0，
解得：x1=4,x2=−2，
A(−2, 0) ，C(0，4)
（2）解：存在点P，使△BCP是直角三角形，
∵y=−12(x−1)2+92，对称轴为直线x=1，
设P1,n，
∵B(4，0)，C(0，4)，
∴BC2=42+42=32，BP2=4−12+n2，PC2=12+4−n2
①当∠BCP=90°时，BP2=BC2+PC2,
∴4−12+n2 = 32 + 12+4−n2
解得：n=5
②当∠CBP=90°时，PC2=BC2+BP2,
∴12+4−n2 = 4−12+n2 + 32
解得：n=−3
③当∠BPC=90°时，BC2=BP2+PC2,
32 = 4−12+n2 + 12+4−n2
解得：n=2−7或n=2+7.
综上所述：P(1，5)，(1，−3)，(1，2+ 7 )，(1，2− 7 )
（3）存在点M使AM+OM最小，理由如下：
作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，
由对称性可知，OM=QM，
∴AM+OM=AM+QM≥AQ，
当A、M、Q三点共线时，AM+OM有最小值，
∵B(4，0)，C(0，4)，
∴OB=OC，
∴∠CBO=45°，
由对称性可知∠QBM=45°，
∴BQ⊥BO，
∴Q(4，4)，
设直线AQ的解析式为y=kx+b，
∴ −2k+b=04k+b=4，
解得k=23b=43，
∴直线AQ的解析式y=23x+43，
设直线BC的解析式为y=mx+4，
∴4m+4=0，
∴m=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
联立方程组y=−x+4y=23x+43，
解得x=85y=125，
∴M( 85，125 )；
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数求解析式，勾股定理，轴对称的性质求线段长的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
【例3】（2023春·山西阳泉·九年级统考期末）综合与探究：在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于点A−1,0和点B4,0，与y轴交于点C，过动点D0,m作平行于x轴的直线l，直线l与抛物线y=ax2+bx−2相交于点E，F．

(1)求抛物线的表达式；
(2)求m的取值范围；
(3)直线l上是否存在一点P，使得△BCP是以BC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2；
(2)m>−258；
(3)存在，2或4．
【分析】（1）把点A−1,0和点B4,0代入y=ax2+bx−2，求解即可；
（2）将抛物线解析式化成顶点式，求得y的最小值为−258．由直线l与抛物线有两个交点，即可得出m>−258；
（3）分两种情况：①当∠BCP=90°，BC=PC时，②如图，当∠CBP=90°，BC=BP时，分别 求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−2经过点A−1,0和点B4,0，
∴a−b−2=0，16a+4b−2=0．
解得a=12,b=−32.
∴抛物线的表达式为y=12x2−32x−2．
（2）解：y=12x2−32x−2=12x−322−258
∴y的最小值为−258．
∵直线l与抛物线有两个交点，
∴m>−258．
（3）解：存在．
当x=0时，y=12x2−32x−2=−2．
∴点C的坐标为0,−2．
①如图，当∠BCP=90°，BC=PC时，过点P作PG⊥y轴于G，
∴∠BOC=∠CGP=90°．
∵∠BCO+∠PCG=90°，∠GPC+∠PCG=90°，
∴∠BCO=∠CPG．

在△BCO和△CPG中，∠BOC=∠CGP，∠BCO=∠CPG，BC=PC，
∴△BCO≌△CPG．
∴CG=BO=4．
∵CO=2，
∴m=OG=4−2=2．
延长PC至P′使得CP′=CP，此时△BCP′也是等腰直角三角形．
易得，此时m=−6．（不合题意，舍去）
②如图，当∠CBP=90°，BC=BP时，过点P作PM⊥x轴于M，

∵∠BOC=∠BMP=90°，∠BCO+∠OBC=90°，∠PBM+∠OBC=90°，
∴∠BCO=∠PBM．
∴△BCO≌△PBM．
∴PM=BO=4．
∴m=PM=4．
延长PB，使得BP′=BP，此时△BCP′也是等腰直角三角形．
同理可得， m=−4．（不合题意，舍去）
综上所述，直线l上存在一点P，使得△BCP是以BC为直角边的等腰直角三角形．
m的值为2或4．
【点睛】本题属二次函数综合题目，主要考查了用待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象性质，二次函数图象与直线交点问题，全等三角形判定与性质，等腰直角 三角形性质，属中考常考试题目，要求学生熟练掌握相关性质并能灵活运用是解题的关键，注意（3）问要分类讨论，以免漏解．
【变式3-1】（2023春·福建漳州·九年级校考期中）如图①，已知抛物线y=ax2+bx+3的图象经过点B1,0，与y轴交于点A，其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的角平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连接PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；
(3)如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)当m= 52时，四边形AOPE面积最大，最大值为758
(3)P点的坐标为 ：P1( 3+52 , 1−52 )，P2( 3−52 , 1+52 )，P3( 5+52 , 1+52 )，P4( 5−52 , 1−52 )
【分析】（1）根据对称轴可得x=−b2a=2，将B1,0代入，待定系数法求解析式可得抛物线的解析式；
（2）设P(m，m2−4m+3)，根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；
（3）存在四种情况：如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据OM=PN列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【详解】（1）解：依题意，x=−b2a=2，
∴b=−4a，
∴抛物线解析式为y=ax2−4ax+3，
将点B1,0代入得a−4a+3=0
解得：a=1，
∴抛物线的解析式；y=x2−4x+3；
（2）如图2，设P(m，m2−4m+3)，
∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，
∴∠AOE=45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE=OA=3，
∴E(3,3)，
设直线OE的解析式为y=kx，
∴ 3=3k，
解得：k=1，
则直线OE的解析式为：y=x，
过P作PG∥y轴，交OE于点G，
∴G(m,m)，
∴PG=m−(m2−4m+3)=−m2+5m−3，
∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE，
= 12 ×3×3+ 12 PG⋅AE，
= 92 + 12 ×3×(−m2+5m−3)，
=− 32 m2+ 152 m，
= 32 m−522+ 758，
∵− 32 <0，
∴当m= 52时，S有最大值是758；
（3）如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，
∵ ∠OMP=∠OPF=∠FNP=90°
∴ ∠MOP=90°−∠OPM=∠NPF
∴△OMP≌△PNF，
∴OM=PN，
∵P(m,m2−4m+3)，
则−m2+4m−3=2−m，
解得：m= 5+52或5−52，
∴P的坐标为( 5+52 , 1+52 )或( 5−52 , 1−52 )；
如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，连接PF．
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN=FM，
则−m2+4m−3=m−2，
解得：x= 3+52或3−52；
P的坐标为( 3+52，1−52 )或( 3−52，1+52 )；
综上所述，点P的坐标是：P1( 3+52 , 1−52 )，P2( 3−52 , 1+52 )，P3( 5+52 , 1+52 )，P4( 5−52 , 1−52 )．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，解第(2)问时需要运用配方法，解第(3)问时需要运用分类讨论思想和方程的思想解决问题．
【变式3-2】（2023春·湖南湘西·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−x+3交x轴于点B，交y轴于点C，直线AD交x轴于点A，交y轴于点D，交直线BC于点E−12，72，且CD=1．
(1)求直线AD解析式；
(2)点P从B点出发沿线段BA方向以1个单位/秒的速度向终点A运动（点P不与A，B两点重合），设点P的运动时间为t，则是否存在t，使得△AEP为等腰直角三角形？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，点P出发的同时，点Q从C点出发沿射线CO方向运动，当点P到达终点时，点Q也停止运动，连接AQ，PQ，设△APQ的面积为S，S与t的函数关系式为S=32t2−12t+2120≤t<1at−1t−71【答案】(1)y=x+4
(2)存在t=72使得△AEP为等腰直角三角形
(3)a=−32，AQ=97
【分析】（1）先求出点C的坐标，再根据CD=1求出点D的坐标，再根据点D和点E的坐标利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点A和点B的坐标，得到OA=OD=4，则∠OAD=45°，推出当△AEP为等腰直角三角形时，只存在∠APE=90°或∠AEP=90°两种情况，当∠APE=90°时，此时EP⊥AP，即EP⊥x轴，当∠AEP=90°时，则点E在线段AP的中垂线上，则此时点A和点P关于直线x=−12对称，据此求解即可；
（3）将3，12代入S=at−1t−7中即可求出a的值；再根据当1【详解】（1）解：当x=0时，y=−x+3=3，
∴点C的坐标为0，3，
∵CD=1，
∴点D的坐标为0，4，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴−12k+b=72b=4，
∴k=1b=4，
∴直线AD的解析式为y=x+4；
（2）解：当y=−x+3=0时，x=3，
∴点B的坐标为3，0，
当y=x+4=0时，x=−4，
∴A−4，0，
∴OA=OD=4，
又∵∠AOD=90°，
∴∠OAD=45°，
∴当△AEP为等腰直角三角形时，只存在∠APE=90°或∠AEP=90°两种情况，
当∠APE=90°时，此时EP⊥AP，即EP⊥x轴，
∵E−12，72，
∴P−12，0，
∴BP=3−−12=72，
∴t=72；
当∠AEP=90°时，则点E在线段AP的中垂线上，
∴此时点A和点P关于直线x=−12对称，
∴点P的坐标为3，0（舍去，此时点P与点B重合）；
综上所述，存在t=72使得△AEP为等腰直角三角形；
（3）解：将3，12代入S=at−1t−7中得：a3−1×3−7=12，
∴a=−32，
∵当1∴由对称性可知，当t=1+72=4时，S有最大值，最大值为−32×4−1×4−7=272
∴BP=4，
∴AP=3−−4−4=3，
∵S△APQ=12AP⋅OQ，
∴12×3OQ=272，
∴OQ=9，
∴AQ=OQ2+OA2=97．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，二次函数的性质，勾股定理等等，正确理解题意并读懂函数图象是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·北京通州·九年级统考期末）如图，抛物线y1=ax2−2x+c的图象与x轴交点为A和B，与y轴交点为D0,3，与直线y2=−x−3交点为A和C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在直线y2=−x−3上是否存在一点M，使得△ABM是等腰直角三角形，如果存在，求出点M的坐标，如果不存在请说明理由．
(3)若点E是x轴上一个动点，把点E向下平移4个单位长度得到点F，点F向右平移4个单位长度得到点G，点G向上平移4个单位长度得到点H，若四边形EFGH与抛物线有公共点，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)存在，M−1,−2或M1,−4
(3)−22−5≤xE≤22−1
【分析】（1）先求得A−3,0，然后将A−3,0，D0,3代入y1=ax2−2x+c，即可求函数的解析式；
（2）设Mm,−m−3，根据△ABM是等腰三角形，分类讨论，根据勾股定理即可求解；
（3）设点E的横坐标xE，分别求出，FxE，−4，GxE+4，−4，HxE+4，0，当F点在抛物线上时，xE=−1+22或xE=−1−22，当G点在抛物线上时，xE=−5+22或xE=−5−22，结合图象可得−22−5【详解】（1）解：由y=−x−3得，y=0时，x=−3，
∴A−3,0．
∵抛物线y=ax2−2x+c经过A−3,0、D0,3D两点，
∴9a+6+c=0c=3，解得a=−1c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）解：由y=−x2−2x+3，令y=0，−x2−2x+3=0，
解得：x1=−3,x2=1，
∴B1,0；
∵A−3,0，
∴AB=4，
∵M是直线y2=−x−3上的点，设Mm,−m−3，
当AB为斜边时，BM=22AB=22,
∴m−12+−m−32=8，
解得：m1=m2=−1，
∴M−1,−2
当AB为直角时，BM=2AB=42,
∴m−12+−m−32=16
解得：m1=1，m2=−3（根据图形，不合题意舍去）
∴M1,−4
综上所述，存在M−1,−2或M1,−4
（3）解：∵点E的横坐标xE，
∴ExE，0，
由题可知，FxE，−4，GxE+4，−4，HxE+4，0，
当F点在抛物线上时，−xE2−2xE+3=−4，
解得xE=−1+22或xE=−1−22，
当G点在抛物线上时，−（xE+4）2−2（xE+4）+3=−4，
解得xE=−5+22或xE=−5−22，
∴−22−5【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，正方形的性质，数形结合解题是关键．
【题型4 二次函数中全等三角形的存在性问题】
【例4】（2023·陕西咸阳·统考三模）如图，抛物线y=14x2−2x+3与x轴交于A、B两点，抛物线的顶点为C，对称轴为直线l，l交x轴于点D．

(1)求点A、B、C的坐标；
(2)点P是抛物线上的动点，过点P作PM⊥y轴于点M，点N在y轴上，且点N在点M上方，是否存在这样的点P、N，使得以点P、M、N为顶点的三角形与△BCD全等，若存在，请求出点P、N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A2,0，B6,0，C4,−1
(2)存在，P12,0、N10,1或P2−2,8、N20,9或P31,54、N30,134或P4−1,214、N40,294
【分析】（1）根据题意，令y=0，解方程即可得到A2,0，B6,0，将一般式化为顶点式即可得到定点坐标C4,−1；
（2）作出图形，根据题意，要求以点P、M、N为顶点的三角形与△BCD全等，找出等边或者等角，分类讨论：①PM与BD是对应边；②PM与CD是对应边，列方程求解即可得到答案．
【详解】（1）解：∵抛物线y=14x2−2x+3与x轴交于A、B两点，
∴令y=0，则14x2−2x+3=0，解得x1=2，x2=6，
∴A2,0，B6,0，
∵抛物线y=14x2−2x+3=14x−42−1，
∴C4,−1；
（2）解：如图所示：

∵C4,−1，
∴对称轴l:x=4，
∴l交x轴于点D2,0，则CD=1，BD=2，
根据题意可得∠CDB=∠PMN=90°，若以点P、M、N为顶点的三角形与△BCD全等，则点M与点D是对应点，
设点P的坐标为m,14m2−2m+3，则PM=m，
①当PM与BD是对应边时，则PM=BD=2，MN=DC=1，即m=2，
∴m=2或−2，
当m=2时，14m2−2m+3=0；
当m=−2时，14m2−2m+3=8；
∴P12,0、N10,1，P2−2,8、N20,9；
②当PM与CD是对应边时，则PM=CD=1，MN=BD=2，即m=1，
∴m=1或−1，
当m=1时，14m2−2m+3=54；
当m=−1时，14m2−2m+3=214；
具体情况，如图所示：

∴P31,54、N30,134，P4−1,214、N40,294，
综上所述，存在这样的点P、N，使得以点P、M、N为顶点的三角形与△BCD全等，点P、N的坐标为P12,0、N10,1或P2−2,8、N20,9或P31,54、N30,134或P4−1,214、N40,294．
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及二次函数图像与坐标轴的交点坐标、二次函数中三角形全等问题，熟练掌握二次函数图像与性质，理解二次函数综合问题的解法是解决问题的关键．
【变式4-1】（2023·甘肃陇南·统考一模）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A−1,0，B两点，与y轴交于点C0,−3．

(1)求抛物线的函数解析式；
(2)已知点Pm,n在抛物线上，当−1≤m<3时，直接写出n的取值范围；
(3)抛物线的对称轴与x轴交于点M，点D坐标为2,3，试问在该抛物线上是否存在点P，使△ABP与△ABD全等？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)−4≤n≤0
(3)存在，点P的坐标为0,−3或2,−3
【分析】（1）将A，C两点的坐标代入解析式可得抛物线的解析式；
（2）根据二次函数的性质可求n的取值范围；
（3）在x轴上方的P不存在，点P只可能在x轴的下方，按照题意，分别求解即可．
【详解】（1）解：将A−1,0、C0,3代入抛物线y=x2+bx+c得：
c=−31−b+c=0，
解得：b=−2c=−3，
∴抛物线的函数解析式为：y=x2−2x−3；
（2）令y=x2−2x−3=0，
解得：x=3或−1，即A−1,0、B3,0，
∴抛物线的对称轴为x=1，
当m=−1时，n=(−1)2−2×(−1)−3=0，
当m<3时，函数的最小值为顶点纵坐标的值：y=1−2−3=−4，
故n的取值范围为−4≤n≤0；
（3）∵D(2，3)到x轴的距离为3，由图象可知，

∵△ABP≌△ABD，则点P在x轴下方，点P到x轴的距离为3，（关于x轴对称，或关于点M中心对称），
当y=−3时，x2−2x−3=−3，
解得：x=0或x=2，
∴点P的坐标为0,−3或2,−3．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握是解题的关键．
【变式4-2】（2023·陕西咸阳·统考三模）如图，抛物线y=14x2−2x+3与x轴交于A，B两点，抛物线的顶点为C，对称轴为直线l，l交x轴于点D．

(1)求点A、B、C的坐标；
(2)点P是抛物线上的动点，过点P作PM⊥y轴于点M，点N在y轴上，且点N在点M上方，是否存在这样的点P、N，使得以点P、M、N为顶点的三角形与△BCD全等，若存在，请求出点P、N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(2，0)，B(6，0)，C4,−1；
(2)存在，点P和点N的坐标分别为：P2,0, N0,1或P−2,8, N0,9或P1,54, N0,134或P−1,214, N0,294．
【分析】（1）令y=0，得14x2−2x+3=0,解方程求出x的值，可得A,B的坐标，将抛物线解析式化为顶点式可得点C的坐标；
（2）分△PMN≅△BDC和△PMN≅△CDB两种情况，依据全等三角形的性质讨论求解即可．
【详解】（1）对于y=14x2−2x+3，令y=0，得14x2−2x+3=0,
解得，x1=2,x2=6,
∵点A在点B的左侧，
∴A(2，0)，B(6，0)，
又y=14x2−2x+3=14x−42−1,
∴C4,−1；
（2）由（1）知，A(2，0)，B(6，0)，C4,−1，
∵l交x轴于点D
∴D4,0,
∴BD=2,CD=1,
∵PM⊥y轴,
∴∠PMN=∠BDC=90°,

分两种情况讨论：
①当△PMN≅△BDC时，PM=BD=2， MN=DC=1，
∴点P的横坐标为2或−2；
当x=2时，y=14×22−2×2+3=0，
∴P2,0,
∴M0,0,
∴N0,1;
当x=−2时，y=14×−22−2×−2+3=8，
∴P−2,8,
∴M0,8,
∵MN=1,
∴N0,9;
②当△PMN≅△CDB时，PM=CD=1,MN=BD=2,
∴点P的横坐标为1或−1；
当x=1时，y=14×12−2×1+3=54，
∴P1,54,
∴M0,54,
∵MN=2,
∴N0,134;
当x=−1时，y=14×−12−2×−1+3=214，
∴P−1,214,
∴M0,214,
∴N0,294;
综上所述，点P和点N的坐标分别为：P2,0, N0,1或P−2,8, N0,9或P1,54, N0,134或P−1,214, N0,294．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与性质，正确进行分类讨论是解答本题的关键．
【变式4-3】（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为B（2，1），且过点A（0，2），直线y=x与抛物线交于点D，E（点E在对称轴的右侧），抛物线的对称轴交直线y=x于点C，交x轴于点G，EF⊥x轴，垂足为F，点P在抛物线上，且位于对称轴的右侧，PQ⊥x轴，垂足为点Q，△PCQ为等边三角形
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求点P的坐标；
（3）求证：CE=EF；
（4）连接PE，在x轴上点Q的右侧是否存在一点M，使△CQM与△CPE全等？若存在，试求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．[注：3+22=(2+1)2]．
【答案】（1）y=14 (x−2)2+1；（2）（2+23，4）；（3）见解析；（4）不存在．
【详解】试题分析：根据抛物线的顶点是（2，1），因而设抛物线的表达式为y=a(x−2)2+1，把A的坐标代入即可求得函数的解析式；根据△PCQ为等边三角形，则△CGQ中，∠CQD=30°，CG的长度可以求得，利用直角三角形的性质，即可求得CQ，即等边△CQP的边长，则P的纵坐标代入二次函数的解析式，即可求得P的坐标；解方程组即可求得E的坐标，则EF的长等于E的纵坐标，OE的长度，利用勾股定理可以求得，同理，OC的长度可以求得，则CE的长度即可求解；可以利用反证法，假设x轴上存在一点，使△CQM≌△CPE，可以证得EM=EF，即M与F重合，与点E为直线y=x上的点，∠CEF=45°即点M与点F不重合相矛盾，故M不存在．
试题解析：（1）设抛物线的表达式为y=a(x−2)2+1，将点A（0，2）代入，得4a+1=2，
解这个方程，得a=14，∴抛物线的表达式为y=14 (x−2)2+1
（2）将x=2代入y=x，得y=2 ∴点C的坐标为（2，2）即CG=2，∵△PCQ为等边三角形
∴∠CQP=60°，CQ=PQ，∵PQ⊥x轴，∴∠CQG=30°，∴CQ=4，GQ=23．
∴OQ=2+23，PQ=4，将y=4代入y=14 (x−2)2+1，得4=14 (x−2)2+1
解这个方程，得x1=2+23=OQ，x2=2﹣23＜0（不合题意，舍去）．
∴点P的坐标为（2+23，4）；
（3）把y=x代入y=14 (x−2)2+1，得x=14 (x−2)2+1
解这个方程，得x1=4+22，x2=4﹣22＜2（不合题意，舍去）∴y=4+22=EF
∴点E的坐标为（4+22，4+22） ∴OE==4+42，
又∵OC==22，∴CE=OE﹣OC=4+22，∴CE=EF；
（4）不存在．
如图，假设x轴上存在一点，使△CQM≌△CPE，则CM=CE，∠QCM=∠PCE
∵∠QCP=60°，∴∠MCE=60°，又∵CE=EF，∴EM=EF，又∵点E为直线y=x上的点，
∴∠CEF=45°，∴点M与点F不重合．∵EF⊥x轴，这与“垂线段最短”矛盾，
∴原假设错误，满足条件的点M不存在．
考点：二次函数综合题
【题型5 二次函数中平行四边形的存在性问题】
【例5】（2023春·云南临沧·九年级统考期末）如图，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A−1,0、B3,0两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点D是抛物线上的一点，当△ABD的面积为10时，求点D的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，在抛物线上是否存在一点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为：y=x2−2x−3
(2)点D的坐标为4,5或−2,5
(3)存在满足条件的Q点的坐标为2,−3或4,5或−2,5
【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；
（2）设点D的坐标为x,x2−2x−3，利用△ABD的面积为10，列出等式求解即可；
（3）分情况讨论，当BC为四边形的对角线时或当BC为边时，分别求解即可．
【详解】（1）将A−1,0、B3,0代入y=ax2+bx−3得，
a−b−3=09a+3b−3=0，
解得：a=1b=−2，
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3；
（2）设点D的坐标为x,x2−2x−3，
∵ A−1,0、B3,0，
∴AB=4，
∴S△ABD=12×4×x2−2x−3=10，
即x2−2x−3=5，
∴x2−2x−3=5或x2−2x−3=−5（无解舍去），
解得：x1=4，x2=−2，
∴点D的坐标为4,5或−2,5；
（3）抛物线y=x2−2x−3的对称轴为：x=1，
假设存在，设Pxp,yP，QxQ,yQ，
∴xp=1，
分两种情况讨论：
当BC为四边形的对角线时，PB∥CQ，PB=CQ，
∴xB−xP=xQ−xC，
即2=xQ，
此时点Q的坐标为2,−3；
②当BC为边时，PQ∥BC，PQ=CB，
∴xQ−xP=xB−xC，即xQ−1=3，
解得：xQ=4或xQ=−2，
此时点Q的坐标为4,5或−2,5．
综上所述，存在满足条件的Q点的坐标为2,−3或4,5或−2,5．

【点睛】本题是二次函数的综合题，考查待定系数法求解析式，三角形面积问题，以及二次函数中平行四边形存在问题，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·山东东营·九年级校考期末）如图，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A−1,0、B3,0两点，与y轴交于点C，连接BC．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P为线段BC上的一动点（不与B、C重合），PM∥y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点N，当△BCM的面积最大时，求点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，当△BCM的面积最大时，点D是抛物线的对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点E，使得以A、P、D、E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)32,32
(3)存在，点E使得以A、P、D、E为顶点的四边形为平行四边形，点E的坐标是−32,−94或72,−94或−12,74
【分析】（1）根据题意将A，B两点的坐标代入y=ax2+bx+3即可求出解析式；
（2）求出直线BC的解析式，设点P坐标为t,−t+3，则M点坐标为t,−t2+2t+3，可表示出PM的长，则△BCM的面积=12PM⋅OB，可用t表示出来，根据二次函数的性质可求出面积的最大值和点P的坐标；
（3）分三种不同的情况进行讨论，利用平行四边形的性质及平移规律即可求出点E的坐标．
【详解】（1）解：依题意得：a−b+3=09a+3b+3=0，
解得：a=−1b=2，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：将x=0代入y=−x2+2x+3，得y=3，
∴点C的坐标为0,3，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将0,3和3,0代入y=kx+b，
得：3k+b=0b=3，
解得：k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点P坐标为t,−t+3，则M点坐标为t,−t2+2t+3，
∴PM=−t2+2t+3+t−3=−t2+3t，
∴S△BCM=S△PMC+S△PMB
=12PM⋅OB
=12−t2+3t×3
=−32t−322+278，
∴当t=32时，△BCM的面积最大，
此时点P的坐标为32,32；
（3）解：存在，
由（2）得：P32,32，
∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴对称轴为直线x=1，
当四边形APDE为平行四边形时，
则AP∥ED，AP=ED，
∵A−1,0，P32,32，
∴xA−xP=xE−xD=−1−32，
∵xD=1，
∴xE=−32，
将x=−32代入y=−x2+2x+3，得y=−94，
∴E−32,−94；
当四边形APED为平行四边形时，
则AP∥DE，AP=DE，
∴xA−xP=xD−xE=−1−32，
∵xD=1，
∴xE=72，
将x=72代入y=−x2+2x+3，得y=94，
∴E72,−94；
当四边形ADPE为平行四边形时，
则AE∥DP，AE=DP，
∴xA+xP=xD+xE=−1+32，
∵xD=1，
∴xE=−12，
将x=−12代入y=−x2+2x+3，得y=74，
∴E−12,74，
存在点E使得以A、P、D、E为顶点的四边形为平行四边形，点E的坐标是−32,−94或72,−94或−12,74．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，用函数的思想求最值，平行四边形的性质等，解题的关键是能够根据题意利用平移规律进行分类讨论求出存在的点的坐标．
【变式5-2】（2023春·重庆梁平·九年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=−2x2+4x+6与y轴交于点A，与x轴交于点E，B（E在B的左侧）．

(1)如图2，抛物线的顶点为点Q，求△BEQ的面积；
(2)如图3，过点A作AC平行于x轴，交抛物线于点C，点P为抛物线上的一点（点P在AC上方），作PD平行于y轴交AB于点D、交AC于点F，当点P在何位置时，PD+CF最大？求出最大值；
(3)在（2）条件下，当PD+CF最大时，将抛物线y=−2x2+4x+6沿着射线AB平移，使得抛物线经过点C，此时得到新抛物y′，点N是原抛物线对称轴上一点，在新抛物线y′上是否存在一点M，使以点A，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点M的所有坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)16
(2)292
(3)M32,112或M72,32或M−32,−372
【分析】（1）先求出点Q，点B，点E的坐标，然后根据三角形面积公式求解即可；
（2）求出A0,6，C2,6，再用待定系数法求出直线AB的函数表达式为y=−2x+6，设Pa,−2a2+4a+6，则Da,−2a+6，得出PD=−2a2+6a，CF=2−a，得出PD+CF的表达式，根据二次函数性质即可求解；
（3）由（2）可得：D52,1，设点A平移后对应点坐标为t,−2t+6，则点A向右平移t个单位长度，向下平移6−−2t+6=2t个单位长度，得出y′=−2x−1−t2+8−2t，把C2,6代入求出y′=−2x−22+6=−2x2+8x−2，
设点Mm,−2m2+8m−2，点N1,n，然后进行分类讨论：①当AD是对角线时，②当AM是对角线时，③当AN是对角线时，根据平行四边形对角线互相平分，即可解答．
【详解】（1）解：y=−2x2+4x+6=−2x−12+8，
∴Q1,8，
把y=0代入y=−2x2+4x+6得：0=−2x2+4x+6，
解得：x1=3,x2=−1，
∴B3,0，E−1,0，
∴BE=3−−1=4，
∴S△BEQ=12BE⋅Qy=12×4×8=16；
（2）解：把x=0代入y=−2x2+4x+6得：y=6，
∴A0,6，
把y=6代入y=−2x2+4x+6得：6=−2x2+4x+6，
解得：x1=0,x2=2，
∴C2,6，
设直线AB的函数表达式为y=kx+b，
把A0,6，B3,0代入得：
6=b0=3k+b，解得：k=−2b=6，
∴直线AB的函数表达式为y=−2x+6，
设Pa,−2a2+4a+6，则Da,−2a+6，
∵A0,6，Pa,−2a2+4a+6，AC∥x轴，
∴Fa,6，
∴PD=−2a2+4a+6−−2a+6=−2a2+6a，
CF=2−a，
∴PD+CF=−2a2+6a+2−a=−2a2+5a+2=−2x−522+292，
∵−2<0，
∴当x=52时，PD+CF有最大值292；
（3）解：由（2）可得：D52,1，
∵直线AB的函数表达式为y=−2x+6，
∴设点A平移后对应点坐标为t,−2t+6，
∵A0,6，
∴点A向右平移t个单位长度，向下平移6−−2t+6=2t个单位长度，
∵抛物线y=−2x2+4x+6沿着射线AB平移，
∴y′=−2x−1−t2+8−2t，
把C2,6代入得：6=−22−1−t2+8−2t，
解得：t=1或t=0（舍去）
∴y′=−2x−22+6=−2x2+8x−2，
∵点M在y′上，
∴设点Mm,−2m2+8m−2，
∵N是y=−2x2+4x+6=−2x−12+8对称轴上一点，
∴设点N1,n，
①当AD是对角线时，
∵A0,6，D52,1，Mm,−2m2+8m−2，N1,n，
∴0+52=m+1，
解得：m=32；
∴M32,112；
②当AM是对角线时，
∵A0,6，D52,1，Mm,−2m2+8m−2，N1,n，
∴0+m=52+1，
解得：m=72，
∴M72,32；
③当AN是对角线时，
∵A0,6，D52,1，Mm,−2m2+8m−2，N1,n，
∴52+m=0+1，
解得：m=−32，
∴M−32,−372；
综上：M32,112或M72,32或M−32,−372．
【点睛】本题主要考查二次函数综合，解题的关键是掌握将二次函数表达式化为顶点式的方法和步骤，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数平移的规律，以及平行四边形的性质．
【变式5-3】（2023春·重庆江北·九年级重庆十八中校考期末）如图1，抛物线y=ax2+bx+3a≠0与x轴正半轴交于点A，B，与y轴正半轴交于点C，且OC=OB=3OA，点D为抛物线的顶点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P为直线BC下方该抛物线上任意一点，点E为直线BC与该抛物线对称轴的交点，求△PBE面积的最大值；
(3)如图2，将该抛物线沿射线CB的方向平移22个单位后得到新抛物线y′，新抛物线y′的顶点为D′，过（2）问中使得△PBE面积为最大时的点P作平行于y轴的直线交新抛物线y′于点M．在新抛物线y′的对称轴上是否存在点N，使得以点P，D′，M，N为顶点的四边形是平行四边形？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=x2−4x+3
(2)98
(3)存在，N点坐标为4,−7或4,1
【分析】（1）求出A，B两点的坐标，再由待定系数法即可求出函数表达式；
（2）设Pt,t2−4t+3，先求出直线PB的解析式为y=t−1x+3−3t，则PB与对称轴的交点为2,1−t，可得S△PBE=12×1−1+t×3−t=−12t−322+98，即可得出结论；
（3）求出平移以后得抛物线的解析式为y′=x−42−3，则D′4,−3，设N4,t，分；两种情况讨论：①当PD′为平行四边形的对角线时，N4,−7，②当PD为平行四边形的对角线时，N4,1．
【详解】（1）令x=0，则y=3，
∴C0,3，
∴OC=3，
∵OC=OB=3OA，
∴OB=3，OA=1，
∴A1,0，B3,0，
将A1,0，B3,0代入y=ax2+bx+3，
∴a+b+3=09a+3b+3=0，
解得a=1b=−4，
∴y=x2−4x+3；
（2）∵y=x2−4x+3=x−22−1，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B3,0，C0,3代入，得
3k+b=0b=3，
解得k=−1b=3，
∴y=−x+3，
∴E2,1，
设Pt,t2−4t+3，直线PB的解析式为y=k′x+b′，
∴3k′+b′=0tk′+b′=t2−4t+3，
解得k′=t−1b′=3−3t，
∴y=t−1x+3−3t，
∴PB与对称轴的交点为2,1−t，
∴S△PBE=12×1−1+t×3−t=−12t−322+98，
∴当t=32时，△PBE面积的最大值为98；
（3）存在点N，使得以点P，D′，M，N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
∵直线BC的解析式为y=−x+3，
∴将该抛物线沿射线CB的方向平移22个单位，即抛物线沿x轴正方向平移2个单位，沿y轴负方向平移2个单位，
∴平移后的抛物线解析式为y′=x−42−3=x2−8x+13，
∴D′4,−3，
由（2）知，P32,−34，
∵PM∥y轴，
∴M32,134，
设N4,t，
∵PM∥ND′，
∴PM与ND′一定是平行四边形的一组对边，
①当PD′为平行四边形的对角线时，
∴PM=ND′，即134−−34=−3−t，
解得t=−7，
∴N4,−7；
②当PD为平行四边形的对角线时，
∴PM=D′N，即134−−34=t−−3，
解得t=1，
∴N4,1；
综上所述：N点坐标为4,−7或4,1．
【点睛】本题综合考查二次函数和平行四边形的相关知识，属于压轴题，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，函数图象的平移的性质是解题的关键．
【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】
【例6】（2023春·重庆云阳·九年级校联考期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴相交于点A、B（点B在点A左侧），与y轴相交于点C(0,3)．已知点A坐标为(1,0)，△ABC面积为6．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作直线BC的垂线，垂足为点E，过点P作PF∥y轴交BC于点F，求△PEF周长的最大值及此时点P的坐标：
(3)如图2，将该抛物线向左平移2个单位长度得到新的抛物线y′，平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点M为直线BC上的一点，点N是平面坐标系内一点，是否存在点M，N，使以点B，D，M，N为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x+3
(2)当P−32,154时，△PEF的周长有最大值，为942+94
(3)点M的坐标为：(3.6)或−58,136或(−3+3,13)或(−3−13,−13)
【分析】（1）根据题意求出点B坐标，再运用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）先判断△PEF为等腰直角三角形，得C△PEF=(2+1)PF，确定当PF取最大值时，△EPF的周长取最大值，求得直线BC的解析式为y=x+3，设P(m,−m2−2m+3)，F(m,m+3)，计算得出PF=−m+322+94，根据二次函数的性质可得结论；
（3）先求出平移后抛物线的表达式及及点D的坐标，分3种情况讨论△BDM为等腰三角形，求出点M的坐标．
【详解】（1）∵A(1,0)，C(0,3)，
∴OA=1，OC=3，
∵SΔABC=12AB×OC=6，
∴AB=4，
∴OB=AB−OA=3，
∴B(−3,0)，
设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x−1)，
把C(0,3)代入得，a=−1，
∴y=−(x+3)(x−1)=−x2−2x+3
（2）∵OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵PF∥y轴，
∴∠PFE=∠BCO=45°，
∴∠PEF=90°，
∴△PEF为等腰直角三角形，
∴PE=EF=22PF，
∴C△PEF=PE+EF+PF=2PF+PF=(2+1)PF，
∴当PF取最大值时，△EPF的周长取最大值，
设直线BC的解析式为y=k1x+b1，
把B(−3,0)，C(0,3)代入得，b1=3−3k1+b1=0，
解得，k1=1b1=3，
∴直线BC的解析式为y=x+3，
设P(m,−m2−2m+3)，F(m,m+3)，
∴PF=−m2−2m+3−m−3=−m2−3m=−m+322+94，
当m=−32时，PF有最大值，为94，此时，−m2−2m+3=−94+3+3=154，
∴当P−32,154时，△PEF的周长有最大值，为942+94
（3）∵y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4.的图象向左平移2个单位，
∴y′=−(x+3)2+4
联立方程得，−x2−2x+3=−(x+3)2+4，
解得，x=−2，
∴y=5，
∴D(−2,5)，
又B(−3.6)
设M(n,n+3)
∵以点B，D，M，N为顶点的四边形为菱形，
∴△BDM为等腰三角形，
∴BD2=(−3+2)2+52=26，BM2=(n+3)2+(n+3)2=2n2+12n+18，DM2=(n+2)2+(n−2)2=2n2+8，
①当BM=DM时，BM2= DM2，即：2n2+12n+18=2n2+8，
∴n=−56，n+3=136，
∴M−56,136；
②当BD=BM时，BD2= BM2，即：26=2n2+12n+18，
∴n2+6n−4=0
∴n=−6±522=−3±13
当n=−3+13时，ℎ+3=13；当n=−3−13时，n+3=−13，
∴M(−3+3,13)或(−3−13,−13)，
③当DM=BD时，2n2+8=26，
∴n=3或−3（舍去）
∴n+3=6，
∴M(3.6)
综上，点M的坐标为：(3.6)或−58,136或(−3+3,13)或(−3−13,−13)
【点睛】此题重点考查二次函数的图象和性质与一次函数、四边形、相似三角形的综合应用，解题的关键是结合图形画出适当的辅助线，找到相等关系列出相应的表达式或方程，求出所求的结果．
【变式6-1】（2023春·甘肃庆阳·九年级统考期末）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两点，与y轴交于点C0,−3，点A在原点的左侧，点B的坐标为3,0，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．
(1)求这个二次函数的表达式．
(2)连接PO、PC，并把△POC沿CO所在直线翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的面积．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)存在；2+102,−32
(3)32,−154；758
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形．设点P的坐标为x,x2−2x−3，连接PP′交CO于点E，根据菱形的性质可得OE=EC=32，即y=−32，代入二次函数解析式求解即可；
（3）过点P作y轴的平行线交BC于点Q，交OB于点F，设Px,x2−2x−3，求出直线BC的解析式，设Px,x2−2x−3，则Q点的坐标为x,x−3，根据S四边形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ列出阿含糊解析式求解即可．
【详解】（1）解：将B、C两点的坐标代入得9+3b+c=0c=−3，
解得b=−2c=−3，
∴二次函数的表达式为y=x2−2x−3．
（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形．
如图，设点P的坐标为x,x2−2x−3，连接PP′交CO于点E，
若四边形POP′C是菱形，则有PC=PO，则PE⊥CO于点E，
∴OE=EC=32，
∴y=−32，
∴x2−2x−3=−32，
解得x1=2+102，x2=2−102（不合题意，舍去），
∴P点的坐标为2+102,−32．
（3）如图，过点P作y轴的平行线交BC于点Q，交OB于点F，
解x2−2x−3=0，得
x1=−1，x2=3，
∴点A−1,0，
∵C0,−3，
∴设直线BC的解析式为y=kx−3，
把B3,0代入，得
0=3k−3，
∴k=1，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
设Px,x2−2x−3，则Q点的坐标为x,x−3．
则S四边形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ
=12AB⋅OC+12QP⋅OF+12QP⋅FB
=12AB⋅OC+12QP⋅OB
=12×4×3+12−x2+3x×3
=−32x−322+758，
当x=32时，四边形ABPC的面积最大，
此时P点坐标为32,−154，四边形ABPC的面积的最大值为758．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数和一次函数解析式，折叠的性质，菱形的性质，以及函数与图形的面积，数形结合是解答本题的关键．
【变式6-2】（2023春·广东汕头·九年级统考期末）如图：已知直线l:y=−2x+2与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=−x2+bx+c经过点B，且与x轴交于点C(2,0)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，四边形OAMB的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)若点P在平面内，点Q在直线AB上，平面内是否存在点P使得以O，B，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．
【答案】(1)y=−x2+x+2；
(2)SOAMB=−12(m−32)2+178，Smax=178；
(3)P1(−12,1)，P2(255,−455)，P3(−255,455)，P4(85,45)；
【分析】（1）根据直线解析式求出点B的坐标，将B、C两点坐标代入解析式即可得到答案；
（2）连接OM，表示出M的坐标，根据SOAMB=SΔOBM+SΔOAM列出S与m的函数关系式，最后根据函数性质即可得到答案；
（3）设点Q(n,−2n+2)，分BQ、AQ、AB分别为对角线三类讨论，根据对角线互相平分得到点P的坐标， 最后根据菱形的邻边相等即可得到答案；
【详解】（1）解：当x=0时，y=−2×0+2=2，
∴点B的坐标为B(0,2)，
将B(0,2)，C(2,0)代入抛物线解析式可得，
c=2−4+2b+c=0，
解得：c=2b=1，
∴该抛物线的解析式为：y=−x2+x+2；
（2）解：连接OM，
∵点M的横坐标为m，
∴M(m,−m2+m+2)，
当y=0时，
−2x+2=0，解得x=1，
∴A(1,0)，
∴SOAMB=SΔOBM+SΔOAM
=12×1×(−m2+m+2)+12×2×m
=−12m2+32m+1
=−12(m−32)2+178，
∵−12<0，
∴当m=32时，S最大，
Smax=178；
（3）解：设点Q(n,−2n+2)，
①当OB为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴PQ与OB互相平分，OP=OQ，
∴点P的坐标为P(−n,2n)，
(0+n)2+(0−2n)2=(0−n)2+(0+2n−2)2
解得：n=12，
∴P1(−12,1)；
②当OQ为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴OQ与PB互相平分，OB=OP，
∴点P的坐标为P(n,−2n)，
∴02+22=n2+(2n)2，
解得：n=±255，
∴P2(255,−455)，P3(−255,455)；
③当BQ为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴BQ与PB互相平分，OB=OQ，
∴P的坐标为P(n,−2n+4)，
∴02+22=n2+(−2n+2)2，
解得： n1=0（与B重合舍去），n2=85，
∴P4(85,45)；
综上所述存在4点使以O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形：P1(−12,1)，P2(255,−455)，P3(−255,455)，P4(85,45)；
【点睛】本题考查二次函数综合，主要有求解析式、围成图形最大面积、围成特殊菱形问题，解题的关键是求出解析式，根据特殊图形性质设点表示出所有点根据线段相等列式求解．
【变式6-3】（2023春·广东汕头·九年级统考期末）如图：已知直线l:y=−2x+2与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=−x2+bx+c经过点B，且与x轴交于点C(2,0)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接AM、BM，设点M的横坐标为m，四边形OAMB的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)若点P在平面内，点Q在直线AB上，平面内是否存在点P使得以O，B，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．
【答案】(1)y=−x2+x+2；
(2)SOAMB=−12(m−32)2+178，Smax=178；
(3)P1(−12,1)，P2(255,−455)，P3(−255,455)，P4(85,45)；
【分析】（1）根据直线解析式求出点B的坐标，将B、C两点坐标代入解析式即可得到答案；
（2）连接OM，表示出M的坐标，根据SOAMB=SΔOBM+SΔOAM列出S与m的函数关系式，最后根据函数性质即可得到答案；
（3）设点Q(n,−2n+2)，分BQ、AQ、AB分别为对角线三类讨论，根据对角线互相平分得到点P的坐标， 最后根据菱形的邻边相等即可得到答案；
【详解】（1）解：当x=0时，y=−2×0+2=2，
∴点B的坐标为B(0,2)，
将B(0,2)，C(2,0)代入抛物线解析式可得，
c=2−4+2b+c=0，
解得：c=2b=1，
∴该抛物线的解析式为：y=−x2+x+2；
（2）解：连接OM，
∵点M的横坐标为m，
∴M(m,−m2+m+2)，
当y=0时，
−2x+2=0，解得x=1，
∴A(1,0)，
∴SOAMB=SΔOBM+SΔOAM
=12×1×(−m2+m+2)+12×2×m
=−12m2+32m+1
=−12(m−32)2+178，
∵−12<0，
∴当m=32时，S最大，
Smax=178；
（3）解：设点Q(n,−2n+2)，
①当OB为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴PQ与OB互相平分，OP=OQ，
∴点P的坐标为P(−n,2n)，
(0+n)2+(0−2n)2=(0−n)2+(0+2n−2)2
解得：n=12，
∴P1(−12,1)；
②当OQ为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴OQ与PB互相平分，OB=OP，
∴点P的坐标为P(n,−2n)，
∴02+22=n2+(2n)2，
解得：n=±255，
∴P2(255,−455)，P3(−255,455)；
③当BQ为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴BQ与PB互相平分，OB=OQ，
∴P的坐标为P(n,−2n+4)，
∴02+22=n2+(−2n+2)2，
解得： n1=0（与B重合舍去），n2=85，
∴P4(85,45)；
综上所述存在4点使以O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形：P1(−12,1)，P2(255,−455)，P3(−255,455)，P4(85,45)；
【点睛】本题考查二次函数综合，主要有求解析式、围成图形最大面积、围成特殊菱形问题，解题的关键是求出解析式，根据特殊图形性质设点表示出所有点根据线段相等列式求解．
【题型7 二次函数中矩形的存在性问题】
【例7】（2023春·浙江湖州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，抛物线y＝a（x+3）（x﹣1）（a＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）．
（1）求点A与点B的坐标；
（2）若a＝13，点M是抛物线上一动点，若满足∠MAO不大于45°，求点M的横坐标m的取值范围．
（3）经过点B的直线l：y＝kx+b与y轴正半轴交于点C．与抛物线的另一个交点为点D，且CD＝4BC．若点P在抛物线对称轴上，点Q在抛物线上，以点B，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】（1）A（﹣3，0），B（1，0）；（2）M（4，7）；﹣2≤m≤4；（3）点P的坐标为P（﹣1，4）或（﹣1，2677）．
【分析】（1）y＝a（x+3）（x﹣1）,令y＝0,则x＝1或﹣3,即可求解;
（2）分∠MAO=45°,∠M′AO=45°两种情况,分别求解即可;
（3）分当BD是矩形的边, BD是矩形的边两种情况,分别求解即可．
【详解】（1）y＝a（x+3）（x﹣1）,令y＝0,则x＝1或﹣3,
故点A、B的坐标分别为：（﹣3，0）,（1，0）;
（2）抛物线的表达式为:y＝13（x+3）（x﹣1）①,
当∠MAO＝45°时,如图所示,则直线AM的表达式为:y＝x②,
联立①②并解得:m＝x＝4或﹣3（舍去﹣3）,故点M（4,7）;
②∠M′AO＝45°时,
同理可得:点M（﹣2,﹣1）;
故:﹣2≤m≤4;
（3）①当BD是矩形的对角线时,如图2所示,
过点Q作x轴的平行线EF,过点B作BE⊥EF,过点D作DF⊥EF,
抛物线的表达式为:y＝ax2+2ax﹣3a,函数的对称轴为:x＝1,
抛物线点A、B的坐标分别为:（﹣3,0）、（1，0）,则点P的横坐标为:1,OB＝1,
而CD＝4BC,则点D的横坐标为：﹣4,故点D（﹣4,5a）,即HD＝5a,
线段BD的中点K的横坐标为:−4+12=−32,则点Q的横坐标为:﹣2,
则点Q（﹣2,﹣3a）,则HF＝BE＝3a,
∵∠DQF+∠BQE＝90°,∠BQE+∠QBE＝90°,
∴∠QBE＝∠DQF,
∴△DFQ∽△QEB,则DFQE=FQBE,8a3=23a,解得:a＝±12（舍去负值）,
同理△PGB≌△DFQ（AAS）,
∴PG＝DF＝8a＝4,故点P（﹣1,4）;
②如图3,当BD是矩形的边时,
作DI⊥x轴,QN⊥x轴,过点P作PL⊥DI于点L,
同理△PLD≌△BNQ（AAS）,
∴BN＝PL＝3,
∴点Q的横坐标为4,则点Q（4,21a）,
则QN＝DL＝21a,同理△PLD∽△DIB,
∴PLDI=LDBI,即35a=21a5,解得:a＝±77（舍去负值），
LI＝26a＝2677,故点P（﹣1, 2677）;
综上,点P的坐标为:P（﹣1,4）或（﹣1, 2677）．
【点睛】本题主要考查的是二次函数综合运用,涉及到矩形的性质、图形的全等和相似等,其中（2）、（3）,要注意分类求解,避免遗漏．
【变式7-1】（2023·山东东营·东营市胜利第一初级中学校考三模）已知抛物线y=ax2+bx−4a≠0交x轴于点A4,0和点B−2,0，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点P是抛物线上位于直线AC下方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，交x轴于点E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标及PD+PE最大值．
(3)在抛物线上是否存在点M，对于平面内任意点N，使得以A、C、M、N为顶点且AC为一条边的四边形为矩形，若存在，请直接写出M、N的坐标，不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−x−4
(2)P32,−358；254
(3)M−4,8、N−8,4
【分析】（1）把点A4,0和点B−2,0代入抛物线y=ax2+bx−4a≠0，解方程即可得到a、b的值；
（2）先用待定系数法求出直线AC的解析式，再设Pt,12t2−t−40（3）假设抛物线上是存在点M，对于平面内任意点N，使得以A、C、M、N为顶点且AC为一条边的四边形为矩形，过点O作OH⊥AC于一点H，可求得AH的解析式，则可设出过点A且与OH平行的直线解析式，经计算验证可得过点A的直线MA与抛物线有交点M，联立方程可求得M的坐标，通过平移即可求得点N的坐标．
【详解】（1）解：把点A4,0和点B−2,0代入抛物线y=ax2+bx−4a≠0，
得16a+4b−4=04a−2b−4=0，
解得a=12b=−1，
∴抛物线的解析式为y=12x2−x−4；
（2）解：由（1）知，点C的坐标为0,−4，
设直线AC的解析式为y=mx+n，
则4m+n=0n=−4，
解得m=1n=−4，
∴直线AC的解析式为y=x−4，
设Pt,12t2−t−40∴PD+PE=−12t2−t−4+t−12t2−t=−t2+3t+4=−t−322+254，
∴当t=32时，PD+PE有最大值，最大值为254，
此时点P的坐标为32,−358；
（3）解：过点O作OH⊥AC于一点H，如图所示：
，
∵A4,0，C0,−4，
∴△OAC为等腰直角三角形，
∴点H为AC的中点，即H2,−2，
则OH所在的直线方程为y=−x，
∵四边形AMNC为矩形，
∴过A与直线AC相垂直的直线函数解析式中的k值与OH的解析式的k值相同，
∴设AM所在的直线解析式为y=−x+b1，
∵点A在直线AM上，
∴可求得b1=4，即AM所在的直线解析式为y=−x+4，
联立AM的直线方程与抛物线的解析式，
得y=−x+4y=12x2−x−4，解得x=−4y=8或x=4y=0，
其中4,0为点A的坐标，即M−4,8，
∵四边形AMNC为矩形，MN∥AC且MN=AC，
根据点A与点C的关系，把点M向下平移4个单位长度，再向左平移4个单位长度，可得到点N的坐标，
即N−8,4．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，求二次函数的最值，特殊四边形的交点坐标，坐标平移，用待定系数法确定函数解析式是解本题的关键．
【变式7-2】（2023春·内蒙古通辽·九年级校考期中）如图，抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A(3,0),B(−1,0)两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式和对称轴．
(2)若R为第一象限内抛物线上点，满足SΔRAC=12SΔABC，求R的坐标．
(3)若点P在抛物线的对称轴上，点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点P使得A、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，对称轴是直线x=1
(2)(1，4)或(2，3)
(3)存在，点P的坐标是(4，1)或(−2，1)或2,3+172或2,3−172
【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；
（2）先求出△ABC的面积，然后求出直线AC的解析式，设点R(x，−x2+2x+3)，则M(x，−x+3)，根据S△ARC=12MP⋅OA列方程求出点的坐标；
（3）设P(1,t)，点Q(m，n)，然后分两种情况讨论：当AC为边时，当AC为对角线时，列出方程组即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A3,0，B−1,0两点，
∴9a+3b+3=0a−b+3=0，
解得：a=−1b=2，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴对称轴为直线x=1；
（2）解：当x=0时，y=3，
∴OC=3，
∵点A(3,0),B(−1,0)，
∴AB=4，
S△ABC=12AB×OC=12×4×3=6，
∴S△ARC=3，
设AC的解析式为y=mx+n，把(0，3)，(3，0)代入得：
b=33k+b=0，解得k=−1b=3，
∴y=−x+3，
如图，过点R作RM⊥x轴交AC于点M，
设点R(x，−x2+2x+3)，则M(x，−x+3)，
∴MR=−x2+2x+3−(−x+3)=−x2+3x，
∴S△ARC=12MR⋅OA=12(−x2+3x)×3=3，
解得x=1或x=2，
∴R的坐标为(1，4)或(2，3)；
（3）解：存在．
设P(1,t)，点Q（m，n），
当以AC为边时，点C向点P（或点Q）平移的方向和距离与点A向点Q（或点P）平移的方向和距离相同，且AP=CQ（或AQ=CP），
∴0−1=3−m3−t=0−n1−32+t2=m2+n−32或0−m=3−13−n=0−t12+3−t2=m−32+n2，
解得：t=4m=4n=1 或t=−2m=−2n=1，
∴此时点Q的坐标为(4，1)或(−2，1)
如图，当AC为对角线时，AC=PQ，且PQ与AC的中点重合，如图，
PQ=AC =32+32=32，
∴1+m2=32n+t2=321−m2+n−t2=322，解得：n=3+172m=2t=3−172或n=3−172m=2t=3+172，
∴此时点Q的坐标为2,3+172或2,3−172；
综上所述，点Q的坐标为(4，1)或(−2，1)或2,3+172或2,3−172
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象和性质，矩形的性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，矩形的性质，灵活利用数形结合思想是解题的关键，是中考的压轴题．
【变式7-3】（2023春·广东江门·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx−2a≠0交x轴于A−1，0、B两点，交y轴于点C，其对称轴为x=1.5，
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)P为第四象限内抛物线上一点，连接PB，过点C作CQ∥BP交x轴于点Q，连接PQ，求△PBQ面积的最大值及此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，将抛物线y=ax2+bx−2a≠0向右平移经过点Q，得到新抛物线，点E在新抛物线的对称轴上，是否在平面内存在一点F，使得以A、P、E、F为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)△PBQ面积的最大值为4，此时P的坐标为2,−3
(3)存在，点F的坐标为F156,116，F2416,116
【分析】（1）把点A的坐标代入得到0=a−b−2，再根据抛物线的对称轴，得出a和b的关系式，即可求解；
（2）连接PC，PB，BC，过P点作平行于y轴的直线交BC于H点，根据CQ//BP可得S△PBQ=S△PBC，从而求△PBC面积的最大值即可，通过设P的坐标，得到H的坐标，从而建立关于△PBC面积的二次函数表达式，最终结合二次函数的性质求解即可；
（3）通过（2）的结论首先确定出平移后抛物线的解析式，设出E，F的坐标，运用勾股定理进行分类讨论即可．
【详解】（1）将A−1,0，代入y=ax2+bx−2得：0=a−b−2，
∵抛物线对称轴为对称轴为x=1.5，
∴−b2a=1.5，即b=−3a，
把b=−3a代入0=a−b−2得：0=a+3a−2，
解得：a=12，
∴b=−32，
∴抛物线的解析式为：y=12x2−32x−2；
（2）如图所示，连接PC，PB，BC，过P点作平行于y轴的直线交BC于H点，
∵CQ//BP，
∴S△PBQ=S△PBC，即求△PBC面积的最大值即可，
把x=0代入y=12x2−32x−2得y=−2，
∴C坐标为0,−2，
设直线BC的解析式为：y=tx+c，
将B4,0，C0,−2代入得：4t+c=0c=−2，解得：t=12c=−2，
∴直线BC的解析式为：y=12x−2，
设Pm,12m2−32m−2，则Hm,12m−2，
∴PH=12m−2−12m2−32m−2=−12m2+2m，
∴S△PBC=12PHxB−xC=−m2+4m=−m−22+4，
根据二次函数的性质可得：当m=2时，S△PBC取得最大值为4，
将m=2代入Pm,12m2−32m−2，得到此时P的坐标为2,−3，
∴△PBQ面积的最大值为4，此时P的坐标为2,−3；
（3）存在，理由如下：
由（2）可知，当△PBQ面积的最大值为4时，P的坐标为2,−3，
∵S△PBQ=12BQ⋅yP=4，
∴BQ=83，则Q43,0，
∵原抛物线解析式为：y=12x2−32x−2=12x−322−258，
∴设向右平移后的解析式为：y=12x−32−n2−258，
将Q43,0代入求得：n=73（舍负值），
∴平移后抛物线的解析式为：y=12x−2362−258，其对称轴为直线x=236，
∴设E236,k，Fp,q，则结合A、P的坐标可得：
AP2=18，AE2=2962+k2，PE2=1162+k+32，
①当AP⊥PE时，如图所示，
此时根据勾股定理得：AP2+PE2=AE2，
即：18+1162+k+32=2962+k2，解得：k=−76，即：E1236,−76，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
2+p=−1+2360−76=−3+q，解得：p=56q=116，
∴F156,116；
②当AP⊥AE时，如图所示，
此时根据勾股定理得：AP2+AE2=PE2，
即：18+2962+k2=1162+k+32，解得：k=296，即：E2236,296，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
−1+p=2+2360+q=−3+296，解得：p=416q=116，
∴F2416,116；
③当AE⊥PE时，根据勾股定理得：AE2+PE2=AP2，
即：2962+k2+1162+k+32=18，
整理得：k2+3k+31936=0，
∵Δ=9−4×31936<0，
∴上述方程在实数范围内无解，即不存在AE⊥PE的情况，
综上所述，所有可能的点F的坐标为F156,116，F2416,116．
【点睛】本题考查二次函数综合运用，以及矩形的性质，准确求得抛物线的解析式，并灵活根据矩形的性质进行分类讨论是解题关键．
【题型8 二次函数中正方形的存在性问题】
【例8】（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C，点P为抛物线上的动点．

(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=x2−2x−3
(2)278， P32,−154
(3)−3,3+332；−3,3−332；(3,−3)；(3,2)
【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=−12(t−32)2+98，当t=32时，△BPC的面积最大值为278，从而求出此时四边形PBDC面积的最大值，P点坐标；
（3）设Pm,m2−2m−3，E(n,0)，分四种情况画出图形，利用正方形性质求解即可．
【详解】（1）解：将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx−3中，
得a−b−3=09a+3b−3−0，解得a=1b=−2．
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3．
（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=1n=−3，
∴y=x−3．
设Pm,m2−2m−3，则H(m,m−3)，PH=m−3−m2−2m−3=−m2+3m，
∵S△BPC=S△CPH+S△BPH
∴S△BPC=12PH⋅OG+12PH⋅BG=12PH(OG+BG)
∴S△BPC=12PH×OB=32−m2+3m=−32m2+92m，
∴S△BPC=−32m−322+278，
∴当m=32时，△BPC面积的最大值为278．
∵BC与直线y=x平行，
∴S△DBC=S△OBC=12OB⋅OC=12×3×3=92，
∴四边形PBDC面积的最大值为278+92=638．
∵当m=32时，y=322−2×32−3=−154，
∴P32,−154
（3）解：设Pm,m2−2m−3，E(n,0)，
I.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(ASA)
∴CO=IE=3，EO=IP=m2−2m−3，
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=33+32，（m=−33+32<0，不合题意舍去）
∴HO=IO=33+32，
∴点Q(−3,33+32)，
III.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=−33+32，（m=33+32>0，不合题意舍去）
∴HO=IO=−33+32，
∴点Q(−3,−33+32)，
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，
∴3−m=m2−2m−3，解得：m=−2，（m=3>0，不合题意舍去）
∴HO=IO=2，
∴点Q(3,2)，
综上所述：点Q坐标为−3,3+332；−3,3−332；(3,−3)；(3,2)．
【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．
【变式8-1】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，已知拋物线y=−x2+2x+c与x轴交于点A3,0，B与y轴交于点C．

(1)求c的值及该抛物线的对称轴；
(2)若点D在直线AC上，点E是平面内一点．是否存在点E，使得以点A,B,D,E为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)c=3，二次函数对称轴为直线x=1
(2)1,2或3，4
【分析】（1）将点A的坐标代入到二次函数的解析式即可求出c的值，然后将二次函数的解析式化成顶点式的即可确定二次函数对称轴；
（2）分AB是正方形的边、AB是正方形的对角线两种情况，通过画图，利用正方形性质即可解答．
【详解】（1）解：把A3,0代入二次函数y=−x2+2x+c得：
∴−9+6+c=0，解得：c=3；
∴二次函数的解析式为：y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴二次函数对称轴为直线x=1．
（2）解：存在，理由如下：
令y=0，即0=−x2+2x+3，解得x=3或x=−1，
∴点B的坐标为−1，0，
∵y=−x2+2x+3，
∴C0,3；
①当AB是正方形的对角线时，此时，对应的矩形为ADBE，
∵AB、DE是正方形对角线，
∴线段AB和线段DE互相垂直平分，
∴点E在抛物线对称轴上，且到x轴的距离为42=2，
∴点E的坐标为1,2；
②当AB是正方形的边时，此时，对应的正方形为ABD′E′，

∵A（3，0），C0,3 ，
∴OC=OA，
∴∠OAC=45°，
∵B的坐标为−1，0,
∴AB=4，
∴点E′的坐标为3，4；
故点E的坐标为1,2或3，4．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查的是二次函数的性质、正方形的性质等知识点，掌握正方形存在性问题需要分类求解是解答本题的关键．
【变式8-2】（2023·山西晋中·山西省平遥中学校校考模拟预测）如图，二次函数y=−x2+2x+3的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．连接BC．点P是抛物线第一象限内的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作直线PD⊥x轴于点D．交BC于点E．过点P作BC的平行线，交y轴于点M．

(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；
(2)在点P的运动过程中，求使四边形CEPM为菱形时，m的值；
(3)点N为平面内任意一点，在（2）的条件下，直线PM上是否存在点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形？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)A−1,0，B3,0，C0,3；y=−x+3
(2)m=3−2
(3)Q122+1,2，Q222+2,522−1
【分析】（1）分别令y=0，x=0，可求出点A−1,0，B3,0，C0,3，再利用待定系数法解答，即可求解；
（2）作CH⊥PE于点H，根据题意可得△BOC是等腰直角三角形，从而得到∠DBE=45°，进而得到△CEH是等腰直角三角形，可得到CE=2CH，再由点Pm,−m2+2m+3，可得PE=−m2+3m，CH=m，CE=2m，然后根据菱形的性质CE=PE，可得到关于m的方程，即可求解；
（3）由（2）得：点P3−2,42−2，E3−2,2，可得PE=32−2，再求出直线PM的解析式为y=−x+32+1，过点E作EQ⊥PE交直线PM于点Q，可得PE=EQ，此时点Q22+1,2使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；过点E作EQ⊥PM于点Q，过点Q作SQ⊥y轴于点S，可得△PEQ，△PSQ是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形，即可．
【详解】（1）解：在y=−x2+2x+3中，
令y=0，可得−x2+3x+3=0，
解得x1=−1，x2=3．
令x=0，得：y=3，
∴A−1,0，B3,0，C0,3．
设直线BC的函数表达式为y=kx+b，
把B3,0，C0,3代入得：
3k+b=0b=3，解得：k=−1b=3，
直线BC的函数表达式为y=−x+3；
（2）解：如图，作CH⊥PE于点H，
∵B3,0，C0,3，
∴OB=OC=3，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠DBE=45°，
∵PD⊥x轴，
∴∠CEH=∠BED=45°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴CE=2CH，
∵点Pm,−m2+2m+3，
∴点Em,−m+3，
∴PE=−m2+2m+3−−m+3=−m2+3m．
∴CH=m，
∴CE=2m．
∵四边形CEPM为菱形，
∴CE=PE．
∴−m2+3m=2m，
解得m=3−2或0（舍去）；
（3）解：存在，
由（2）得：点P3−2,42−2，E3−2,2，
∴PE=32−2，
根据题意可设直线PM的解析式为y=−x+a，
把点P3−2,42−2代入，得：
−3−2+a=42−2，
解得：a=32+1，
∴直线PM的解析式为y=−x+32+1，
当y=2时，2=−x+32+1，
解得：x=22+1，
如图，过点E作EQ⊥PE交直线PM于点Q，
∴点Q22+1,2，
∴EQ=22+1−3−2=32−2，
∴PE=EQ，
此时点Q22+1,2使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
如图，过点E作EQ⊥PM于点Q，过点Q作SQ⊥y轴于点S，
由（2）得：∠BED=45°，
∵PM∥BC，
∴∠BED=∠DPQ=45°，
∴△PEQ，△PSQ是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
∴PS=SE=12PE=32−22，
∴点S3−2,522−1，
对于y=−x+32+1，
当y=522−1时，x=22+2，
此时点Q22+2,522−1，
综上所述，存在点Q22+1,2或Q22+2,522−1，使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了求一次函数解析式，正方形的性质，二次函数的图象和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
【变式8-3】（2023·江西赣州·统考一模）已知二次函数C1：y=mx2-2mx+3（m≠0）．
(1)有关二次函数C1的图象与性质，下列结论中正确的有______．（填序号）
①二次函数C1的图象开口向上；
②二次函数C1的图象的对称轴是直线x=1；
③二次函数C1的图象经过定点（0，3）和（2，3）；
④函数值y随着x的增大而减小．
(2)当m=1时，①抛物线C1的顶点坐标为______；
②将抛物线C1沿x轴翻折得到抛物线C2，则抛物线C2的表达式为______；
(3)设抛物线C1与y轴相交于点E，过点E作直线l∥x轴，与抛物线C1的另一交点为F，将抛物线C1沿直线l翻折，得到抛物线C3，抛物线C1，C3的顶点分别记为P，Q．是否存在实数m，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)②③
(2)①（1，2）；②y=-x2+2x-3；
(3)存在实数m，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，m的值为1或-1
【分析】（1）根据二次函数图形的性质判断；
（2）①代值计算即可；②根据翻折的后的顶点坐标直接解出函数解析式；
（3）根据正方形的性质找到点的坐标之间的关系，列方程求解即可．
【详解】（1）当m>0时，抛物线y=mx2−2mx+3的开口向上，故①不一定正确；
抛物线y=mx2−2mx+3的对称轴为直线x=−−2m2m=1，故②正确；
在y=mx2-2mx+3中，x=0时y=3，x=2时y=3，即抛物线y=mx2−2mx+3经过定点（0，3）和（2，3），故③正确；
二次函数y=mx2−2mx+3的值在对称轴x=1两侧的增减性恰好相反，故④不正确；
故答案为：②③；
（2）当m=1时，y=x2−2x+3，
①∵y=x2−2x+3=（x−1）2+2，
∴抛物线C1的顶点坐标为（1，2），
故答案为：（1，2）；
②∵将抛物线C1沿x轴翻折得到抛物线C2，
∴抛物线C2的顶点为（1，﹣2），
∴抛物线C2的表达式为y=−x−2−2=−x2+2x−3，
故答案为：y=−x2+2x−3；
（3）存在实数m，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，理由如下：
如图：
在y=mx2−2mx+3中，令x=0得y=3，
∴E（0，3），
∵抛物线y=mx2−2mx+3的对称轴为直线x=1，
∴F（2，3），
在y=mx2−2mx+3中，令x=1得y=3−m，
∴P（1，3﹣m），
∵P，Q关于直线y=3对称，
∴Q（1，3+m），
由对称性知EF，PQ互相平分，且EF⊥PQ，
∴以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，只需PQ=EF，
∴3+m−3−m=2，
解得m=1或m=−1，
∴m的值为1或−1．
【点睛】此题考查二次函数的几何综合，解题关键是找到特殊点的坐标代值计算，解题技巧是根据正方形的推论出边长的关系，转化成点的坐标直接计算．
【题型9 二次函数中面积问题的存在性问题】
【例9】（2023春·四川广安·九年级统考期末）如图1，抛物线y=ax2+bx+3经过A1,0,B3,0两点，交y轴于点C．

(1)求抛物线的函数解析式．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△ACM的周长最小？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，连接BC，若在BC下方的抛物线上存在一点P，使得S△BCP=12S△BCA，请直接写出点P的横坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)存在，M(2,1)
(3)3−52或3+52
【分析】（1）由于抛物线y=ax2+bx+3过A(1,0)、B(3,0)两点，那么可以得到方程ax2+bx+3=0的两根为x=1或x=3，然后利用根与系数即可确定a、b的值．
（2）点B是点A关于抛物线对称轴的对称点，在抛物线的对称轴上有一点M，要使MA+MC的值最小，则点M就是BC与抛物线对称轴的交点，利用待定系数法求出直线BC的解析式，把抛物线对称轴x=2代入即可得到点M的坐标；
（3）过P作PQ⊥x轴，与BC交于Q，连接PB，PC，求出S△BCA=3，可得S△BCP=32，设Pm,m2−4m+3，得到Qm,−m+3，得出PQ，从而得到关于m的方程，解之可得结果．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3过A(1,0)、B(3,0)两点，
∴方程ax2+bx+3=0的两根为x=1或x=3，
∴1+3=−ba，1×3=3a，
∴a=1，b=−4，
∴二次函数解析式是y=x2−4x+3；
（2）∵二次函数解析式是y=x2−4x+3，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，C(0,3)．
∵点A、B关于对称轴对称，
∴点M为BC与对称轴的交点时，MA+MC=BC的值最小．

设直线BC的解析式为y=kx+t(k≠0)，
则3k+t=0t=3，
解得：k=−1t=3．
∴直线BC的解析式为y=−x+3．
∵抛物线的对称轴为直线x=2．
∴当x=2时，y=1．
∴抛物线对称轴上存在点M(2,1)符合题意，
∵A(1,0)、B(3,0)，C(0,3)．
∴AC=32+12=10，BC=32+32=32，
∴AC+BC=10+32，
∴在抛物线的对称轴上存在点M，使ΔACM的周长最小，ΔACM周长的最小值为10+32；
（3）过P作PQ⊥x轴，与BC交于Q，连接PB，PC，
∵A1,0，B3,0，C(0,3)，
∴S△BCA=12×AB×yC=12×2×3=3，
∴S△BCP=12S△BCA=32，
设Pm,m2−4m+3，
∵直线BC的解析式为y=−x+3，
∴Qm,−m+3，
∴PQ=−m+3−m2−4m+3=−m2+3m，
∴S△BCP=12×PQ×xB−xC=12×−m2+3m×3=32，
解得：m=3−52或m=3+52，
∴点P的横坐标为3−52或3+52．

【点睛】本题是二次函数的综合题型，主要考查了利用抛物线与x轴的交点坐标确定函数解析式，二次函数的对称轴上点的坐标以及二次函数的性质，二次函数图象上的坐标特征，解题的关键是利用抛物线与x轴的交点坐标确定函数解析式．
【变式9-1】（2023春·江西九江·九年级校考期中）如图，已知二次函数L1：y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，A点坐标(−1，0)，B点坐标(3,0)，与y轴交于点C，直线L2：y=x+n经过点A．

(1)求二次函数L1的表达式及顶点P的坐标；
(2)二次函数L3与二次函数L1关于X轴对称，直线L2与二次函数L3相交于A、D两点．
①直接写出二次函数L3的表达式；
②求出D点的坐标；
③在直线L2上半部分的二次函数L3上，是否存在一点M，使得△AMD的面积最大？若存在，请求出M坐标，并求出最大面积．
【答案】(1)y=x2−2x−3 1,−4
(2)①y=−x2+2x+3 ②2,3 ③存在 12,154 278
【分析】（1）用待定系数法将点A、点B的坐标代入二次函数L1的表达式中，即可求得待定的系数，从而求得L1的表达式；再将L1的表达式整理为顶点式，即可求得顶点P的坐标．
（2）①根据关于x轴对称的点的横坐标相同，纵坐标相反即可求得直线L3的表达式；
②先求得直线L2的解析式，然后再与直线L3的表达式联立方程组，并解方程组即可求得点D的坐标．
③经分析存在这样的点M，当直线L4与L2平行，且直线L4与二次函数L3相切于点M时， △AMD的面积最大．先求得直线L4的解析式，然后联立二次函数L3的解析式组成方程组并求解，即可求得点M的的坐标，然后用“割补法”求得△AMD的面积．
【详解】（1）将点A−1,0与点B3,0的坐标代入二次函数L1：y=x2+bx+c中得：
0=1−b+c0=9+3b+c，解得：b=−2c=−3
∴二次函数L1的表达式为：y=x2−2x−3．
即y=x−12−4
∴二次函数L1的顶点P1,−4．
（2）①在二次函数L1上取点x,y，其关于x轴的对称点为x,−y，把点x,−y代入二次函数L1的解析式得：−y=x2−2x−3
∴二次函数L3的表达式为：y=−x2+2x+3．
②∵直线L2:y=x+n经过点A−1,0，
∴0=−1+n，
∴n=1．
∴直线L2的表达式为：y=x+1．
∵直线L2与二次函数L3相交于A−1,0、D两点，
∴联立直线L2与二次函数L3的表达式，得y=−x2+2x+3y=x+1
解得：x1=−1y1=0，x2=2y2=3
∴D点的坐标为2,3．
③如下图所示，当直线L4与L2平行，且直线L4与二次函数L3相切于点M时，△AMD的面积最大．

设直线L4的表达式为：y=x+t．
∴y=x+ty=−x2+2x+3
消去y，得x2−x+t−3=0
∵L4与L3相切于点M，
Δ=−12−4t−3=0．
解得：t=134
故直线L4的表达式为：y=x+134
解方程组y=x+134y=−x2+2x+3得：x=12y=154
∴点M的坐标为12,154．
自点M、D分别作x轴的垂线，垂足为点G、H．
则S△AMD=S△AMG+S梯形DMGH−S△ADH
=12×AG×MG+12×DH+MG×GH−12×AH×DH
=12×32×154+12×3+154×32−12×3×3
=278
故存在一点M12,154，使得△AMD面积最大，最大面积为278．
【点睛】本题考查了求二次函数的解析式、顶点坐标，还涉及求一次函数的解析式、一元二次方程根的判别、割补法求三角形面积等知识点，解题的关键是正确作出辅助线．
【变式9-2】（2023春·山东东营·九年级东营市实验中学校考期中）如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与y轴交于点C0,4，与x轴交于A−2,0，点B4,0．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M是抛物线上的一动点，且在直线BC的上方，当S△MBC取得最大值时，求点M的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点P，使三角形ABP的面积为12？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)M(2,4)
(3)0,4或2,4或1+17,−4或1−17,−4
【分析】（1）、将三点坐标代入解析式列出方程组求解即可；
（2）、过点M作MD平行于y轴，与BC交于D，则可得：S△BCM=S△CMD+S△BDM=12MD⋅OB ，用待定系数法求出BC解析式，设出M、D坐标，代入可得出S的表达式，配成顶点式求最值即可；
（3）设点P的纵坐标为y，根据△ABP的面积为12，得出12×−2−4×y=12，求出y=±4，代入二次函数解析式求出x的值，即可得出点P的坐标．
【详解】（1）解：将(0,4),(−2,0),(4,0)代入抛物线解析式得：
c=44a−2b+c=016a+4b+c=0 ，
解得：a=−12b=1c=4 ，
∴y=−12x2+x+4 ；
（2）解：过点M作MD∥y轴交BC于D，交OB于E，过C作CF⊥DM于F，如图所示：

∴OCFE为矩形，
∴OE=CF ，
设直线BC的解析式为：y=kx+b ，
将点0，4、4,0代入得：b=44k+b=0 ，
解得：k=−1b=4 ，
则直线BC的解析式为：y=−x+4 ，
设M(m,−12m2+m+4) ，则D(m,−m+4) ，
∴DM=−12m2+m+4−(−m+4)=−12m2+2m ，
S△BCM=S△CMD+S△BDM
=12DM⋅CF+12DM⋅BE
=12DMCF+BE ，
∴S△BCM=12DM⋅OB=−m2+4m=−(m−2)2+4，
∵点M在直线BC的上方，
∴0∴当m=2 时，S△BCM最大，此时−12m2+m+4=4，
∴M(2,4) ；
（3）解：设点P的纵坐标为y，
∵△ABP的面积为12，
∴12×−2−4×y=12，
解得：y=±4，
当y=4时，4=−12x2+x+4，
解得：x1=0，x2=2，
∴此时点P的坐标为0,4或2,4；
当y=−4时，−4=−12x2+x+4，
解得：x3=1+17，x4=1−17，
∴此时点P的坐标为1+17,−4或1−17,−4；
综上分析可知，点P的坐标为0,4或2,4或1+17,−4或1−17,−4．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图像和性质，待定系数法求一次函数、二次函数解析式，二次函数最值，熟练掌握以上知识点并综合运用是解题的关键．
【变式9-3】（2023春·福建泉州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为E1，4的抛物线y=ax2+bx+c与x轴从左到右依次交于A，B两点，与y轴的交点为C0，3，P是抛物线对称轴右侧图象上的一点，且在x轴的上方．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若直线BP与抛物线对称轴交于点D，当BD−CD取得最大值时，求点P的坐标；
(3)若直线BC与抛物线对称轴交于点F，连接PC，PE，PF，记△PCF，△PEF的面积分别为S1，S2，判断2S1+S2是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)P(2，3)
(3)存在，最大值为3
【分析】（1）由顶点坐标可设该函数顶点式为y=a′(x−1)2+4，再将C0，3代入，求出a′的值，即可得出抛物线的解析式；
（2）设直线BP与抛物线对称轴交于点D，连接AD，CD，AC．根据抛物线解析式可求出A(−1，0)，B(3，0)，由抛物线的对称性可知AD=BD，即BD−CD=AD−CD．再根据AD−CD≤AC，即得出BD−CD的最大值为AC的长，此时点A，C，D三点共线，最后再次根据抛物线的对称性可知点C关于抛物线对称轴的对称点即为点P，即可解答；
（3）利用待定系数法可求出直线BC的解析式为y=−x+3，从而可求出F(1，2)．设直线PC与抛物线对称轴交于点Q，设P(t，−t2+2t+3)(1【详解】（1）解：∵该抛物线顶点为E1，4，
∴还可设该抛物线解析式为y=a′(x−1)2+4．
∵该抛物线与y轴的交点为C0，3，
∴3=a′(0−1)2+4，
解得：a′=−1，
∴该抛物线解析式为：y=−(x−1)2+4=−x2+2x+3；
（2）如图，设直线BP与抛物线对称轴交于点D，连接AD，CD，AC．
对于y=−x2+2x+3，令y=0，即−x2+2x+3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴A(−1，0)，B(3，0)．
∵抛物线关于其对称轴对称，点D在抛物线对称轴上，
∴AD=BD，
∴BD−CD=AD−CD．
∵AD−CD≤AC，
∴BD−CD≤AC，即BD−CD的最大值为AC的长，此时点A，C，D三点共线，
∴点C关于抛物线对称轴的对称点即为点P．
∵抛物线对称轴为x=−b2a=−22×(−1)=1，
∴P(2，3)；
（3）存在，最大值为3．
设直线BC的解析式为y=mx+n，
则0=3m+n3=n，解得：m=−1n=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
当x=1时，y=−1+3=2，
∴F(1，2)．
如图，设直线PC与抛物线对称轴交于点Q，
设P(t，−t2+2t+3)(1则−t2+2t+3=tp+q3=q，解得：p=−t+2q=3，
∴直线PC解析式为y=(−t+2)x+3，
令x=1，则y=−t+5，
∴Q(1，−t+5)，
∴FQ=yQ−yF=−t+5−2=−t+3，
∴S1=S△PCF=S△CFQ+S△PFQ=12FQ⋅xF+12FQ⋅(xP−xF)=12FQ⋅xP=12×(−t+3)×t=−12t2+32t．
∵EF=yE−yF=4−2=2，
∴S2=S△PEF=12EF⋅(xP−xF)=12×2×(t−1)=t−1，
∴2S1+S2=2×−12t2+32t+t−1=−(t−2)2+3，
∵1∴当t=2时，2S1+S2有最大值，最大值为3．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质等知识．熟练掌握二次函数的图象和性质并利用数形结合的思想是解题关键．
【题型10 二次函数中线段问题的存在性问题】
【例10】（2023春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A−8,0，C2,0两点，与y轴交于点D0,4．点E是第二象限内抛物线上的一个动点，设点E的横坐标为n，过点E作直线EB⊥x轴于点B，作直线AD交EB于点F．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，当△EFD是以FD为底边的等腰三角形时，求点E的坐标；
(3)如图2，连接CD，过点E作直线l∥CD，交y轴于点H，连接BH．试探究：在点E运动的过程中，是否存在点E，使得FD=BH，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2−32x+4
(2)E−3,254
(3)点E的坐标为−4,6或2−25,55−5
【分析】（1）待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）设直线AD的解析式为y=kx+b，待定系数法求得直线AD的解析式为：y=12x+4；En,−14n2−32n+4，则Fn,12n+4，根据两点间的距离公式可得EF=−14n2−2n，DE2=n2+14n2+32n2，结合题意可得EF=DE，建立方程求解可得n=−3，即可求解；
（3）设直线CD的解析式为y=k1x+b1，待定系数法求得直线CD的解析式为：y=−2x+4；设直线EH的解析式为：y=−2x+b2，将点En,−14n2−32n+4代入y=−2x+b2求得直线EH的解析式为：y=−2x−14n2+12n+4，得到H0,−14n2+12n+4，根据两点间的距离公式可得BH2=n2+−14n2+12n+42，DF2=n2+12n2，结合题意列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A−8,0，C2,0两点，与y轴交于点D0,4，
将A−8,0，C2,0，D0,4代入y=ax2+bx+c得：
0=a×−82+b×−8+c0=a×22+b×2+c4=c，
解得：a=−14b=−32c=4，
∴抛物线的解析式为：y=−14x2−32x+4．
（2）解：设直线AD的解析式为y=kx+b，
将A−8,0，D0,4代入y=kx+b得：
0=−8k+b4=b，
解得：k=12b=4，
∴直线AD的解析式为：y=12x+4；
设En,−14n2−32n+4，则Fn,12n+4，
∴EF=−14n2−32n+4−12n+4=−14n2−2n，
又∵D0,4，
∴DE2=0−n2+4−−14n2−32n+42=n2+14n2+32n2，
∵△EFD是以FD为底边的等腰三角形，
∴EF=DE，
∴EF2=DE2，
即−14n2−2n2=n2+14n2+32n2，
整理得：14n3+34n2=0，
解得：n1=n2=0（舍去），n3=−3，
当n=−3时，−14n2−32n+4=254
故E−3,254．
（3）解：设直线CD的解析式为y=k1x+b1，
将C2,0，D0,4代入y=k1x+b1得：
0=2k1+b14=b1，
解得：k1=−2b1=4，
∴直线CD的解析式为：y=−2x+4；
∵直线EH平行于直线CD，
故设直线EH的解析式为：y=−2x+b2，
将En,−14n2−32n+4代入y=−2x+b2得：
b2=−14n2+12n+4，
∴直线EH的解析式为：y=−2x−14n2+12n+4，
将x=0代入y=−2x−14n2+12n+4，得：y=−14n2+12n+4，
∴H0,−14n2+12n+4，
∵Bn,0，
∴BH2=0−n2+−14n2+12n+4−02=n2+−14n2+12n+42，
∵Fn,12n+4，D0,4
∴DF2=0−n2+4−12n+42=n2+12n2，
∵BH=DF，
∴BH2=DF2，
即n2+−14n2+12n+42=n2+12n2，
∴−14n2+12n+4=±12n；
当−14n2+12n+4=12n时，整理得：14n2−4=0，
解得n1=4（舍去），n2=−4；
当n=−4时，−14n2−32n+4=6，
故E−4,6；
当−14n2+12n+4=−12n时，整理得：14n2−n−4=0，
解得：n1=2+25（舍去），n2=2−25；
当n=2−25时，−14n2−32n+4=55−5，
故E2−25,55−5；
综上，点E的坐标为−4,6或2−25,55−5．
【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，求一次函数解析式，两点间的距离公式，熟练掌握两点间的距离公式，列方程求解是解题的关键．
【变式10-1】（2023春·四川南充·九年级统考期中）如图，平面直角坐标系中的Rt△AOB和Rt△COD全等，直角边OB、OD在x轴上．已知点C的坐标为4，2，过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F，抛物线y=ax2+bx+c经过O、A、C三点．
(1)写出点A的坐标并求该抛物线的函数解析式；
(2)点G为抛物线上位于线段OC所在可直线上方部分的一动点，求G到直线OC的最大距离和此时点G的坐标；
(3)点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM的边AM与边BP相等？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A2，4，y=−34x2+72x
(2)G点到直线OC的最大距离为655，此时G2，4；
(3)43，23
【分析】（1）根据全等三角形的性质求出点A的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（2）如图所示，连接GO，GC，过G点作x轴的垂线交OC于点K，GH⊥OC于点H．求出直线OC的解析式为y=12x，设Gm，−34m2+72m，则Km，12m，则GK=−34m2+3m，求出S△GOC=−32m−22+6，则当m=2时，S△GOC的值最大为6，此时GH的值为最大，利用勾股定理求出OC=25，利用等面积法求出GH=655即可；
（3）如图所示，过点M作MR⊥AB于点R，过点P作PT⊥AB于点T．先证明Rt△AMR≌Rt△BPT，得到AR=BT，设点M的横坐标为t0【详解】（1）解：∵点C的坐标为4,2，
∴OD=4，CD=2，
∵Rt△AOB和Rt△COD全等，
∴OB=CD=2，AB=OD=4，
∴A2，4；
把A2，4，C4,2，O0，0代入到y=ax2+bx+c中得4a+2b+c=416a+4b+c=2c=0，
∴a=−34b=72c=0，
∴抛物线解析式为y=−34x2+72x；
（2）解：如图所示，连接GO，GC，过G点作x轴的垂线交OC于点K，GH⊥OC于点H．
设直线OC的解析式为y=kx+b′，
把C4,2，O0，0代入y=kx+b′得：4k+b′=2b′=0，
∴k=12b′=0，
∴直线OC的解析式为y=12x，
设Gm，−34m2+72m，则Km，12m，
∴GK=−34m2+72m−12m=−34m2+3m，
∴S△GOC=S△GOK+S△GCK
=12GK⋅xC−xO
=12×4−34m2+3m
=−32m2+6m
=−32m−22+6，
∵−32<0，
∴当m=2时，S△GOC的值最大为6，此时GH的值为最大，
∵OC=42+22=25，
∴12×25GH=6，即GH=655，
∴G点到直线OC的最大距离为655，此时G2，4；
（3）解：如图所示，过点M作MR⊥AB于点R，过点P作PT⊥AB于点T．
由题意：MN∥AB，
∴MR=PT，
∵AM=BP，
∴Rt△AMR≌Rt△BPTHL．
∴AR=BT，
设点M的横坐标为t0由（2）知：直线OC的解析式为y=12x，则Pt，12t
∴4−−34t2+72t=12t，
当4−−34t2+72t=12t时，
解得：t1=43，t2=4（不合题意，舍去）；
当4−−34t2+72t=−12t时，无实数解．
∴t=43，此时P43，23
∴P点的坐标为43，23．
【点睛】本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、二次函数的最值，涉及到的知识点众多，难度较大，对学生能力要求较高，有利于训练并提升学生解决复杂问题的能力．
【变式10-2】（2023春·云南曲靖·九年级统考期末）已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A−1,0，B3,0两点，与y轴交于点C，连接BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在点M，使得B、C两点到直线AM的距离相等，如果存在，求出点M的坐标，如果不存在，请说明理由；
(3)点P为x轴上一动点，以P为旋转中心，把线段BC逆时针旋转90°，得到线段GH，其中点B的对应点为点G，当抛物线的对称轴刚好经过GH中点时，求此时点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)M125,−5125或M4,5
(3)P−12,0
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意分AM与BC相交与平行两种情况分析，分别求解即可；
（3）设BC的中点为D，GH的中点为D′，Px,0，由y=x2−2x−3=x−12−4，抛物线的对称轴为直线x=1，设x=1与x轴交于点N，过点D作DQ⊥x于点Q，连接PD,PD′，证明△PD′N≌△NPQ，根据PN=QD=32，即可求解．
【详解】（1）解：抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A−1,0，B3,0两点，
∴1−b+c=09+3b+c=0
解得：b=−2c=−3
∴抛物线解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：由y=x2−2x−3，令x=0，解得：y=−3，
∴C0,−3,
①当AM与BC相交时，如图，
过点B,C作AM的垂线，则CD=BF，
在△CDE与△BDF中，
∠EDC=∠FDB∠CED=∠BFD=90°CE=BF
∴△CDE≌△BDF
∴CD=BD，
∴D为BC的中点，
∵B3,0,C0,−3,
∴D32,−32,
设直线AM的解析式为y=kx+b，
∴−k+b=032k+b=−32
解得：k=−35k=−35
∴直线AM的解析式为：y=−35x−35，
∴y=−35x−35y=x2−2x−3
解得：x=−1y=0或x=125y=−5125
∴M125,−5125,
②当AM∥BC时，点B,C到AM的距离相等，
∵B3,0,C0,−3,
设直线BC的解析式为y=mx+n,
则3m+n=0n=−3
解得：m=1n=−3
∴直线BC的解析式为y=x−3
设直线MN的解析式为y=x+t，
将点A−1,0代入得，0=−1+t，
解得：t=1
∴直线MN的解析式为y=x+1，
∴y=x+1y=x2−2x−3
解得：x=−1y=0或x=4y=5
∴M4,5，
综上所述，M125,−5125或M4,5
（3）解：如图所示，设BC的中点为D，GH的中点为D′，Px,0，
由y=x2−2x−3=x−12−4，抛物线的对称轴为直线x=1，
设x=1与x轴交于点N，过点D作DQ⊥x于点Q，连接PD,PD′，
由（2）可知D32,−32，
∵以P为旋转中心，把线段BC逆时针旋转90°，且点D′在x=1上，
∴PD=PD′，∠DPD′=90°
∴∠D′PN+∠QPD=90°，∠D′PN+∠PD′N=90°
∴∠PD′N=∠QPD，
在△PD′N,△NPQ中，
∠PND′=∠DQP=90°∠PD′N=∠QPDPD′=PD
∴△PD′N≌△NPQ
∴PN=QD=32
∴1−x=32，
解得：x=−12，
∴P−12,0．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，旋转的性质，一次函数的平移，掌握二次函数的性质是解题的关键．
【变式10-3】（2023春·安徽阜阳·九年级校考期末）如图，已知抛物线经过原点O和x轴上另一点A，它的对称轴x=−2与x轴交于点C，直线y=−2x+1经过抛物线上一点B2,m，且与y轴．直线x=−2分别交于点D、E．
(1)求m的值及该抛物线对应的函数关系式；
(2)①判断△CBE的形状，并说明理由；②判断CD与BE的位置关系；
(3)若Px,y是该抛物线上的一个动点，是否存在这样的点P，使得PB=PE？若存在，试求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)m=−3，y=−14x2−x
(2)①△CBE为等腰三角形，理由见解析；②CD⊥BE
(3)存在，符合条件的点P的坐标为−3+5,−1+52或−3−5,−1−52
【分析】（1）根据抛物线的对称轴为x=−2，且过O、A两点，因此A点的坐标为−2，0．可用交点式二次函数通式来设抛物线的解析式，然后根据直线y=−2x+1求出B点的坐标，将B点的坐标代入抛物线中即可求出二次函数的解析式．
（2）①可根据抛物线的解析式求出D，E点的坐标，进而可求出△CBE三边的长，可据此来进行判断△CBE的形状．
②应该是CD⊥BE，可过E、B作y轴的垂线通过证三角形全等来得出D是BE中点，然后根据等腰三角形三线合一的特点来得出CD⊥EB的结论．
（3）由题意可知：P点必为线段BE垂直平分线与抛物线的交点，可先求出线段BE的垂直平分线，然后联立抛物线的解析式，即可求出符合条件的P点的坐标．
【详解】（1）解：∵点B2,m在直线y=−2x+1上，
∴m=−2×2+1=−3，
∴B2,−3
∵抛物线经过原点O和点A，对称轴为x=−2，
∴点A的坐标为−4,0
设所求的抛物线对应函数关系式为y=ax−0x+4，将点B2,−3代入上式，
得−3=a2−02+4，
∴a=−14，
∴所求的抛物线对应的函数关系式为y=−14x+4，
即y=−14x2−x．
（2）①△CBE为等腰三角形
∵直线y=−2x+1与y轴、直线x=−2的交点坐标分别为D0,1，E−2,5、过点B作BG∥x轴，与y轴交于F、直线x=−2交于G，
∴BG⊥直线x=−2，BG=4、
在Rt△BGC中，BC=CG2+BG2=5．
∵CE=5，
∴CB=CE=5，
∴△CBE为等腰三角形．
②CD⊥BE
过点E作EH∥x轴，交y轴于H，则点H的坐标为H0,5，
又∵点F、D的坐标为F0,−3、D0,1，
∴FD=DH=4，BF=EH=2，∠BFD=∠EHD=90°
∴△DFB≌△DHE（SAS），
∴BD=DE，即D是BE的中点，
∴CD⊥BE
（3）存在
∵PB=PE，
∴点P在直线CD上，
∴符合条件的点P是直线CD与该抛物线的交点
设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b，将D0,1，C−2,0代入，
得b=1−2k+b=0．
解得k=12，b=1
∴直线CD对应的函数关系式为y=12x+1，
∵动点P的坐标为x,−14x2−x，
∴12x+1=−14x2−x
解得x1=−3+5，x2=−3−5，
∴y1=−1+52，y2=−1−52．
∴符合条件的点P的坐标为−3+5,−1+52或−3−5,−1−52．
【点睛】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、三角形全等、等腰三角形的判定和性质等重要知识点，综合性强，考查学生数形结合的数学思想方法．
【题型11 二次函数中角度问题的存在性问题】
【例11】（2023春·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B4,0两点，与y轴交于点C，点D3,4在抛物线上，点P是抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，连接OD，若OP平分∠COD，求点P的坐标；
(3)如图2，连接AC，BC，抛物线上是否存在点P，使∠CBP+∠ACO=45°？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=−x2+3x+4
(2)2,6
(3)存在，P3,4或P−34,1916
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）利用角平分线的性质和平行线的性质作PE∥y轴，交OD于点Q，交x轴于点E，可证得PQ=OQ，求OD的解析式为y=43x，设点P的横坐标为t，则有Pt,−t2+3t+4，Qt,43t，Et,0，求出PQ=−t2+53t+4，OQ=53t，由53t=−t2+53t+4求得t值即可解答；
（3）将△AOC绕点O顺时针方向旋转90°，至△A′OB，可得A′O=AO=1，∠ACO=∠A′BO，则A′0,1，求出过点A′的直线BP的解析式为y=−14x+1，与抛物线联立方程组求得交点P−34,1916；再过C作CF∥x轴，过B作BF∥y轴，CF与BF交于点F，则四边形OBFC为正方形，作A′关于BC的对称点G，点G在CF上，作直线BG，则直线BG与抛物线的交点也满足条件，则G3，4，与点D重合，则可得P3,4，即可求解．
【详解】（1）解：∵点B4,0、D3,4在抛物线y=−x2+bx+c上，
∴−16+4b+c=0−9+3b+c=4，
解得b=3c=4，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）解：作PE∥y轴，交OD于点Q，交x轴于点E，如图1所示：
∵PE∥y轴，
∴∠OPQ=∠POC，
∵OP平分∠COD，
∴∠POC=∠POQ，
∴∠OPQ=∠POQ，
∴PQ=OQ，
设OD的解析式为y=kx，
将D3,4代入，k=43，
∴OD的解析式为y=43x，
设点P的横坐标为t，则有Pt,−t2+3t+4，Qt,43t，Et,0，t>0，
∴PQ=−t2+3t+4−43t=−t2+53t+4，OQ=t2+43t2=53t，
∴53t=−t2+53t+4，
解得t1=2，t2=−2（舍去），
∴t=2，
∴−t2+3t+4=−4+6+4=6，
∴点P的坐标为2,6；
（3）解：存在，P3,4或P−34,1916．
当x=0时，y=4，则C0,4，
∴OB=OC=4，则∠OBC=∠OCB=45°，
将△AOC绕点O顺时针方向旋转90°，至△A′OB，如图2所示：
则A′O=AO=1，∠ACO=∠A′BO，
∴A′0,1
由题意∠CBP+∠ACO=45°知，直线BP过点A′，
设直线BP的解析式为y=mx+n，
将B4,0，A′0,1，代入，得：n=14m+n=0，
解得：m=−14n=1，
∴直线BP的解析式为y=−14x+1，
联立y=−x2+3x+4y=−14x+1，
解得：x=−34y=1916或x=4y=0，
∴P−34,1916，
此时使∠CBP+∠A′BO=∠CBP+∠ACO=45°；
如图2所示，过C作CF∥x轴，过B作BF∥y轴，CF与BF交于点F，则四边形OBFC为正方形，
作A′关于BC的对称点G，则点G在CF上且CG=A′G=4−1=3，
∴G3，4，与点D重合，
作直线BG，则∠CBG=∠A′BC，
∴直线BG与抛物线的交点也满足条件∠CBP+∠ACO=45°，
∵点D3,4在抛物线上，
∴P3,4．
综上，抛物线上存在点P，使∠CBP+∠ACO=45°，点P的坐标为P3,4或P−34,1916．
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式、坐标与图形、等腰三角形的判定与性质、解一元二次方程、二次函数与几何变换（旋转和轴对称）、正方形的判定与性质，熟练掌握相关知识的联系与运用，会利用数形结合思想和正确添加辅助线求解是解答的关键．
【变式11-1】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·九年级统考期末）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经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在第四象限的抛物线上是否存在一点M，使△MBC的面积为27？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB=∠OCB？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)存在，M5+732,−35+732；
(3)存在，P1,2+22或P1,−2−22．
【分析】（1）由直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，求出B、C两点坐标，然后用代入法求抛物线解析式；
（2）如图，M是抛物线第四象限上的点，连接CM，OM设Mx,y，根据面积公式求出S△MBC=SOMBC−S△OCM得x2−3x−18=0，解方程接可求出；
（3）如图，作抛物线的对称轴PN交x轴于N，作EN=NB，连接BE由（2）可知OC=OB=3，对称轴为x=1，根据等腰直角三角形性质证∠PBE=∠BPN即PE=BE，根据勾股定理求出PE=BE=22，从而得到PN=PE+EN=22+2，当P 在第一象限时、当P 在第四象限时讨论即可．
【详解】（1）解：直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点
当y=0时，解得x=3，
当x=0时，解得y=−3，
∴B3,0，C0,3
抛物线y=−x2+bx+c经过点B、C
∴0=−9+3b+c3=c
解得b=2c=3
抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3
（2）解：如图，M是抛物线第四象限上的点，连接CM，OM
设Mx,y，则
SOMBC=S△OMB+S△OCB=12OB·My+12OB·OC
=12×3×−y+12×3×3
=−32y+92
S△OCM=12OC·Mx=12×3×x=3x2
S△MBC=SOMBC−S△OCM
=−32y+92−3x2
=−32−x2+2x+3+92−3x2
即S△MBC=32x2−9x2
32x2−9x2=27
x2−3x−18=0
解得x=6或x=−3（舍去）
当x=6时
y=−62+2×6+3=−21
∴M6,−21
（3）解：如图，作抛物线的对称轴PN交x轴于N，作EN=NB，连接BE
由（2）可知OC=OB=3，对称轴为x=1
∴∠APB=∠OCB=45°，，
∴∠BPN=12∠APB=22.5°
∵EN=NB=OB−ON=2
∴∠EBN=∠NEB=45°，
∴∠PBE=∠NEB−∠BPN=45°−22.5°=22.5°
∴∠PBE=∠BPN
∴PE=BE
∵BE=EN2+BN2=22
∴PE=BE=22
∴PN=PE+EN=22+2
当P 在第一象限时：P1,2+22
当P 在第四象限时：P1,−2−22
故答案为：存在，P1,2+22或P1,−2−22．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，通过角度和面积探讨点的存在性；用代入法求函数解析式，假设点存在，根据条件做出图形，利用数形结合是解题的关键．
【变式11-2】（2023春·江苏盐城·九年级统考期末）如图，抛物线y=12x2+mx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A−4,0,C0,−2．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点E是线段AC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDAF的面积最大?求出四边形CDAF的最大面积及此时E点的坐标；
(3)在y轴上是否存在点P，使得∠OAP+∠OAC=60°？若存在，请直接写出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2+32x−2
(2)四边形CDAF的面积最大为132，E点坐标为（－2，－1）
(3)存在，P 点的坐标为（0，−32+203）或（0，32−203）
【分析】（1）将点A,C坐标代入y=12x2+mx+n，解得m,n，即可得解；
（2）先求直线AC的函数表达式为y=−12x−2,设点E(x,−12x−2) (−4≤x≤0)，结合图形， 四边形CDAF的面积=S△ACF+S△ACD= −x+22+132，运用二次函数的性质求得最值及点E点的坐标；
（3）设P(0，n)，作PG⊥AC于点G， ∠OAP＋∠OAC＝60°，求得PG＝32×n2+16，利用等积法12AC×PG=12PC×OA得n2+64n−176=0，解得n，得到点P，再利用对称性得另一点P
【详解】（1）将A(−4，0)，C(0,−2)
代入抛物线表达式得8−4m+n=0n=−2，解得m=32n=−2，
抛物线表达式为y=12x2+32x−2；
（2）∵抛物线的对称轴为直线x=−322×12=−32，
∴D(−32,0)，B（1，0），
设直线AC的函数表达式为y＝kx＋b，
将A,C点坐标代入得−4k+b=0b=−2，
解得k=−12b=−2，
∴直线AC的函数表达式为y=−12x−2，..
设E(x,−12x−2) (−4≤x≤0)，则F(x,12x2+32x−2)，
∴EF= −12x−2−(12x2+32x−2)＝−12x2−2x，
∴S△ACF= 12×4×−12x2−2x＝−x2−4x，
四边形CDAF的面积=S△ACF+S△ACD= −x2−4x＋12×2×4−32
=−x2−4x+52= −x+22+132
当x=−2时，四边形CDAF的面积最大，最大值为132，
此时E点坐标为(－2,－1)；
（3）P 点的坐标为(0,−32+203)或(0,32−203)
①作PG⊥AC于点G， ∠OAP＋∠OAC＝60°，
设P(0,n)，
∠PAG＝60°， PG=32PA，
PA=n2+16， PG=32×n2+16，
AC=42+22=25，
由△PAC的面积，得
12AC×PG=12PC×OA，即12×25×32×n2+16=12×4n+2，
化简，得n2＋64n－176＝0，
解得n1=−32+203， n2=−32−203（不符合题意，舍去），
∴P(0,−32+203)，
②∵点P′与点P关于原点O对称， OP′=OP=−32+203，
∴P′(0,32−203)，
综上所述：P 点的坐标为(0,−32+203)或(0,32−203)）
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形的面积，二次函数的性质，方程的思想及分类讨论的思想等知识，本题考点较多，综合性较强，难度适中．
【变式11-3】（2023春·浙江湖州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=12x−2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=12x2+bx+c经过A，C两点，与x轴的另一交点为点B，点P为抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当△ACP的面积与△ABC的面积相等时，求点P的坐标；
(3)是否存在点P，使得∠ACP=∠ABC−∠BAC，若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的函数表达式为y=12x2−32x−2
(2)点P的坐标为P(5,3)
(3)存在，点P的横坐标为2911或7．
【分析】（1）根据一次函数求出A、C两点坐标，代入解析式求解即可得到答案；
（2）根据A、B、C点坐标即可得到∠ACB=90°，求出△ABC的面积，分点P在AC下方或上方两类列方程即可得到答案；
（3）由（2）得∠ACB=90°，作AB的垂直平分线交AC于一点F，求得tan∠CBF=34，即tan∠ACP=34，过点A作AG∥CB，过点C作CG⊥BF交AG于点G，得到∠ACG=∠CBF=∠ACP，即点P在直线CG上，求得直线CG的解析式，根据一次函数与二次函数交点问题联立方程求解即可得到答案．
【详解】（1）解：当x=0时，y=12×0−2=−2，故C(0,−2)，
当y=0时，12x−2=0，x=4，故A(4,0)，
将A(4,0)，C(0,−2)代入解析式得，
12×42+4b+c=0c=−2，解得：b=−32c=−2，
∴y=12x2−32x−2；
（2）解：①点P在AC下方时，如图所示，连接OP，设P(m,12m2−32m−2)，
∴S△APC=S△OPC+S△OAP−S△AOC
=12×2×m+12×4×(−12m2+32m+2)−12×4×2
=−m2+4m，
当12x2−32x−2=0，解得：x1=−1，x2=4，
故B(−1,0)，
∵C(0,−2)，A(4,0)，
∴AB=4−(−1)=5，AC=22+42=25，BC=22+12=5，
∴BC2+AC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∴S△ABC=12×25×5=5，
∵△ACP的面积与△ABC的面积相等，
∴−m2+4m=5，即m2−4m+5=0，
∵△=(−4)2−4×1×5=−4<0，无解，
②当点P在AC上方时，如图所示，连接OP，设P(m,12m2−32m−2)，
∴S△APC=S△AOC+S△AOP−S△PBC
=12×4×2+12×4×(12m2−32m−2)−12×2×m
=m2−4m，
∵△ACP的面积与△ABC的面积相等，
∴m2−4m=5
∴m1=−1（与B重合，舍去），m2=5，
当m2=5时，12×52−32×5−2=3，
∴P(5,3)；
（3）解：∵A−4,0,B(−1,0)，C0,−2，
∴OA=5,BC=5,AC=25
∴AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴tan∠OAC=tan∠OCB=12，
如图所示，作AB的垂直平分线交AC于一点F，连接BF，则FB=FA，
∴∠FBA=∠FAB
∴∠CBF=∠CBA−∠FBA=∠CBA−∠CAB，
∵∠ACP=∠ABC−∠BAC
∴∠ACP=∠CBF
设BC=4k，则AC=8k，
∵BF=FA，
在Rt△BCF中，BC2+CF2=BF2，
即4k2+8k−BF2=BF2，
解得：BF=5k，则CF=3k
∴tan∠CBF=34
∴tan∠ACP=34
如图所示，过点A作AG∥CB，过点C作CG⊥BF交AG于点G，
则∠ACG+∠BFC=∠CBF+∠BFC
即∠ACG=∠CBF=∠ACP，即点P在直线CG上，
∵BC⊥AC,GA∥BC
∴∠GAC=90°，
在Rt△GCA中，tan∠GCA=AGAC=34,
∴AG=34AC=325
过点G作GH⊥x轴，
则∠HGA=∠OAC
∴GHHA=2，
∴HA=32,GH=3，
∴G52,3
设直线CG的解析式为y=mx+n
即52m+n=3n=−2
∴m=2n=−2
即y=2x−2，
联立y=2x−2y=12x2−32x−2
解得：x1=0（舍去），x2=7
同理可得G′112,−3
设直线CG′的解析式为y=kx−2
则112k−2=−3
解得：k=−211
∴y=−211x−2
联立y=−211x−2y=12x2−32x−2
解得：x1=0（舍去），x2=2911
综上，点P的横坐标为2911或7．
【点睛】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求函数的解析式，解直角三角形，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
【题型12 二次函数中最值问题的存在性问题】
【例12】（2023春·甘肃庆阳·九年级统考期中）如图，已知抛物线y=38x2−34x−3与x轴的交点为点A、D(点A在点D的右侧)，与y轴的交点为点C．
(1)直接写出A、D、C三点的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上找一点M，使得MD+MC的值最小，并求出点M的坐标；
(3)设点C关于抛物线对称轴的对称点为点B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A4,0，D−2,0，C0,−3
(2)连接AC交对称轴于点M，点M即为所求，M1,−94
(3)(−2,0)或(6,6).
【分析】（1）令y=0，解方程38x2−34x−3=0可得到A点和D点坐标；令x=0，求出y=−3，可确定C点坐标；
（2）连接AC交对称轴于点M，根据对称性可得MD=MA，则CA为MD+MC的最小值，求出直线AC的解析式，令x=1，即可求解；
（3）分BC为梯形的底边和BA为梯形的底和CA为梯形的底三种情况讨论，求出另一底边的解析式即可.
【详解】（1）解：在y=38x2−34x−3中令0=38x2−34x−3，
解得x1=−2,x2=4，
∴A4,0,D−2,0，
在y=38x2−34x−3中令x=0，得y=−3，
∴C0,−3；
（2）解：如图，连接AC交对称轴于点M，则点M即为所求，连接DM，
∵MD=MA，
∴MC+MD=MC+MA
∴MC+MD的最小值即为CA的长，
∵A4,0,D−2,0，
∴抛物线的对称轴为x=4−22=1，
∵A4,0,C0,−3，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
则b=−34k+b=0，
解得：k=34b=−3,
∴直线AC的解析式为y=34x−3，
∵抛物线的对称轴为x=1，
∴M1,−94
（3）存在，分两种情况：
①如图，当BC为梯形的底时，点P与D重合时，四边形ADCB是梯形，此时点P为(−2,0).
②如图，当BA为梯形的底时，过点C作CP∥AB，与抛物线交于点P，
∵点C，B关于抛物线对称，
∴B(2,−3)
设直线AB的解析式为y=k1x+b1，
则4k1+b1=02k1+b1=−3，
解得k1=32b1=−6 .
∴直线AB的解析式为y=32x−6 .
∵CP∥AB，
∴可设直线CP的解析式为y=32x+m .
∵点C在直线CP上，
∴ m=−3 .
∴直线CP的解析式为y=32x−3 .
联立y=32x−3y=38x2−34x−3，
解得x1=0y1=−3，x2=6y2=6
∴P(6,6)；
③当AC为梯形的底时，过点B作BP∥AC，与抛物线交于点P，
设直线AC的解析式为y=k2x+b2，则4k2+b2=0b2=−3，解得k2=34b2=−3 .
∴直线AC的解析式为y=34x−3 .
∵BP∥AC，
∴可设直线CP的解析式为y=34x+n .
∵点B在直线CP上，
∴ n=−92 .
∴直线CP的解析式为y=34x−92 .
联立y=34x−92y=38x2−34x−3，
解得x1=2y1=−3(舍去)，x2=2y2=−3(舍去)
综上所述，在抛物线上存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形，点P的坐标为(−2,0)或(6,6) ．
【点睛】本题考查了抛物线与坐标轴交点问题，轴对称的性质求最短距离，特殊四边形问题，分类讨论是解题的关键．
【变式12-1】（2023春·浙江宁波·九年级校考期中）对于给定的两个函数，任取自变量x的一个值，当x<0时，它们对应的函数值互为相反数；当x≥0时，它们对应的函数值相等，我们称这样的两个函数互为“伴随”函数．例如：一次函数y=x−3，它的“伴随”函数为y=−x+3x<0x−3x≥0．
(1)已知点M−2，1在一次函数y=−mx+1的“伴随”函数的图象上，求m的值．
(2)已知二次函数y=−x2+4x−12．
①当点Aa，32在这个函数的“伴随”函数的图象上时，求a的值．
②当−3≤x≤3时，函数y=−x2+4x−12的“伴随”函数是否存在最大值或最小值，若存在，请求出最大值或最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)m=−1；
(2)①a=2−5或2+2或2−2；②当−3≤x≤3时，函数y=−x2+4x−12的“伴随”函数的最大值为432，最小值为−12．
【分析】（1）写出y=−mx+1的“伴随”函数，代入计算；
（2）①写出二次函数y=−x2+4x−12的“伴随”函数，代入计算；
②根据二次根式的最大值和最小值的求法解答．
【详解】（1）解：y=−mx+1的“伴随”函数y=mx−1(x<0)−mx+1(x≥0)，
将M−2，1代入y=mx−1得：1=−2m−1，
解得m=−1；
（2）解：二次函数y=−x2+4x−12的“伴随”函数为y=x2−4x+12(x<0)−x2+4x−12(x≥0)，
①当a<0时，将Aa，32代入y=x2−4x+12，
得32=a2−4a+12，
解得：a=2+5(舍去)，或a=2−5，
当a≥0时，将Aa，32代入y=−x2+4x−12得：
32=−x2+4x−12，
解得：a=2+2或a=2−2．
综上所述：a=2−5或2+2或2−2；
②当−3≤x<0时， y=x2−4x+12，抛物线的对称轴为x=2，
此时y随x的增大而减小，
∴此时y的最大值为432，
当0≤x≤3时，函数y=−x2+4x−12，抛物线的对称轴为x=2，
当x=0有最小值，最小值为−12，当x=2时，有最大值，最大值72，
综上所述，当−3≤x≤3时，函数y=−x2+4x−12的“伴随”函数的最大值为432，最小值为−12．
【点睛】此题考查二次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，解题关键在于将已知点代入解析式.
【变式12-2】（2023春·河南洛阳·九年级河南省洛阳市第二十三中学校考期中）如图，已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，其中点A的坐标为−3,0，与y轴交于点C，点D−2,−3在抛物线上；

(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PAD周长最小，若存在，求出P点的坐标及△PAD周长的最小值；
(3)若点M是直线AC下方的抛物线上的一动点，过M作y轴的平行线与线段AC交于点N，求线段MN的最大值．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)P−1,−2,10+32
(3)94
【分析】（1）将点A、D的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）点A关于函数对称轴的对称点为点B，连接PD交函数对称轴于点P，则点P为所求点，求出直线BD的表达式，进一步即可求解；
（3）先求出直线AC解析式，设N横坐标为x，用含x的代数式表示线段MN，再利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：将点A−3,0、D−2,−3代入抛物线表达式得：0=9−3b+c−3=4−2b+c，
解得：b=2c=−3，
抛物线的表达式为：y=x2+2x−3；
（2）y=x2+2x−3，令y=0，则0=x2+2x−3,
解得x=−3或x=1，
令x=0，则y=−3，
故点B、C的坐标分别为：1,0、0,−3；
函数的对称轴为直线x=1−32=−1，

点A关于函数对称轴的对称点为点B，连接BD交函数对称轴于点P，则点P为所求点，
设直线BD的表达式为y=kx+m，
将点D、B的坐标代入一次函数表达式y=kx+m得：
0=k+m−2k+m=−3，
解得：k=1m=−1，
故BD的函数表达式为y=x−1，
当x=−1时，y=−1−1=−2，即点P−1,−2，
此时△PAD周长的最小值=PA+PD+AD=BD+AD=1+9+9+9=10+32；
（3）如图，

设直线AC的解析式是y=nx+p，
把点A−3,0，C0,−3代入y=nx+p中
0=−3n+p−3=p，
解得n=−1p=−3，
∴直线AC解析式为y=−x−3．
设N横坐标为x，则yN=−x−3，yM=x2+2x−3，
∴MN=−x−3−x2+2x−3=−x2−3x=−(x+32)2+94，
∵−1<0，
∴抛物线开口向下，
∴当x=−32时，MN的最大值为94．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，涉及到抛物线和直线的待定系数法求解析式，轴对称-最短问题，二次函数的最值等，解题关键是熟练掌握待定系数法求抛物线解析式．
【变式12-3】（2023春·湖南长沙·九年级校考期末）已知抛物线y=a−1x2+2a−7x+a2−4（a为常数，a>0）的图象经过原点，点A在抛物线上运动．

(1)求a的值．
(2)若点P8−t，s和点Qt−4，r都是这个抛物线上的点，且有s>r，求t的取值范围．
(3)设点A位于x轴的下方且在这个抛物线的对称轴的左侧运动，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点D，过点A作AB⊥x轴，垂足为点B，过点D作DC⊥x轴，垂足于点C，试问四边形ABCD的周长是否存在最大值？如果存在，请求出这个最大值和对应的x值，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)a=2；
(2)t<6；
(3)存在，当x=12时，四边形ABCD的周长最大为132．
【分析】（1）将坐标0,0代入抛物线计算求值即可；
（2）由a的值可得抛物线解析式，从而可得s，r的表达式，再根据s>r解不等式即可；
（3）由y=x2−3x可得函数的对称轴，根据A、D两点的对称性设Am，m2−3m，Dn，m2−3m，再由两点的中点坐标在对称轴上可得n的表达式；根据坐标的定义求得四边形周长的表达式再配方即可解答；
【详解】（1）解：将原点坐标代入抛物线可得：
0=a2−4，
a=±2，
∵a>0，
∴a=2；
（2）解：把a=2代入抛物线可得：
y=x2−3x，
点P和点Q代入抛物线解析式可得：
s=8−t2−38−t=t2−13t+40，
r=t−42−3t−4=t2−11t+28，
∵s>r，
∴t2−13t+40>t2−11t+28，
∴−2t>−12，
∴t<6；
（3）解：由抛物线解析式y=x2−3x可得对称轴为x=−−32=32，
AD平行于x轴，设Am，m2−3m且0由抛物线的对称性可知A、D两点的中点坐标在对称轴x=32上，
∴m+n2=32，
∴n=3−m，
∵AB和DC都和x轴垂直，AD平行于x轴，
∴四边形ABCD是矩形，
由函数图象可知A点纵坐标m2−3m<0，
∴四边形ABCD的周长为：2AB+2AD=2m2−3m+2n−m=−2m2−3m+23−2m=−2m−122+52，
∴当m=12时四边形周长有最大值52；
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，不等式的性质，矩形的性质，坐标的定义等知识；掌握二次函数的对称性是解题关键．