浙教版（2024）九年级上册1.1 二次函数课后测评

这是一份浙教版（2024）九年级上册1.1 二次函数课后测评，文件包含浙教版数学九年级上册同步考点练习专题19二次函数中的十二大存在性问题原卷版doc、浙教版数学九年级上册同步考点练习专题19二次函数中的十二大存在性问题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共197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组】 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组】 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，直线与轴、轴分别交于点、点，经过两点的抛物线与轴的另一个交点为，顶点为．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)当时，在抛物线上求一点，使的面积有最大值（图乙、丙供画图探究），并求出最大面积及点的坐标．
(3)在该抛物线的对称轴上是否存在点，使以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的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】(1)
(2)最大面积为，
(3)存在，见详解
【分析】（1）把的坐标代入抛物线，得出方程组，求出方程组的解即可；
（2）连接， 经过点作轴的垂线，交直线于点，设点，则点，推出，根据＝
代入求出即可．
（3）先求出的坐标，由勾股定理可求的值，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解；
【详解】（1）解：∵直线与轴、轴分别交于点、点，
∴，，
∴，解得，
∴抛物线解析式为；
（2）当时，在此抛物线上任取一点，连接，过点作轴的垂线，交直线于点，

设点，则点，
∴，
∴ ，
∵，，
∴当时，有最大值，此时， ，
∴．
（3）∵，
∴对称轴为直线，顶点坐标为，
∴，
设点的坐标为，则， ，若，
则，
∴，
∴点 或；
若，则，
∴，
∴点；
若，如图，过点作于，

∴，，
∵，
∴，
∴，
∴点，
∴满足条件的点分别为， ， ， ．
【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，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，点P为直线上方抛物线上的动点，连接，，直线与抛物线的对称轴l交于点E．

(1)求抛物线的解析式；
(2)求的面积最大值；
(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)
(2)的面积最大值为
(3)存在，M点坐标为或或或
【分析】（1）根据待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）先求出直线的解析式，过点P作轴交BC于G，设，则，表示的面积，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：当时；当时；当时；进而得出答案．
【详解】（1）解：将，代入，
∴，
解得，
∴；
（2）令，则，
解得或，
∴，
设直线BC的解析式为，
∴，
解得，
∴，
过点P作轴交BC于G，

设，则，
∴，
∴，
∴当时，的面积有最大值，最大值为32；
（3）①存在点M，使得为等腰三角形，理由如下：
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴，设，
∴，，，
当时，，
解得（舍）或，
∴；
当时，，
解得或，
∴或；
当时，，
解得，
∴；
综上所述：M点坐标为或或或；
【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，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，顶点为D．点P是直线上方抛物线上的一个动点，过点P作轴于点E，交直线于点Q．

(1)求抛物线的表达式；
(2)求线段的最大值；
(3)如图2，过点P作x轴的平行线交y轴于点M，连接．是否存在点P，使得为等腰三角形？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)
(2)3
(3)存在一点P，当点P的横坐标为时，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，进而求出直线的解析式，设，则，则，由此即可求出答案；
（3）先证明，则当为等腰三角形，只存在这一种情况，设，则，则，解方程即可．
【详解】（1）解：把，代入中得：，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：设直线的解析式为，
在中，当时，，
∴，
把，代入中得，
∴，
∴直线的解析式为，
设，则，
∴
，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为；
（3）解：∵轴，轴，
∴，
∴当为等腰三角形，只存在这一种情况，
设，则，
同理可得，
又∵，
∴，
解得或，
∴存在一点P，当点P的横坐标为时，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yx+2，根据AD∥BC得直线AD为yx，设P（m，m2m+2），则E（m，m），从而得PEm2+2m，即可求出△PEG面积为PE•GHm2+m，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：
，解得，
∴抛物线的函数表达式为yx2x+2；
（2）过点G作GH⊥PE于H，
∵抛物线yx2x+2交y轴于点C．
∴C（0，2），
∵A（﹣1，0），B（4，0），
∴AB＝5，AC，BC2，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵AD∥BC，EG⊥BC，
∴AC＝BG，
∵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：
，解得，
∴直线BC为yx+2，
∵AD∥BC，A（﹣1，0），
∴直线AD为yx，
设P（m，m2m+2），则E（m，m），
∴PEm2+2m，
∴△PEG面积为PE•GHm2+m（m﹣2）2，
∵0，
∴m＝2时，△PEG面积的最大值为，
此时点P的坐标为（2，3）；
（3）∵抛物线yx2x+2（x）2水平向右平移个单位，得到新抛物线y1（x﹣3）2，
∴y1的对称轴为x＝3，
联立直线AD为yx，抛物线yx2x+2，解得或，
∴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±，
∴点M的坐标为（3，﹣3）或（3，﹣3）；
综上所述，点M的坐标为（3，﹣3）或（3，﹣3）或（3，﹣3）．
【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，已知抛物线经过点，，其对称轴为直线，为y轴上一点，直线与抛物线交于另一点D．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)试在线段下方的抛物线上求一点E，使得的面积最大，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)．
(2)，的面积S有最大值．
(3)存在，点F的坐标为或或或．
【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，确定直线解析式为，联立二次函数解析式，求解得，过点E作轴，交于点G，设，的面积：，根据二次函数性质求得的面积有最大值，．
（3）存在．设点，则；；；分情况讨论：①若，②若，③若，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，
，解得
∴．
（2）解：设直线的解析式为，则
解得
∴直线解析式为．
联立直线与抛物线解析式，得
，解得，
∴
过点E作轴，交于点G，
设，，则
的面积
∴
∴当时，，的面积有最大值．
此时，，
∴．

（3）解：存在．
设点，则
；
；
；
①若，则，
∴，解得，
∴；

②若，则，
∴，解得，
∴；

③若，则，
∴，
解得，
∴或

综上，点F的坐标为或或或．
【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，已知直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过、两点，与轴交于另一个点，对称轴与直线交于点，抛物线顶点为．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在第三象限内，为抛物线上一点，以、、为顶点的三角形面积为3，求点的横坐标；
(3)点是对称轴上的一动点，是否存在某一点使、、为顶点的三角形是以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点坐标；不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，和
【分析】（1）先由直线的解析式为，求出它与轴的交点，与轴的交点的坐标，再将，两点坐标代入，再利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）设第三象限内的点的坐标为，运用配方法求出抛物线的对称轴和顶点的坐标，再设抛物线的对称轴与轴交于点，连接，再根据，列出关于的方程，解方程求出的值，进而得出点的坐标；
（3）设点坐标为，先由，两点坐标运用勾股定理求出，再分两种情况讨论：①若，根据勾股定理列出关于的方程，求出值，得出点坐标；②若，同①可求出对应的点坐标，进而得出结果．
【详解】（1） 与轴的交点，与轴的交点的坐标，
当时，，即点的坐标为，
当时，，即点的坐标为，
将，代入，
得，

抛物线的解析式为
（2）如图1，设第三象限内的点的坐标为，

则，.
，
对称轴为直线，顶点的坐标为，
设抛物线的对称轴与轴交于点，连接，则，.
直线的解析式为，
当时，，
点坐标为.
，
以、、为顶点的三角形面积为3时，，
解得：，（舍去），
当时，
点的坐标为；
（3）设点坐标为，
，

分两种情况
①如图2，

若，
则，即，
，
点的坐标为；
②如图3，

若，
则，即

点的坐标为；
综上所述，点坐标为或．
【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）已知二次函数的图象经过，，与x轴交于点．
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)点直线下方抛物线上的一动点，求面积的最大值；
(3)在抛物线对称轴上是否存在点，使是直角三角形？若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)二次函数的解析式为
(2)
(3)存在，,,
【分析】（1）直接把点，代入求出、的值即可得出抛物线的解析式；
（2）先求出点的坐标，根据；得出，进而根据二次函数的性质，即可求解．
（3）设点的坐标为，然后分三种情况讨论：①；②；③．由勾股定理得到关于的方程，解方程求出的值即可．
【详解】（1）解：将，代入
得
解得
∴二次函数的解析式为
（2）将代入得，解得
∴点
∵点直线下方抛物线上的一动点，过点作轴交于点，如图所示：

则
由，得直线的解析式为：
∴设，则点
∴

∴
∵，
将代入可得最大面积为；
（3）解：存在，，，，
，
对称轴是直线．
，，
．
设点的坐标为，分三种情况：
①如果，那么，
则，解得，
所以点的坐标为；
②如果，那么，
则，解得，
所以点的坐标为；
③如果，那么，
则，解得或，
所以点的坐标为 或 ．
综上所述，所求点的坐标为，，，．
【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 与轴交于，，两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式，并直接写出点，的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点，使是直角三角形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)如图，点是直线上的一个动点，连接，，是否存在点使最小，若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由；
【答案】(1)， ，，
(2)存在，，，，，， ，，
(3)存在， ，
【分析】（1）将，代入，待定系数法求解析式，进而分别令，解方程即可求解；
（2）根据题意，对称轴为直线，设，根据勾股定理，，，分①当时，②当时，③当时，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解；
（3）存在点使最小，作点关于的对称点，连接交于点，连接，求得直线的解析式，直线的解析式为，联立方程即可求解．
【详解】（1）解：将，代入，
即，解得：，
∴，
令，则，
令，则，
解得：，
，，
（2）解：存在是直角三角形，
∵，对称轴为直线，
设，
∵，，
∴，，
①当时，,
∴
解得：
②当时，,
∴
解得：
③当时，,

解得：或.
综上所述：，，，，， ，，
（3）存在点使最小，理由如下：
作点关于的对称点，连接交于点，连接，
由对称性可知，，
，
当、、三点共线时，有最小值，
，，，，
，
，
由对称性可知，
，
，，
设直线的解析式为，
，
解得，
直线的解析式，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为，
联立方程组，
解得，
， ；
【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，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，过动点作平行于轴的直线，直线与抛物线相交于点，．

(1)求抛物线的表达式；
(2)求的取值范围；
(3)直线上是否存在一点，使得是以为直角边的等腰直角三角形？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，2或4．
【分析】（1）把点和点代入，求解即可；
（2）将抛物线解析式化成顶点式，求得的最小值为．由直线与抛物线有两个交点，即可得出；
（3）分两种情况：①当，时，②如图，当，时，分别 求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点和点，
∴
解得
∴抛物线的表达式为．
（2）解：
∴的最小值为．
∵直线与抛物线有两个交点，
∴．
（3）解：存在．
当时，．
∴点的坐标为．
①如图，当，时，过点作轴于，
∴．
∵，，
∴．

在和中，
∴．
∴．
∵，
∴．
延长至使得，此时也是等腰直角三角形．
易得，此时．（不合题意，舍去）
②如图，当，时，过点作轴于，

∵，，，
∴．
∴．
∴．
∴．
延长，使得，此时也是等腰直角三角形．
同理可得， ．（不合题意，舍去）
综上所述，直线上存在一点，使得是以为直角边的等腰直角三角形．
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，已知抛物线的图象经过点，与轴交于点，其对称轴为直线：，过点作轴交抛物线于点，的角平分线交线段于点，点是抛物线上的一个动点，设其横坐标为．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若动点在直线下方的抛物线上，连接、，当为何值时，四边形面积最大，并求出其最大值；
(3)如图②，是抛物线的对称轴上的一点，在抛物线上是否存在点使成为以点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的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)当 时，四边形面积最大，最大值为
(3)点的坐标为 ： ， ， ，
【分析】（1）根据对称轴可得，将代入，待定系数法求解析式可得抛物线的解析式；
（2）设，根据的解析式表示点的坐标，表示的长，根据面积和可得四边形的面积，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，根据列方程可得点的坐标；同理可得其他图形中点的坐标．
【详解】（1）解：依题意，，
∴，
∴抛物线解析式为，
将点代入得
解得：，
抛物线的解析式；；
（2）如图2，设
平分，，
，
是等腰直角三角形，
，
,，
设直线的解析式为，
，
解得：，
则直线的解析式为：，
过作轴，交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
当 时，有最大值是；
（3）如图3，过作轴，交轴于，交于，
是等腰直角三角形，且，


，
，
，
则，
解得： 或，
∴的坐标为 或 ；
如图4，过作轴于，过作于，连接PF．
同理得，
，
则，
解得： 或；
的坐标为 ， 或 ， ；
综上所述，点P的坐标是： ， ， ， ．
【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，直线交x轴于点B，交y轴于点C，直线交x轴于点A，交y轴于点D，交直线于点，且．
(1)求直线解析式；
(2)点P从B点出发沿线段方向以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点出发沿射线方向运动，当点P到达终点时，点Q也停止运动，连接，设的面积为S，S与t的函数关系式为，其图象如图2所示，结合图1、图2的信息，请求出a的值及当的面积取得最大值时的长．
【答案】(1)
(2)存在使得为等腰直角三角形
(3)，
【分析】（1）先求出点C的坐标，再根据求出点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，则，推出当为等腰直角三角形时，只存在或两种情况，当时，此时，即轴，当时，则点E在线段的中垂线上，则此时点A和点P关于直线对称，据此求解即可；
（3）将代入中即可求出a的值；再根据当时，S是关于t的二次函数，利用二次函数的对称性得到当时，S有最大值，最大值为，进而求出，利用三角形面积法求出，即可利用勾股定理求出．
【详解】（1）解：当时，，
∴点C的坐标为，
∵，
∴点D的坐标为，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为；
（2）解：当时，，
∴点B的坐标为，
当时，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴当为等腰直角三角形时，只存在或两种情况，
当时，此时，即轴，
∵，
∴，
∴，
∴；
当时，则点E在线段的中垂线上，
∴此时点A和点P关于直线对称，
∴点P的坐标为（舍去，此时点P与点B重合）；
综上所述，存在使得为等腰直角三角形；
（3）解：将代入中得：，
∴，
∵当时，，即S此时是关于t的二次函数，
∴由对称性可知，当时，S有最大值，最大值为
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【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，抛物线的图象与x轴交点为A和B，与y轴交点为，与直线交点为A和C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在直线上是否存在一点M，使得是等腰直角三角形，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，若四边形与抛物线有公共点，请直接写出点E的横坐标的取值范围．
【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【分析】（1）先求得，然后将，代入，即可求函数的解析式；
（2）设，根据是等腰三角形，分类讨论，根据勾股定理即可求解；
（3）设点E的横坐标，分别求出，，，，当F点在抛物线上时，或，当G点在抛物线上时，或，结合图象可得时，四边形与抛物线有公共点．
【详解】（1）解：由得，时，，
∴．
∵抛物线经过、D两点，
∴，解得
∴抛物线的解析式为．
（2）解：由，令，，
解得：，
∴；
∵，
∴，
∵是直线上的点，设，
当为斜边时，,
∴，
解得：，
∴
当为直角时，,
∴
解得：（根据图形，不合题意舍去）
∴
综上所述，存在
（3）解：∵点E的横坐标，
∴，
由题可知，，，，
当F点在抛物线上时，，
解得或，
当G点在抛物线上时，，
解得或，
∴时，四边形与抛物线有公共点．
【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，抛物线与轴交于、两点，抛物线的顶点为，对称轴为直线，交轴于点．

(1)求点、、的坐标；
(2)点是抛物线上的动点，过点作轴于点，点在轴上，且点在点上方，是否存在这样的点、，使得以点、、为顶点的三角形与全等，若存在，请求出点、的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，
(2)存在，、或、或、或、
【分析】（1）根据题意，令，解方程即可得到，，将一般式化为顶点式即可得到定点坐标；
（2）作出图形，根据题意，要求以点、、为顶点的三角形与全等，找出等边或者等角，分类讨论：①与是对应边；②与是对应边，列方程求解即可得到答案．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于、两点，
令，则，解得，，
∴，，
∵抛物线，
∴；
（2）解：如图所示：

∵，
对称轴，
∴交轴于点，则，，
根据题意可得，若以点、、为顶点的三角形与全等，则点与点是对应点，
设点的坐标为，则，
①当与是对应边时，则，，即，
∴或，
当时，；
当时，；
∴、，、；
②当与是对应边时，则，，即，
∴或，
当时，；
当时，；
具体情况，如图所示：

∴、，、，
综上所述，存在这样的点、，使得以点、、为顶点的三角形与全等，点、的坐标为、或、或、或、．
【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，抛物线与x轴交于，两点，与轴交于点．

(1)求抛物线的函数解析式；
(2)已知点在抛物线上，当时，直接写出的取值范围；
(3)抛物线的对称轴与轴交于点，点坐标为，试问在该抛物线上是否存在点，使与全等？若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点的坐标为或
【分析】（1）将，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的取值范围；
（3）在x轴上方的不存在，点只可能在轴的下方，按照题意，分别求解即可．
【详解】（1）解：将、代入抛物线得：
，
解得：，
抛物线的函数解析式为：；
（2）令，
解得：或，即、，
抛物线的对称轴为，
当时，，
当时，函数的最小值为顶点纵坐标的值：，
故的取值范围为；
（3），到轴的距离为，由图象可知，

∵，则点在轴下方，点到轴的距离为，（关于轴对称，或关于点中心对称），
当时，，
解得：或，
点的坐标为或．
【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)，；
(2)存在，点P和点N的坐标分别为： 或 或 或 ．
【分析】（1）令，得解方程求出的值，可得的坐标，将抛物线解析式化为顶点式可得点的坐标；
（2）分和两种情况，依据全等三角形的性质讨论求解即可．
【详解】（1）对于，令，得
解得，
∵点A在点B的左侧，
∴，
又
∴；
（2）由（1）知，，，
∵l交x轴于点D
∴
∴
∵轴,
∴

分两种情况讨论：
①当时， ，
∴点P的横坐标为2或；
当时，，
∴
∴
∴
当时，，
∴
∴
∵
∴
②当时，
∴点P的横坐标为1或；
当时，，
∴
∴
∵
∴
当时，，
∴
∴
∴
综上所述，点P和点N的坐标分别为： 或 或 或 ．
【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+2=]．
【答案】（1）y= +1；（2）（2+2，4）；（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+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+1，将点A（0，2）代入，得4a+1=2，
解这个方程，得a=，∴抛物线的表达式为y= +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=2．
∴OQ=2+2，PQ=4，将y=4代入y= +1，得4= +1
解这个方程，得=2+2=OQ，x2=2﹣2＜0（不合题意，舍去）．
∴点P的坐标为（2+2，4）；
（3）把y=x代入y= +1，得x= +1
解这个方程，得=4+2，=4﹣2＜2（不合题意，舍去）∴y=4+2=EF
∴点E的坐标为（4+2，4+2） ∴OE==4+4，
又∵OC==2，∴CE=OE﹣OC=4+2，∴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，抛物线与x轴交于、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：
(2)点D的坐标为或
(3)存在满足条件的Q点的坐标为或或
【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；
（2）设点D的坐标为，利用的面积为10，列出等式求解即可；
（3）分情况讨论，当为四边形的对角线时或当为边时，分别求解即可．
【详解】（1）将、代入得，
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）设点D的坐标为，
、，
，
∴，
即，
∴或（无解舍去），
解得：，，
∴点D的坐标为或；
（3）抛物线的对称轴为：，
假设存在，设，，
，
分两种情况讨论：
当为四边形的对角线时，，，
∴，
即，
此时点Q的坐标为；
②当为边时，，，
∴，即，
解得：或，
此时点Q的坐标为或．
综上所述，存在满足条件的Q点的坐标为或或．

【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，已知抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点C，连接．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P为线段上的一动点（不与B、C重合），轴，且交抛物线于点M，交x轴于点N，当的面积最大时，求点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，当的面积最大时，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)
(2)
(3)存在，点使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标是或或
【分析】（1）根据题意将，两点的坐标代入即可求出解析式；
（2）求出直线的解析式，设点坐标为，则点坐标为，可表示出的长，则的面积，可用表示出来，根据二次函数的性质可求出面积的最大值和点的坐标；
（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的坐标．
【详解】（1）解：依题意得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：将代入，得，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，
将和代入，
得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点坐标为，则点坐标为，
，
，
当时，的面积最大，
此时点的坐标为；
（3）解：存在，
由（2）得：，
，
对称轴为直线，
当四边形为平行四边形时，
则，，
，，
，
，
，
将代入，得，
；
当四边形为平行四边形时，
则，，
，
，
，
将代入，得，
；
当四边形为平行四边形时，
则，，
，
，
，
将代入，得，
，
存在点使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标是或或．
【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，求的面积；
(2)如图3，过点A作平行于x轴，交抛物线于点C，点P为抛物线上的一点（点P在上方），作平行于y轴交于点D、交于点F，当点P在何位置时，最大？求出最大值；
(3)在（2）条件下，当最大时，将抛物线沿着射线平移，使得抛物线经过点C，此时得到新抛物，点N是原抛物线对称轴上一点，在新抛物线上是否存在一点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)
(3)或或
【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，，再用待定系数法求出直线的函数表达式为，设，则，得出，，得出的表达式，根据二次函数性质即可求解；
（3）由（2）可得：，设点A平移后对应点坐标为，则点A向右平移t个单位长度，向下平移个单位长度，得出，把代入求出，
设点，点，然后进行分类讨论：①当是对角线时，②当是对角线时，③当是对角线时，根据平行四边形对角线互相平分，即可解答．
【详解】（1）解：，
∴，
把代入得：，
解得：，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：把代入得：，
∴，
把代入得：，
解得：，
∴，
设直线的函数表达式为，
把，代入得：
，解得：，
∴直线的函数表达式为，
设，则，
∵，，轴，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴当时，有最大值；
（3）解：由（2）可得：，
∵直线的函数表达式为，
∴设点A平移后对应点坐标为，
∵，
∴点A向右平移t个单位长度，向下平移个单位长度，
∵抛物线沿着射线平移，
∴，
把代入得：，
解得：或（舍去）
∴，
∵点M在上，
∴设点，
∵N是对称轴上一点，
∴设点，
①当是对角线时，
∵，，，，
∴，
解得：；
∴；
②当是对角线时，
∵，，，，
∴，
解得：，
∴；
③当是对角线时，
∵，，，，
∴，
解得：，
∴；
综上：或或．
【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，抛物线与x轴正半轴交于点A，B，与y轴正半轴交于点C，且，点D为抛物线的顶点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P为直线下方该抛物线上任意一点，点E为直线与该抛物线对称轴的交点，求面积的最大值；
(3)如图2，将该抛物线沿射线的方向平移个单位后得到新抛物线，新抛物线的顶点为，过（2）问中使得面积为最大时的点P作平行于y轴的直线交新抛物线于点M．在新抛物线的对称轴上是否存在点N，使得以点P，，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)
(2)
(3)存在，N点坐标为或
【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，先求出直线的解析式为，则与对称轴的交点为，可得，即可得出结论；
（3）求出平移以后得抛物线的解析式为，则，设，分；两种情况讨论：①当为平行四边形的对角线时，，②当为平行四边形的对角线时，．
【详解】（1）令，则，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
将，代入，
∴，
解得，
∴；
（2）∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
设直线的解析式为，
将，代入，得
，
解得，
∴，
∴，
设，直线的解析式为，
∴，
解得，
∴，
∴与对称轴的交点为，
∴，
∴当时，面积的最大值为；
（3）存在点N，使得以点P，，M，N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
∵直线的解析式为，
∴将该抛物线沿射线的方向平移个单位，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，
∴，
由（2）知，，
∵轴，
∴，
设，
∵，
∴与一定是平行四边形的一组对边，
①当为平行四边形的对角线时，
∴，即，
解得，
∴；
②当为平行四边形的对角线时，
∴，即，
解得，
∴；
综上所述：N点坐标为或．
【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，抛物线与x轴相交于点A、B（点B在点A左侧），与y轴相交于点．已知点A坐标为，面积为6．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线上方抛物线上一动点，过点P作直线的垂线，垂足为点E，过点P作轴交于点F，求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，平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点M为直线上的一点，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)
(2)当时，的周长有最大值，为
(3)点M的坐标为：或或或
【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）先判断为等腰直角三角形，得，确定当取最大值时，的周长取最大值，求得直线的解析式为，设，，计算得出，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种情况讨论为等腰三角形，求出点M的坐标．
【详解】（1），，
，，
，
，
，
，
设抛物线的解析式为，
把代入得，，
（2），
，
轴，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
∴当取最大值时，的周长取最大值，
设直线的解析式为，
把，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
设，，
，
当时，有最大值，为，此时，，
∴当时，的周长有最大值，为
（3）的图象向左平移2个单位，
∴
联立方程得，，
解得，，
∴，
，
又
设
∵以点B，D，M，N为顶点的四边形为菱形，
∴为等腰三角形，
，，，
①当时， ，即：，
，，
；
②当时， ，即：，
当时，；当时，，
或，
③当时，，
或（舍去）
∴，
综上，点M的坐标为：或或或
【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，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点，点A在原点的左侧，点B的坐标为，点P是直线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，并把沿所在直线翻折，得到四边形，那么是否存在点P，使四边形为菱形？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，四边形的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形的面积．
【答案】(1)
(2)存在；
(3)；
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）存在点P，使四边形为菱形．设点P的坐标为，连接交于点E，根据菱形的性质可得，即，代入二次函数解析式求解即可；
（3）过点P作y轴的平行线交于点Q，交于点F，设，求出直线的解析式，设，则Q点的坐标为，根据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，
解得，
∴二次函数的表达式为．
（2）存在点P，使四边形为菱形．
如图，设点P的坐标为，连接交于点E，
若四边形是菱形，则有，则于点E，
∴，
∴，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴P点的坐标为．
（3）如图，过点P作y轴的平行线交于点Q，交于点F，
解，得
，，
∴点，
∵，
∴设直线的解析式为，
把代入，得
，
∴，
∴直线的解析式为，
设，则Q点的坐标为．
则
，
当时，四边形的面积最大，
此时P点坐标为，四边形的面积的最大值为．
【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：已知直线与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线经过点B，且与x轴交于点．
(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、，设点M的横坐标为m，四边形的面积为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)；
(2)，；
(3)，，，；
【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，表示出M的坐标，根据列出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，分、、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：当时，，
∴点B的坐标为，
将，代入抛物线解析式可得，
，
解得：，
∴该抛物线的解析式为：；
（2）解：连接，
∵点M的横坐标为m，
∴，
当时，
，解得，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，S最大，
；
（3）解：设点，
①当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
解得：，
∴；
②当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
∴，
解得：，
∴，；
③当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴P的坐标为，
∴，
解得： （与B重合舍去），，
∴；
综上所述存在4点使以O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形：，，，；
【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：已知直线与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线经过点B，且与x轴交于点．
(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、，设点M的横坐标为m，四边形的面积为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)；
(2)，；
(3)，，，；
【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，表示出M的坐标，根据列出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，分、、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：当时，，
∴点B的坐标为，
将，代入抛物线解析式可得，
，
解得：，
∴该抛物线的解析式为：；
（2）解：连接，
∵点M的横坐标为m，
∴，
当时，
，解得，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，S最大，
；
（3）解：设点，
①当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
解得：，
∴；
②当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
∴，
解得：，
∴，；
③当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴P的坐标为，
∴，
解得： （与B重合舍去），，
∴；
综上所述存在4点使以O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形：，，，；
【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＝，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，）．
【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＝（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:,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,,解得:a＝（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,
∴,即,解得:a＝（舍去负值），
LI＝26a＝,故点P（﹣1, ）;
综上,点P的坐标为:P（﹣1,4）或（﹣1, ）．
【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）已知抛物线交x轴于点和点，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下方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线于点D，交x轴于点E，当取最大值时，求点P的坐标及最大值．
(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)
(2)；
(3)、
【分析】（1）把点和点代入抛物线，解方程即可得到a、b的值；
（2）先用待定系数法求出直线的解析式，再设，则，，然后求出，由函数的性质求出取最大值时t的值，即可求出点P的坐标；
（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为顶点且为一条边的四边形为矩形，过点O作于一点H，可求得的解析式，则可设出过点A且与平行的直线解析式，经计算验证可得过点A的直线与抛物线有交点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：把点和点代入抛物线，
得，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由（1）知，点C的坐标为，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
设，则，，
∴，
∴当时，有最大值，最大值为，
此时点P的坐标为；
（3）解：过点O作于一点H，如图所示：
，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴点H为的中点，即，
则所在的直线方程为，
∵四边形为矩形，
∴过A与直线相垂直的直线函数解析式中的k值与的解析式的k值相同，
∴设所在的直线解析式为，
∵点A在直线上，
∴可求得，即所在的直线解析式为，
联立的直线方程与抛物线的解析式，
得，解得或，
其中为点A的坐标，即，
∵四边形为矩形，且，
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．
【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，抛物线交x轴于两点，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，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)，对称轴是直线
(2)或
(3)存在，点P的坐标是或或或
【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；
（2）先求出的面积，然后求出直线的解析式，设点，则，根据列方程求出点的坐标；
（3）设，点，然后分两种情况讨论：当为边时，当为对角线时，列出方程组即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线交x轴于，两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为，
∴对称轴为直线；
（2）解：当时，，
∴，
∵点，
∴，
，
∴，
设的解析式为，把代入得：
，解得，
∴，
如图，过点R作轴交于点M，
设点，则，
∴，
∴
解得或，
∴R的坐标为或；
（3）解：存在．
设，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（或），
∴或，
解得： 或，
∴此时点Q的坐标为或
如图，当为对角线时，，且与的中点重合，如图，
，
∴，解得：或，
∴此时点Q的坐标为或；
综上所述，点Q的坐标为或或或
【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，已知抛物线交x轴于、B两点，交y轴于点C，其对称轴为，
(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，过点C作交x轴于点Q，连接，求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)
(2)面积的最大值为4，此时P的坐标为
(3)存在，点F的坐标为，
【分析】（1）把点A的坐标代入得到，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，过P点作平行于y轴的直线交于H点，根据可得，从而求面积的最大值即可，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，代入得：，
∵抛物线对称轴为对称轴为，
∴，即，
把代入得：，
解得：，
∴，
∴抛物线的解析式为：；
（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，
∵，
∴，即求面积的最大值即可，
把代入得，
∴C坐标为，
设直线BC的解析式为：，
将，代入得：，解得：，
∴直线BC的解析式为：，
设，则，
∴，
∴，
根据二次函数的性质可得：当时，取得最大值为4，
将代入，得到此时P的坐标为，
∴面积的最大值为4，此时P的坐标为；
（3）存在，理由如下：
由（2）可知，当面积的最大值为4时，P的坐标为，
∵，
∴，则，
∵原抛物线解析式为：，
∴设向右平移后的解析式为：，
将代入求得：（舍负值），
∴平移后抛物线的解析式为：，其对称轴为直线，
∴设，，则结合A、P的坐标可得：
，，，
①当时，如图所示，
此时根据勾股定理得：，
即：，解得：，即：，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
，解得：，
∴；
②当时，如图所示，
此时根据勾股定理得：，
即：，解得：，即：，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
，解得：，
∴；
③当AE⊥PE时，根据勾股定理得：，
即：，
整理得：，
∵，
∴上述方程在实数范围内无解，即不存在的情况，
综上所述，所有可能的点F的坐标为，．
【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，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点为抛物线上的动点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点为直线上的动点，当点在第四象限时，求四边形面积的最大值及此时点的坐标；
(3)已知点为轴上一动点，点为平面内任意一点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是以为对角线的正方形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)；；；
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线，过作轴于点，交于点．设，则，，则，当时，的面积最大值为，从而求出此时四边形面积的最大值，点坐标；
（3）设，，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，代入中，
得，解得．
该抛物线的函数表达式为．
（2）解：作直线，过作轴于点，交于点．

设直线的表达式为：，将，代入中，
得，解得，
．
设，则，，
∵
∴
∴，
∴，
当时，面积的最大值为．
与直线平行，
，
四边形面积的最大值为．
当时，，
（3）解：设，，
I.如图，当点E在原点时，即点，，，

∵四边形为正方形，
∴点，
II.如解图3-2，当四边形为正方形时，，，

作轴，垂足为，作轴，垂足为，
又∵，
∴，
∴
∴，，
同理可得：，
∴，
∴，解得：，（，不合题意舍去）
∴，
∴点，
III.如解图3-3，当四边形为正方形时，

同理可得：，，
∴，
∴，解得：，（，不合题意舍去）
∴，
∴点，
IV.如解图3-4，当四边形为正方形时，

同理可得：，，
∴，
∴，解得：，（，不合题意舍去）
∴，
∴点，
综上所述：点坐标为；；；．
【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，已知拋物线与轴交于点与轴交于点．

(1)求的值及该抛物线的对称轴；
(2)若点在直线上，点是平面内一点．是否存在点，使得以点为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，二次函数对称轴为直线
(2)或
【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：把代入二次函数得：
∴，解得：；
∴二次函数的解析式为：，
∴二次函数对称轴为直线．
（2）解：存在，理由如下：
令y=0，即，解得或，
∴点B的坐标为，
∵，
∴；
①当是正方形的对角线时，此时，对应的矩形为，
∵是正方形对角线，
∴线段和线段互相垂直平分，
∴点E在抛物线对称轴上，且到x轴的距离为，
∴点E的坐标为；
②当AB是正方形的边时，此时，对应的正方形为，

∵， ，
∴，
∴，
∵B的坐标为,
∴，
∴点的坐标为；
故点E的坐标为或．
【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作直线轴于点D．交于点E．过点P作的平行线，交y轴于点M．

(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线的函数表达式；
(2)在点P的运动过程中，求使四边形为菱形时，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)，，；
(2)
(3)，
【分析】（1）分别令，，可求出点，，，再利用待定系数法解答，即可求解；
（2）作于点，根据题意可得是等腰直角三角形，从而得到，进而得到是等腰直角三角形，可得到，再由点，可得，，，然后根据菱形的性质，可得到关于m的方程，即可求解；
（3）由（2）得：点，，可得，再求出直线的解析式为，过点E作交直线于点Q，可得，此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，可得，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：在中，
令，可得，
解得，．
令，得：，
∴，，．
设直线的函数表达式为，
把，代入得：
，解得：，
直线的函数表达式为；
（2）解：如图，作于点，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵轴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵点，
∴点，
∴．
∴，
∴．
∵四边形为菱形，
∴．
∴，
解得或0（舍去）；
（3）解：存在，
由（2）得：点，，
∴，
根据题意可设直线的解析式为，
把点代入，得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得：，
如图，过点E作交直线于点Q，
∴点，
∴，
∴，
此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
如图，过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，
由（2）得：，
∵，
∴，
∴，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；
∴，
∴点，
对于，
当时，，
此时点，
综上所述，存在点或，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．
(1)有关二次函数的图象与性质，下列结论中正确的有______．（填序号）
①二次函数的图象开口向上；
②二次函数的图象的对称轴是直线；
③二次函数的图象经过定点（0，3）和（2，3）；
④函数值y随着x的增大而减小．
(2)当时，①抛物线的顶点坐标为______；
②将抛物线沿x轴翻折得到抛物线，则抛物线的表达式为______；
(3)设抛物线与y轴相交于点E，过点E作直线轴，与抛物线的另一交点为F，将抛物线沿直线l翻折，得到抛物线，抛物线，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）；②；
(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
【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）当时，抛物线的开口向上，故①不一定正确；
抛物线的对称轴为直线，故②正确；
在中，时时，即抛物线经过定点（0，3）和（2，3），故③正确；
二次函数的值在对称轴两侧的增减性恰好相反，故④不正确；
故答案为：②③；
（2）当时，，
①∵，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2），
故答案为：（1，2）；
②∵将抛物线沿x轴翻折得到抛物线，
∴抛物线的顶点为（1，﹣2），
∴抛物线的表达式为，
故答案为：；
（3）存在实数m，使得以点为顶点的四边形为正方形，理由如下：
如图：
在中，令得，
∴E（0，3），
∵抛物线的对称轴为直线，
∴F（2，3），
在中，令得，
∴P（1，3﹣m），
∵P，Q关于直线对称，
∴Q（1，3+m），
由对称性知EF，PQ互相平分，且，
∴以点为顶点的四边形为正方形，只需，
∴，
解得或，
∴m的值为1或．
【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组】
【例9】（2023春·四川广安·九年级统考期末）如图1，抛物线经过两点，交轴于点．

(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，使得的周长最小？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，连接，若在下方的抛物线上存在一点，使得，请直接写出点的横坐标．
【答案】(1)
(2)存在，
(3)或
【分析】（1）由于抛物线过、两点，那么可以得到方程的两根为或，然后利用根与系数即可确定、的值．
（2）点是点关于抛物线对称轴的对称点，在抛物线的对称轴上有一点，要使的值最小，则点就是与抛物线对称轴的交点，利用待定系数法求出直线的解析式，把抛物线对称轴代入即可得到点的坐标；
（3）过P作轴，与交于Q，连接，，求出，可得，设，得到，得出，从而得到关于m的方程，解之可得结果．
【详解】（1）解：抛物线过、两点，
方程的两根为或，
，，
，，
二次函数解析式是；
（2）二次函数解析式是，
抛物线的对称轴为直线，．
点、关于对称轴对称，
点为与对称轴的交点时，的值最小．

设直线的解析式为，
则，
解得：．
直线的解析式为．
抛物线的对称轴为直线．
当时，．
抛物线对称轴上存在点符合题意，
、，．
，，
，
在抛物线的对称轴上存在点，使的周长最小，周长的最小值为；
（3）过P作轴，与交于Q，连接，，
∵，，，
∴，
∴，
设，
∵直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
∴点P的横坐标为或．

【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，已知二次函数与x轴交于A、B两点，A点坐标，B点坐标，与y轴交于点C，直线经过点A．

(1)求二次函数的表达式及顶点P的坐标；
(2)二次函数与二次函数关于X轴对称，直线与二次函数相交于A、D两点．
①直接写出二次函数的表达式；
②求出D点的坐标；
③在直线上半部分的二次函数上，是否存在一点M，使得的面积最大？若存在，请求出M坐标，并求出最大面积．
【答案】(1)
(2)① ② ③存在
【分析】（1）用待定系数法将点A、点B的坐标代入二次函数的表达式中，即可求得待定的系数，从而求得的表达式；再将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的表达式；
②先求得直线的解析式，然后再与直线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，当直线与平行，且直线与二次函数相切于点M时， 的面积最大．先求得直线的解析式，然后联立二次函数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”求得的面积．
【详解】（1）将点与点的坐标代入二次函数中得：
，解得：
∴二次函数的表达式为：．
即
∴二次函数的顶点．
（2）①在二次函数上取点，其关于x轴的对称点为，把点代入二次函数的解析式得：
∴二次函数的表达式为：．
②∵直线经过点，
∴，
∴．
∴直线的表达式为：．
∵直线与二次函数相交于、D两点，
∴联立直线与二次函数的表达式，得
解得：，
∴D点的坐标为．
③如下图所示，当直线与平行，且直线与二次函数相切于点M时，的面积最大．

设直线的表达式为：．
∴
消去y，得
∵与相切于点M，
．
解得：
故直线的表达式为：
解方程组得：
∴点M的坐标为．
自点M、D分别作x轴的垂线，垂足为点G、H．
则
故存在一点，使得面积最大，最大面积为．
【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，抛物线与y轴交于点，与x轴交于，点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M是抛物线上的一动点，且在直线的上方，当取得最大值时，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)
(2)
(3)或或或
【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作平行于y轴，与交于D，则可得： ，用待定系数法求出解析式，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，根据的面积为12，得出，求出，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：将代入抛物线解析式得：
，
解得： ，
；
（2）解：过点M作轴交于D，交于E，过C作于F，如图所示：

为矩形，
，
设直线的解析式为： ，
将点、代入得： ，
解得： ，
则直线的解析式为： ，
设 ，则 ，
，

，
，
∵点M在直线的上方，
，
∴当 时，最大，此时，
∴ ；
（3）解：设点P的纵坐标为y，
∵的面积为12，
∴，
解得：，
当时，，
解得：，，
∴此时点P的坐标为或；
当时，，
解得：，，
∴此时点P的坐标为或；
综上分析可知，点P的坐标为或或或．
【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，在平面直角坐标系中，顶点为的抛物线与轴从左到右依次交于A，两点，与轴的交点为，是抛物线对称轴右侧图象上的一点，且在轴的上方．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若直线与抛物线对称轴交于点，当取得最大值时，求点的坐标；
(3)若直线与抛物线对称轴交于点，连接，，，记，的面积分别为，，判断是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(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，再将代入，求出的值，即可得出抛物线的解析式；
（2）设直线与抛物线对称轴交于点，连接．根据抛物线解析式可求出，由抛物线的对称性可知，即．再根据，即得出的最大值为的长，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的解析式为，从而可求出．设直线与抛物线对称轴交于点Q，设，利用待定系数法又可求出直线解析式为，从而得出，进而可求出，即可由三角形面积公式得出．再求出，进而得出，最后计算出，结合二次函数的性质即可解答．
【详解】（1）解：∵该抛物线顶点为，
∴还可设该抛物线解析式为．
∵该抛物线与轴的交点为，
∴，
解得：，
∴该抛物线解析式为：；
（2）如图，设直线与抛物线对称轴交于点，连接．
对于，令，即，
解得：，
∴．
∵抛物线关于其对称轴对称，点D在抛物线对称轴上，
∴，
∴．
∵，
∴，即的最大值为的长，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，
∴；
（3）存在，最大值为3．
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴．
如图，设直线与抛物线对称轴交于点Q，
设，直线解析式为：，
则，解得：，
∴直线解析式为，
令，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴当时，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，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．点是第二象限内抛物线上的一个动点，设点的横坐标为，过点作直线轴于点，作直线交于点．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，当是以为底边的等腰三角形时，求点的坐标；
(3)如图2，连接，过点作直线，交轴于点，连接．试探究：在点运动的过程中，是否存在点，使得，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)点的坐标为或
【分析】（1）待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）设直线的解析式为，待定系数法求得直线的解析式为：；，则，根据两点间的距离公式可得，，结合题意可得，建立方程求解可得，即可求解；
（3）设直线的解析式为，待定系数法求得直线的解析式为：；设直线的解析式为：，将点代入求得直线的解析式为：，得到，根据两点间的距离公式可得，，结合题意列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，
将，，代入得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：．
（2）解：设直线的解析式为，
将，代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为：；
设，则，
∴，
又∵，
∴，
∵是以为底边的等腰三角形，
∴，
∴，
即，
整理得：，
解得：（舍去），，
当时，
故．
（3）解：设直线的解析式为，
将，代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为：；
∵直线平行于直线，
故设直线的解析式为：，
将代入得：
，
∴直线的解析式为：，
将代入，得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴；
当时，整理得：，
解得（舍去），；
当时，，
故；
当时，整理得：，
解得：（舍去），；
当时，，
故；
综上，点的坐标为或．
【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和全等，直角边、在轴上．已知点的坐标为，过、两点的直线分别交轴、轴于点、，抛物线经过、、三点．
(1)写出点的坐标并求该抛物线的函数解析式；
(2)点为抛物线上位于线段所在可直线上方部分的一动点，求到直线的最大距离和此时点的坐标；
(3)点为线段上一个动点，过点作轴的平行线交抛物线于点，交轴于点，问是否存在这样的点，使得四边形的边与边相等？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)G点到直线的最大距离为，此时；
(3)
【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，过G点作x轴的垂线交于点K，于点H．求出直线的解析式为，设，则，则，求出，则当时，的值最大为6，此时的值为最大，利用勾股定理求出，利用等面积法求出即可；
（3）如图所示，过点M作于点R，过点P作于点T．先证明，得到，设点M的横坐标为t，则．则，即可建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：∵点的坐标为，
∴，
∵和全等，
∴，
∴；
把代入到中得，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：如图所示，连接，过G点作x轴的垂线交于点K，于点H．
设直线的解析式为，
把代入得：，
∴，
∴直线的解析式为，
设，则，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，的值最大为6，此时的值为最大，
∵，
∴，即，
∴G点到直线的最大距离为，此时；
（3）解：如图所示，过点M作于点R，过点P作于点T．
由题意：，
∴，
∵，
∴．
∴，
设点M的横坐标为t，则．
由（2）知：直线的解析式为，则
∴，
当时，
解得：，（不合题意，舍去）；
当时，无实数解．
∴，此时
∴P点的坐标为．
【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）已知抛物线与x轴交于点，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，使得、两点到直线的距离相等，如果存在，求出点的坐标，如果不存在，请说明理由；
(3)点为轴上一动点，以为旋转中心，把线段逆时针旋转，得到线段，其中点的对应点为点，当抛物线的对称轴刚好经过中点时，求此时点的坐标．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意分与相交与平行两种情况分析，分别求解即可；
（3）设的中点为，的中点为，，由，抛物线的对称轴为直线，设与轴交于点，过点作于点，连接，证明，根据，即可求解．
【详解】（1）解：抛物线与x轴交于点，两点，
∴
解得：
∴抛物线解析式为：；
（2）解：由，令，解得：，
∴,
①当与相交时，如图，
过点作的垂线，则，
在与中，
∴
∴，
∴为的中点，
∵,
∴,
设直线的解析式为，
∴
解得：
∴直线的解析式为：，
∴
解得：或
∴,
②当时，点到的距离相等，
∵,
设直线的解析式为,
则
解得：
∴直线的解析式为
设直线的解析式为，
将点代入得，，
解得：
∴直线的解析式为，
∴
解得：或
∴，
综上所述，或
（3）解：如图所示，设的中点为，的中点为，，
由，抛物线的对称轴为直线，
设与轴交于点，过点作于点，连接，
由（2）可知，
∵以为旋转中心，把线段逆时针旋转，且点在上，
∴，
∴，
∴，
在中，
∴
∴
∴，
解得：，
∴．
【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，它的对称轴与x轴交于点C，直线经过抛物线上一点，且与y轴．直线分别交于点D、E．
(1)求m的值及该抛物线对应的函数关系式；
(2)①判断的形状，并说明理由；②判断与的位置关系；
(3)若是该抛物线上的一个动点，是否存在这样的点P，使得？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)，
(2)①为等腰三角形，理由见解析；②
(3)存在，符合条件的点P的坐标为或
【分析】（1）根据抛物线的对称轴为，且过、两点，因此点的坐标为．可用交点式二次函数通式来设抛物线的解析式，然后根据直线求出点的坐标，将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，点的坐标，进而可求出三边的长，可据此来进行判断的形状．
②应该是，可过、作轴的垂线通过证三角形全等来得出是中点，然后根据等腰三角形三线合一的特点来得出的结论．
（3）由题意可知：点必为线段垂直平分线与抛物线的交点，可先求出线段的垂直平分线，然后联立抛物线的解析式，即可求出符合条件的点的坐标．
【详解】（1）解：∵点在直线上，
∴，
∴
∵抛物线经过原点和点，对称轴为，
∴点A的坐标为
设所求的抛物线对应函数关系式为，将点代入上式，
得，
∴，
∴所求的抛物线对应的函数关系式为，
即．
（2）①为等腰三角形
∵直线与y轴、直线的交点坐标分别为，、过点B作轴，与y轴交于F、直线交于G，
∴直线，、
在中，．
∵，
∴，
∴为等腰三角形．
②
过点E作轴，交y轴于H，则点H的坐标为，
又∵点F、D的坐标为、，
∴，，
∴（SAS），
∴，即D是的中点，
∴
（3）存在
∵，
∴点P在直线上，
∴符合条件的点P是直线与该抛物线的交点
设直线对应的函数关系式为，将，代入，
得．
解得，
∴直线对应的函数关系式为，
∵动点P的坐标为，
∴
解得，，
∴，．
∴符合条件的点P的坐标为或．
【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组】
【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，已知抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点C，点在抛物线上，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，若平分，求点P的坐标；
(3)如图2，连接，，抛物线上是否存在点P，使？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)
(2)
(3)存在，或
【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轴，交于点Q，交x轴于点E，可证得，求的解析式为，设点P的横坐标为t，则有，，，求出，，由求得t值即可解答；
（3）将绕点O顺时针方向旋转，至，可得，，则，求出过点的直线的解析式为，与抛物线联立方程组求得交点；再过C作轴，过B作轴，与交于点F，则四边形为正方形，作关于的对称点G，点G在上，作直线，则直线与抛物线的交点也满足条件，则，与点D重合，则可得，即可求解．
【详解】（1）解：∵点、在抛物线上，
∴，
解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：作轴，交于点Q，交x轴于点E，如图1所示：
∵轴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
设的解析式为，
将代入，，
∴的解析式为，
设点P的横坐标为t，则有，，，，
∴，，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴，
∴点P的坐标为；
（3）解：存在，或．
当时，，则，
∴，则，
将绕点O顺时针方向旋转，至，如图2所示：
则，，
∴
由题意知，直线过点，
设直线的解析式为，
将，，代入，得：，
解得：，
∴直线BP的解析式为，
联立，
解得：或，
∴，
此时使；
如图2所示，过C作轴，过B作轴，与交于点F，则四边形为正方形，
作关于的对称点G，则点G在上且，
∴，与点D重合，
作直线，则，
∴直线与抛物线的交点也满足条件，
∵点在抛物线上，
∴．
综上，抛物线上存在点P，使，点P的坐标为或．
【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，直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线经过点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，使的面积为？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？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，；
(3)存在，或．
【分析】（1）由直线与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，设，根据面积公式求出得，解方程接可求出；
（3）如图，作抛物线的对称轴交x轴于N，作，连接由（2）可知，对称轴为，根据等腰直角三角形性质证即，根据勾股定理求出，从而得到，当P 在第一象限时、当P 在第四象限时讨论即可．
【详解】（1）解：直线与x轴、y轴分别交于B、C两点
当时，解得，
当时，解得，
，
抛物线经过点B、C
解得
抛物线的解析式为：
（2）解：如图，M是抛物线第四象限上的点，连接，
设，则
即
解得或（舍去）
当时
（3）解：如图，作抛物线的对称轴交x轴于N，作，连接
由（2）可知，对称轴为
，，
，
当P 在第一象限时：
当P 在第四象限时：
故答案为：存在，或．
【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，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点E是线段上的一个动点，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，四边形的面积最大?求出四边形的最大面积及此时E点的坐标；
(3)在y轴上是否存在点P，使得？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)
(2)四边形的面积最大为，E点坐标为（－2，－1）
(3)存在，P 点的坐标为（0，）或（0，）
【分析】（1）将点坐标代入，解得，即可得解；
（2）先求直线的函数表达式为,设点 ，结合图形， 四边形的面积 ，运用二次函数的性质求得最值及点E点的坐标；
（3）设，作于点G， ，求得＝，利用等积法得，解得n，得到点，再利用对称性得另一点
【详解】（1）将
代入抛物线表达式得，解得，
抛物线表达式为；
（2）∵抛物线的对称轴为直线，
∴，，
设直线的函数表达式为，
将点坐标代入得，
解得，
∴直线的函数表达式为，..
设 ，则，
∴ ＝，
∴ ＝，
四边形的面积 ＋

当时，四边形的面积最大，最大值为，
此时E点坐标为；
（3）P 点的坐标为或
①作于点G， ，
设，
，
， ，
，
由的面积，得
，即，
化简，得，
解得， （不符合题意，舍去），
∴，
②∵点与点P关于原点O对称， ，
∴，
综上所述：P 点的坐标为或）
【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，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过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)当的面积与的面积相等时，求点P的坐标；
(3)是否存在点P，使得，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
(2)点P的坐标为
(3)存在，点P的横坐标为或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，求出的面积，分点P在下方或上方两类列方程即可得到答案；
（3）由（2）得，作的垂直平分线交于一点F，求得，即，过点作，过点作交于点，得到，即点在直线上，求得直线的解析式，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：当时，，故，
当时，，，故，
将，代入解析式得，
，解得：，
∴；
（2）解：①点P在下方时，如图所示，连接，设，
∴
，
当，解得：，，
故，
∵，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵的面积与的面积相等，
∴，即，
∵，无解，
②当点P在上方时，如图所示，连接，设，
∴
，
∵的面积与的面积相等，
∴
∴（与B重合，舍去），，
当时，，
∴；
（3）解：∵,，，
∴
∴，
∴是直角三角形，
∴，
如图所示，作的垂直平分线交于一点F，连接，则，
∴
∴，
∵
∴
设，则，
∵，
在中，，
即，
解得：，则
∴
∴
如图所示，过点作，过点作交于点，
则
即，即点在直线上，
∵
∴，
在中，,
∴
过点作轴，
则
∴，
∴,，
∴
设直线的解析式为
即
∴
即，
联立
解得：（舍去），
同理可得
设直线的解析式为
则
解得：
∴
联立
解得：（舍去），
综上，点P的横坐标为或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，已知抛物线与轴的交点为点、(点在点的右侧)，与轴的交点为点．
(1)直接写出、、三点的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上找一点，使得的值最小，并求出点的坐标；
(3)设点关于抛物线对称轴的对称点为点，在抛物线上是否存在点，使得以、、、四点为顶点的四边形为梯形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，
(2)连接交对称轴于点，点即为所求，
(3)或
【分析】（1）令，解方程可得到点和点坐标；令，求出，可确定点坐标；
（2）连接交对称轴于点，根据对称性可得，则为的最小值，求出直线的解析式，令，即可求解；
（3）分为梯形的底边和为梯形的底和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：在中令，
解得，
∴，
在中令，得，
∴；
（2）解：如图，连接交对称轴于点，则点即为所求，连接，
∵，
∴
∴的最小值即为的长，
∵，
∴抛物线的对称轴为，
∵，
设直线的解析式为，
则，
解得：,
∴直线的解析式为，
∵抛物线的对称轴为，
∴
（3）存在，分两种情况：
①如图，当为梯形的底时，点与重合时，四边形是梯形，此时点为,
②如图，当为梯形的底时，过点作，与抛物线交于点，
点，关于抛物线对称，
设直线的解析式为，
则，
解得
直线的解析式为
，
可设直线的解析式为
点在直线上，

直线的解析式为
联立，
解得，
,；
③当为梯形的底时，过点作，与抛物线交于点，
设直线的解析式为，则，解得
直线的解析式为
，
可设直线的解析式为
点在直线上，

直线的解析式为
联立，
解得(舍去)，(舍去)
综上所述，在抛物线上存在点，使得以、、、四点为顶点的四边形为梯形，点的坐标为或 ．
【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，当时，它们对应的函数值互为相反数；当时，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，它的“伴随”函数为．
(1)已知点在一次函数的“伴随”函数的图象上，求m的值．
(2)已知二次函数．
①当点在这个函数的“伴随”函数的图象上时，求a的值．
②当时，函数的“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)；
(2)①或或；②当时，函数的“伴随”函数的最大值为，最小值为．
【分析】（1）写出的“伴随”函数，代入计算；
（2）①写出二次函数的“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：的“伴随”函数，
将代入得：，
解得；
（2）解：二次函数的“伴随”函数为，
①当时，将代入，
得，
解得：(舍去)，或，
当时，将代入得：
，
解得：或．
综上所述：或或；
②当时， ，抛物线的对称轴为，
此时y随x的增大而减小，
∴此时y的最大值为，
当时，函数，抛物线的对称轴为，
当有最小值，最小值为，当时，有最大值，最大值，
综上所述，当时，函数的“伴随”函数的最大值为，最小值为．
【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，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，其中点A的坐标为，与y轴交于点C，点在抛物线上；

(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线的对称轴上是否存在点P，使得周长最小，若存在，求出P点的坐标及周长的最小值；
(3)若点M是直线下方的抛物线上的一动点，过M作y轴的平行线与线段交于点N，求线段的最大值．
【答案】(1)
(2),
(3)
【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，连接交函数对称轴于点P，则点P为所求点，求出直线的表达式，进一步即可求解；
（3）先求出直线解析式，设N横坐标为x，用含x的代数式表示线段，再利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：将点、代入抛物线表达式得：，
解得：，
抛物线的表达式为：；
（2），令，则,
解得或，
令，则，
故点B、C的坐标分别为：、；
函数的对称轴为直线，

点A关于函数对称轴的对称点为点B，连接交函数对称轴于点P，则点P为所求点，
设直线的表达式为，
将点D、B的坐标代入一次函数表达式得：
，
解得：，
故BD的函数表达式为，
当时，，即点，
此时周长的最小值；
（3）如图，

设直线的解析式是，
把点，代入中
，
解得，
∴直线解析式为．
设N横坐标为x，则，，
∴，
∵，
∴抛物线开口向下，
∴当时，的最大值为．
【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（a为常数，）的图象经过原点，点A在抛物线上运动．

(1)求a的值．
(2)若点和点都是这个抛物线上的点，且有，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作轴，垂足为点B，过点D作轴，垂足于点C，试问四边形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)；
(2)；
(3)存在，当时，四边形ABCD的周长最大为．
【分析】（1）将坐标代入抛物线计算求值即可；
（2）由的值可得抛物线解析式，从而可得，的表达式，再根据解不等式即可；
（3）由可得函数的对称轴，根据、两点的对称性设，，再由两点的中点坐标在对称轴上可得的表达式；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：
，
，
∵，
∴；
（2）解：把代入抛物线可得：
，
点P和点Q代入抛物线解析式可得：
，
，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：由抛物线解析式可得对称轴为，
平行于轴，设且，，
由抛物线的对称性可知、两点的中点坐标在对称轴上，
∴，
∴，
∵和都和轴垂直，平行于轴，
∴四边形是矩形，
由函数图象可知点纵坐标，
∴四边形的周长为：，
∴当时四边形周长有最大值；
【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．