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2021中考数学压轴题题型：专题7二次函数与菱形存在性问题（含原卷及解析卷）
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这是一份2021中考数学压轴题题型：专题7二次函数与菱形存在性问题（含原卷及解析卷），文件包含二次函数与菱形存在性问题原卷版docx、二次函数与菱形存在性问题解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共79页， 欢迎下载使用。
2021新版中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题7二次函数与菱形存在性问题
我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是
①四边都相等的四边形是菱形；②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ；③邻边相等的平行四边形是菱形；④对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ；⑤一条对角线平分一个顶角的平行四边形是菱形.
在做几何证明题的时候我们常用的判定方法主要是前三种.
二次函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大的多，纵观历年中考真题，菱形存在性问题主要是以“两定两动”为设问方式，其中两定指的是四边形四个顶点其中有两个顶点的坐标是确定的或者是可求解的；两动指的是其中一个动点在一条直线或者抛物线上，另外一个动点是平面内任意一点或者该动点也在一条直线或者抛物线上.
【例1】（2020•阜新）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，构建方程组解决问题即可．
（2）①构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
②分三种情形：如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，分别求解即可．
【解析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，得9−3b+c=01+b+c=0，
解得b=2c=−3，
∴y＝x2+2x﹣3．
（2）①设直线AC的表达式为y＝kx+b，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b．得b=−3−3k+b=0，
解得k=−1b=−3，
∴y＝﹣x﹣3，
∵点P（m，0）是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴M（m，﹣m﹣3），N（m，m2+2m﹣3），
∴MN＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2+94，
∵a＝﹣1＜0，
∴此函数有最大值．
又∵点P在线段OA上运动，且﹣3＜−32＜0，
∴当m=−32时，MN有最大值94．
②如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．
∵MN＝﹣m2﹣3m，MC=−2m，
∴﹣m2﹣3m=−2m，
解得m＝﹣3+2或0（舍弃）
∴MN＝32−2，
∴CQ＝MN＝32−2，
∴OQ＝32+1，
∴Q（0，﹣32−1）．
如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，此时CN＝MN＝CQ＝2，可得Q（0，﹣1）．
如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，
则有，m2+3m=−2m，
解得m＝﹣3−2或0（舍弃），
∴MN＝CQ＝32+2，
∴OQ＝CQ﹣OC＝32−1，
∴Q（0，32−1）．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，﹣32−1）或（0，﹣1）或（0，32−1）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【例2】（2020•重庆）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c与直线AB相交于A，B两点，其中A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，求△PAB面积的最大值；
（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，点D为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E，使以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）△PAB面积S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=−32x2−92x，即可求解；
（3）分BC为菱形的边、菱形的的对角线两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得−4=9−3b+cc=−1，解得b=4c=−1，
故抛物线的表达式为：y＝x2+4x﹣1；
（2）设直线AB的表达式为：y＝kx+t，则−4=−3k+tt=−1，解得k=1t=−1，
故直线AB的表达式为：y＝x﹣1，
过点P作y轴的平行线交AB于点H，
设点P（x，x2+4x﹣1），则H（x，x﹣1），
△PAB面积S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=−32x2−92x，
∵−32＜0，故S有最大值，当x=−32时，S的最大值为278；
（3）抛物线的表达式为：y＝x2+4x﹣1＝（x+2）2﹣5，
则平移后的抛物线表达式为：y＝x2﹣5，
联立上述两式并解得：x=−1y=−4，故点C（﹣1，﹣4）；
设点D（﹣2，m）、点E（s，t），而点B、C的坐标分别为（0，﹣1）、（﹣1，﹣4）；
①当BC为菱形的边时，
点C向右平移1个单位向上平移3个单位得到B，同样D（E）向右平移1个单位向上平移3个单位得到E（D），
即﹣2+1＝s且m+3＝t①或﹣2﹣1＝s且m﹣3＝t②，
当点D在E的下方时，则BE＝BC，即s2+（t+1）2＝12+32③，
当点D在E的上方时，则BD＝BC，即22+（m+1）2＝12+32④，
联立①③并解得：s＝﹣1，t＝2或﹣4（舍去﹣4），故点E（﹣1，2）；
联立②④并解得：s＝﹣3，t＝﹣4±6，故点E（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4−6）；
②当BC为菱形的的对角线时，
则由中点公式得：﹣1＝s﹣2且﹣4﹣1＝m+t⑤，
此时，BD＝BE，即22+（m+1）2＝s2+（t+1）2⑥，
联立⑤⑥并解得：s＝1，t＝﹣3，
故点E（1，﹣3），
综上，点E的坐标为：（﹣1，2）或（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4−6）或（1，﹣3）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
【例3】（2019•阿坝州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c经过原点O，顶点为A（2，﹣4）．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）设点P为抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴上的一点，点Q在该抛物线上，当四边
形OAQP为菱形时，求出点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线y＝ax2+bx+c在第一象限的图象上是否存在一点M，使得点M到直线OP的距离与其到x轴的距离相等？若存在，求出直线OM的函数解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣h）2+k，将点A、O的坐标代入上式，即可求解；
（2）OAQP为菱形时，则OA＝AQ，则点Q与点A关于函数对称轴对称，故点P和点A关于x轴对称，即可求解；
（3）延长HM交直线OP于点R，利用解直角三角形的方法求解点M的坐标，即可求解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣h）2+k，
将点A的坐标代入得，y＝a（x﹣2）2﹣4，
将O的坐标代入上式并解得：a＝1，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣4x；
（2）点A（2，﹣4），则抛物线的对称轴为x＝2，
OAQP为菱形时，则OA＝AQ，则点Q（抛物线与x轴的右侧交点）与点A关于函数对称轴对称，
故点P和点A关于x轴对称，故点P（2，4）；
（3）存在，理由：
过点M分别作x轴、PO的垂线，垂足分别为H、G，延长HM交直线OP于点R，
点M到直线OP的距离与其到x轴的距离相等，则GM＝MH，
tan∠POH=42=2，则tan∠ORH=12，
设GM＝MH＝m，则GR＝2m，则RM=5m，RH＝RM+MH＝m+5m，
tan∠ORH=12=OHRH，则OH=12RH=1+52m，
故点M（1+52m，m），
设直线OM的表达式为y＝sx，
将点M坐标代入上式并解得：s=25+1=5−12，
故直线OM的表达式为y=5−12x．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、解直角三角形等，有一定的综合性，难度适中．
【例4】（2019•辽阳）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的边BC在x轴上，∠ABC＝90°，以A为顶点的抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点C（3，0），交y轴于点E（0，3），动点P在对称轴上．
（1）求抛物线解析式；
（2）若点P从A点出发，沿A→B方向以1个单位/秒的速度匀速运动到点B停止，设运动时间为t秒，过点P作PD⊥AB交AC于点D，过点D平行于y轴的直线l交抛物线于点Q，连接AQ，CQ，当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？
（3）若点M是平面内的任意一点，在x轴上方是否存在点P，使得以点P，M，E，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出符合条件的M点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）S△ACQ=12×DQ×BC，即可求解；
（3）分EC是菱形一条边、EC是菱形一对角线两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式得：−9+3b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
故抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，
则点A（1，4）；
（2）将点A、C的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线AC的表达式为：y＝﹣2x+6，
点P（1，4﹣t），则点D（t+22，4﹣t），设点Q（t+22，4−t24），
S△ACQ=12×DQ×BC=−14t2+t，
∵−14＜0，故S△ACQ有最大值，当t＝2时，其最大值为1；
（3）设点P（1，m），点M（x，y），
①当EC是菱形一条边时，
当点M在点P右方时，
点E向右平移3个单位、向下平移3个单位得到C，
则点P向右平移3个单位、向下平移3个单位得到M，
则1+3＝x，m﹣3＝y，
而MP＝EP得：1+（m﹣3）2＝（x﹣1）2+（y﹣m）2，
解得：y＝m﹣3=17，
故点M（4，17）；
当点M在点P左方时，
同理可得：点M（﹣2，3+14）；
②当EC是菱形一对角线时，
则EC中点即为PM中点，
则x+1＝3，y+m＝3，
而PE＝PC，即1+（m﹣3）2＝4+m2，
解得：m＝1，
故x＝2，y＝3﹣m＝3﹣1＝2，
故点M（2，2）；
综上，点M（4，17）或（﹣2，3+14）或M（2，2）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
【例5】（2019•齐齐哈尔）综合与探究
如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA＝2，OC＝6，连接AC和BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在抛物线的对称轴上，当△ACD的周长最小时，点D的坐标为 （12，﹣5） ．
（3）点E是第四象限内抛物线上的动点，连接CE和BE．求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；
（4）若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由OA＝2，OC＝6得到A（﹣2，0），C（0，﹣6），用待定系数法即求得抛物线解析式．
（2）由点D在抛物线对称轴上运动且A、B关于对称轴对称可得，AD＝BD，所以当点C、D、B在同一直线上时，△ACD周长最小．求直线BC解析式，把对称轴的横坐标代入即求得点D纵坐标．
（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F，设点E横坐标为t，则能用t表示EF的长．△BCE面积拆分为△BEF与△CEF的和，以EF为公共底计算可得S△BCE=12EF•OB，把含t的式子代入计算即得到S△BCE关于t的二次函数，配方即求得最大值和t的值，进而求得点E坐标．
（4）以AC为菱形的边和菱形的对角线进行分类画图，根据菱形邻边相等、对边平行的性质确定点N在坐标．
【解析】（1）∵OA＝2，OC＝6
∴A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∵抛物线y＝x2+bx+c过点A、C
∴4−2b+c=00+0+c=−6 解得：b=−1c=−6
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣6
（2）∵当y＝0时，x2﹣x﹣6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝3
∴B（3，0），抛物线对称轴为直线x=−2+32=12
∵点D在直线x=12上，点A、B关于直线x=12对称
∴xD=12，AD＝BD
∴当点B、D、C在同一直线上时，C△ACD＝AC+AD+CD＝AC+BD+CD＝AC+BC最小
设直线BC解析式为y＝kx﹣6
∴3k﹣6＝0，解得：k＝2
∴直线BC：y＝2x﹣6
∴yD＝2×12−6＝﹣5
∴D（12，﹣5）
故答案为：（12，﹣5）
（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F
设E（t，t2﹣t﹣6）（0＜t＜3），则F（t，2t﹣6）
∴EF＝2t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+3t
∴S△BCE＝S△BEF+S△CEF=12EF•BG+12EF•OG=12EF（BG+OG）=12EF•OB=12×3（﹣t2+3t）=−32（t−32）2+278
∴当t=32时，△BCE面积最大
∴yE＝（32）2−32−6=−214
∴点E坐标为（32，−214）时，△BCE面积最大，最大值为278．
（4）存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形．
∵A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∴AC=22+62=210
①若AC为菱形的边长，如图3，
则MN∥AC且，MN＝AC＝210
∴N1（﹣2，210），N2（﹣2，﹣210），N3（2，0）
②若AC为菱形的对角线，如图4，则AN4∥CM4，AN4＝CN4
设N4（﹣2，n）
∴﹣n=22+(n+6)2
解得：n=−103
∴N4（﹣2，−103）
综上所述，点N坐标为（﹣2，210），（﹣2，﹣210），（2，0），（﹣2，−103）．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，轴对称求最短路径，一次函数的图象与性质，一次方程（组）的解法，菱形的性质，勾股定理．第（4）题对菱形顶点存在性的判断，以确定的边AC进行分类，再画图讨论计算．
【例6】（2020•嘉兴模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点P是直线BC下方的抛物线上一动点（不点B，C重合），过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，设点P的横坐标为m．
①用含m的代数式表示线段PD的长．
②连接PB，PC，求△PBC的面积最大时点P的坐标．
（3）设抛物线的对称轴与BC交于点E，点M是抛物线的对称轴上一点，N为y轴上一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形？如果存在，请直接写出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0）代入即可求解；
（2）①先确定直线BC解析式，根据过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，即可用含m的带上书表示出P和D的坐标进而求解；
②用含m的代数式表示出△PBC的面积，可得S是关于m的二次函数，即可求解；
（3）根据（1）中所得二次函数图象和对称轴先得点E的坐标即可写出点三个位置的点M的坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，
∴a+b+3=09a+3b+3=0，解得a=1b=−4，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）如图：
①设P（m，m2﹣4m+3），
将点B（3，0）、C（0，3）代入得直线BC解析式为yBC＝﹣x+3．
∵过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，
∴D（m，﹣m+3），
∴PD＝（﹣m+3）﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+3m．
答：用含m的代数式表示线段PD的长为﹣m2+3m．
②S△PBC＝S△CPD+S△BPD
=12OB•PD=−32m2+92m
=−32（m−32）2+278．
∴当m=32时，S有最大值．
当m=32时，m2﹣4m+3=−34．
∴P（32，−34）．
答：△PBC的面积最大时点P的坐标为（32，−34）．
（3）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形．
根据题意，点E（2，1），
∴EF＝CF＝2，
∴EC＝22，
根据菱形的四条边相等，
∴ME＝EC＝22，
∴M（2，1﹣22）或（2，1+22）
当EM＝EF＝2时，M（2，3）
答：点M的坐标为M1（2，3），M2（2，1﹣22），M3（2，1+22）．
【点评】本题考查了二次函数与方程、几何知识的综合应用，
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．
解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
【题组一】
1．（2020•师宗县一模）如图，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，点M为抛物线的对称轴上的一个动点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当点M在x轴的上方时，求四边形COAM周长的最小值；
（3）在平面直角坐标系内是否存在点N，使以C，P，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，请写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点B，点C坐标，代入解析式可求解；
（2）由抛物线的对称性可得AM＝BM，点A（1，0），由四边形COAM周长＝OC+OA+AM+CM＝4+BM+CM，则点B，点M，点C三点共线时，BM+CM有最小值为BC的长，即四边形COAM周长的最小值＝4+BC，由勾股定理可求解；
（3）由菱形的性质可得△CPM是等腰三角形，分三种情况讨论，由两点距离公式可求解．
【解析】（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B，点C，
∴点B（3，0），点C（0，3），
∵抛物线y＝x2+bx+c经过B，C两点，
∴9+3b+c=0c=3，
解得b=−4c=3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图，连接AM，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∵点A与点B关于对称轴对称，
∴AM＝BM，点A（1，0），
∵点C（0，3），点A（1，0），点B（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，OB＝3，
∵四边形COAM周长＝OC+OA+AM+CM，
∴四边形COAM周长＝4+BM+CM，
∴当点B，点M，点C三点共线时，BM+CM有最小值为BC的长，
∴四边形COAM周长的最小值＝4+BC，
∵BC=OC2+OB2=9+9=32，
∴四边形COAM周长的最小值＝4+32；
（3）∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点P（2，﹣1），
又∵点C（0，3），
∴PC=22+(−1−3)2=25，
设点M（2，t），
∴MC=(2−0)2+(t−3)2=t2−6t+13，
MP＝|t+1|，
∵以C，P，M，N为顶点的四边形为菱形，
∴△CPM是等腰三角形，
若MC＝MP，则t2−6t+13=|t+1|，
∴t=32，
∴点M（2，32）；
若MP＝PC，则25=|t+1|，
∴t1＝﹣1+25，t2＝﹣1﹣25，
∴点M（2，﹣1+25）或（2，﹣1﹣25）；
若MC＝PC，则t2−6t+13=25，
解得：t3＝﹣1（不合题意舍去），t4＝7，
∴点M（2，7）；
综上所述：点M的坐标为（2，32）或（2，7）或（2，﹣1+25）或（2，﹣1﹣25）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，两点距离公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
2．（2020•葫芦岛三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中A（﹣1，0），B（4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC，在直线BC上方的抛物线上有一动点D，连接AD，与直线BC相交于点E，当DE：AE＝4：5时，求tan∠DAB的值；
（3）点P是直线BC上一点，在平面内是否存在点Q，使以点P，Q，C，A为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，证明△DEF∽△AEG，列比例式可得DF的长，设D(t，−34t2+94t+3)，F(t，−34t+3)，表示DF的长，并列方程可得结论；
（3）分三种情况：以AC为边和对角线进行讨论，正确画图，先确定点P的坐标，根据平移的原则可得点Q的坐标．
【解析】将A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+3，
得a−b+3=016a+4b+3=0，解得a=−34b=94，
∴解析式为y=−34x2+94x+3；
（2）当x＝0时，y=−34x2+94x+3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将B（4，0），C（0，3）分别代入得4k+b=0c=3，解得：k=−34b=3，
∴直线BC的解析式为：y=−34x+3，
过点D作y轴的平行线，交直线BC与点F，交x轴于点H，
过点A作y轴的平行线，交直线BC与点G，
∵A（﹣1，0），
∴当x＝﹣1时，y=−34×(−1)+3=154，
∴G(−1，154)，AG=154，
∵AG∥y轴∥DF，
∴△DEF∽△AEG，
∴DEAE=DFAG，
∴DF154=45，
∴DF＝3，
设D(t，−34t2+94t+3)，F(t，−34t+3)，
∴DF=(−34t2+94t+3)−(−34t+3)=−34t2+3t=3，
解得：t1＝t2＝2，
∴D(2，92)，
∴DH=92，AH＝1+2＝3，
在Rt△ADH中，tan∠DAB=DHAH=923=32；
（3）存在，分三种情况：
①如图2，四边形ACPQ是菱形，则PC＝AC，
设P（x，−34x+3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴x2+(−34x+3−3)2=12+32，
解得：x=±4105，
当x=−4105时，P（−4105，3105+3），
∴Q（−4105−1，3105），
当x=4105时，P（4105，−3105+3），
∴Q（4105−1，−3105）；
②如图3，四边形APCQ是菱形，
∵BC＝AB＝5，
∴B在AC的垂直平分线上，
∴P与B重合，
∴Q（﹣5，3）；
③如图4，四边形ACQP是菱形，同理得P（85，95），
∴Q（135，245）；
综上，点Q的坐标为（−4105−1，3105）或（4105−1，−3105）或（﹣5，3）或（135，245）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、菱形的性质和平移的原则，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征及配方法，求出点D，G的坐标；（3）分AC为边和对角线进行讨论是关键．
3．（2020•碑林区校级一模）已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点（1，15）和（0，8），顶点为M，抛物线L关于原点O对称的抛物线为L′，点M的对应点为点N．
（1）求抛物线L的表达式及点M的坐标；
（2）点P在抛物线L′上，点Q在抛物线L上，且四边形PMQN为周长最小的菱形，求点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）求出M，M′的坐标，利用菱形的性质可知MM′⊥PQ，求出直线PQ的解析式，构建方程组确定点P的坐标，再根据周长最小，判定点P的坐标即可解决问题．
【解析】（1）∵y＝x2+bx+c经过点（1，15）和（0，8），
∴c=81+b+c=15，
解得b=6c=8，
∴抛物线的解析式为y＝x2+6x+8，
∵抛物线L：y＝x2+6x+8＝（x+3）2﹣1，
∴顶点M（﹣3，﹣1），
（2）∵抛物线L′与抛物线L关于原点对称，抛物线L的顶点M（﹣3，﹣1），
∴抛物线L′的顶点M′（3，1），解析式为y＝﹣（x﹣3）2+1＝﹣x2+6x﹣8
∵四边形PMQM′是菱形，
∴PQ⊥MM′，
∵直线MM′的解析式为y=13x，
∴直线PQ的解析式为y＝﹣3x，
由y=−3xy=−x2+6x−8，解得x=1y=−3或x=8y=−24，
∴P（1，﹣3）或（8．﹣24）．
∵菱形PMQM′的周长最小，
∴P（1，﹣3）．
【点评】本题考查二次函数综合题，菱形的判定和性质，一次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会构建一次函数，确定交点问题，属于中考压轴题．
4．（2020•雁塔区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝4，抛物线与x轴相交于A（2，0），B两点，与y轴交于点C（0，6），点E为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的函数表达式及顶点E的坐标；
（2）若将该抛物线的图象绕x轴上一点M旋转180°，点C、E的对应点分别是点C'、E'，当以C、E、C'、E'为顶点的四边形是菱形时，求点M的坐标及旋转后的抛物线的表达式，
【分析】（1）由抛物线的对称性可求点B坐标，设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）（x﹣6），将点C坐标代入，可求解；
（2）设点M（m，0），由中心对称的性质可求点C'（2m，﹣6），点E'（2m﹣4，2），由菱形的性质和两点距离公式可求m的值，即可求解．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝4，抛物线与x轴相交于A （2，0），B两点，
∴点B（6，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）（x﹣6），
∵抛物线图象过点C （0，6），
∴6＝a（0﹣2）（0﹣6），
∴a=12，
∴抛物线的解析式为：y=12（x﹣2）（x﹣6）=12x2﹣4x+6，
∵y=12x2﹣4x+6=12（x﹣4）2﹣2，
∴顶点E坐标为（4，﹣2）；
（2）∵将该抛物线的图象绕x轴上一点M旋转180°，点C、E的对应点分别是点C'、E'，
∴CM＝C'M，EM＝E'M，
∴四边形CEC'E'是平行四边形，
设点M（m，0），
∵点C （0，6），点E（4，﹣2），CM＝C'M，EM＝E'M，
∴点C'（2m，﹣6），点E'（2m﹣4，2），
∵以C、E、C'、E'为顶点的四边形是菱形，
∴CE＝C'E，
∴(4−0)2+(−2−6)2=(2m−4)2+(−6+2)2，
∴m1＝﹣2，m2＝6，
∴点M（﹣2，0）或（6，0），
当M（﹣2，0）时，点E'（﹣8，2），
∴平移后的抛物线解析式为：y=−12（x+8）2+2；
当M（6，0）时，点E'（8，2），
∴平移后的抛物线解析式为：y=−12（x﹣8）2+2；
综上所述：点M（﹣2，0）或（6，0），平移后的抛物线解析式为：y=−12（x+8）2+2或y=−12（x﹣8）2+2．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式，中心对称的性质，菱形的性质，两点距离公式，利用两点距离公式求m的值是本题的关键．
【题组二】
5．（2020•碑林区校级三模）在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2的顶点为A，与y轴交于点B，将抛物线C1绕着平面内的某一点旋转180°得到抛物线C2，抛物线C2与y轴正半轴相交于点C．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若抛物线C2上存在点D，使得以A、B、C、D四点为顶点的四边形为菱形，请求出此时抛物线C2的表达式．
【分析】（1）利用配方法求出顶点坐标，令x＝0，可得y＝﹣2，推出B（0，﹣2）．
（2）分两种情形：AB为菱形的边，AB为菱形的对角线分别求解即可．
【解析】（1）∵抛物线C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2＝﹣（x+2）2+2，
∴顶点A（﹣2，2），
令x＝0，可得y＝﹣2，
∴B（0，﹣2）．
（2）如图1中，当AB为菱形的边时，四边形ABCD是菱形，
由题意A（﹣2，2），B（0，﹣2），C（0，6），D（2，2），此时抛物线C1与C2关于T（0，2）成中心对称，
∴D（2，2）是抛物线C2的顶点，
∴抛物线C2的解析式为y＝（x﹣2）2+2，即y＝x2﹣4x+6．
如图2中，当AB是菱形的对角线时，四边形ADBC是菱形，
此时CA＝BC，
∵直线AB的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∴AB的中垂线的解析式为y=12x+12，
∴C（0，12），
∵AD＝BC=52，
∴D（﹣2，−12），
设抛物线C2的解析式为y＝x2+bx+12，
把D（﹣2，−12）代入y＝x2+bx+12，可得−12=4﹣2b+12，解得b=52，
∴抛物线C2的解析式为y＝x2+52x+12，
如图3中，当AB是菱形的边时，点C是抛物线的顶点（0，25−2），可得抛物线的解析式为y＝x2+25−2．
综上所述，满足条件的抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+6或y＝x2+52x+12或y＝x2+25−2．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，菱形的判定和性质，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
6．（2020•市中区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，点C为抛物线的顶点．点M（0，m）为y轴上的动点，将抛物线绕点M旋转180°，得到新的抛物线，其中B、C旋转后的对应点分别记为B′、C′．
（1）若a＝1，求原抛物线的函数表达式；
（2）在（1）条件下，当四边形BCB'C'的面积为40时，求m的值；
（3）探究a满足什么条件时，存在点M，使得四边形BCB'C'为菱形？请说明理由．
【分析】（1）根据原抛物线经过点A（﹣1，0），B（3，0），即可求出原抛物线的函数表达式；
（2）在（1）条件下，连接CC′、BB′，延长BC，与y轴交于点E，证明四边形BCB'C′是平行四边形，面积为40，即可求m的值；
（3）过点C作CD⊥y轴于点D，当平行四边形BCB'C′为菱形时，应有MB⊥MC，故点M在O、D之间，当MB⊥MC时，△MOB∽△CDM，得MO•MD＝BO•CD．由二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）的顶点为（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），可得CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，进而列出一元二次方程，根据判别式即可求出a满足的条件．
【解析】（1）由题意得：1−b+c=09+3b+c=0，
解得b=−2c=−3，
∴原抛物线的函数表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接CC′、BB′，延长BC，与y轴交于点E，
∵二次函数y＝x2﹣2x﹣3的顶点为（1，﹣4），
∴C（1，﹣4），
∵B（3，0），
∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣6．
∴E（0，﹣6），
∵抛物线绕点M旋转180°，
∴MB＝MB′，MC＝MC′，
∴四边形BCB′C′是平行四边形，
∴S△BCM=14×40＝10，
∵S△BCM＝S△MBE﹣S△MCE=12×（3﹣1）×ME＝ME，
∴ME＝10，
∴m＝4或m＝﹣16；
（3）如图，过点C作CD⊥y轴于点D，
当平行四边形BCB'C′为菱形时，应有MB⊥MC，故点M在O、D之间，
当MB⊥MC时，△MOB∽△CDM，
∴MOCD=BOMD，
即MO•MD＝BO•CD．
∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）的顶点为（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），
∴CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，
∴﹣m（m+4a）＝3，
∴m2+4am+3＝0，
∵△＝16a2﹣12≥0，a＞0，
∴a≥32．
所以a≥32时，存在点M，使得四边形BCB'C′为菱形．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解决本题的关键是综合运用二次函数、平行四边形、菱形的相关知识．
7．（2020•郫都区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，点C为抛物线的顶点．点M（0，m）为y轴上的动点，将抛物线绕点M旋转180°，得到新的抛物线，其中B、C旋转后的对应点分别记为B'、C′．
（1）若原抛物线经过点（﹣2，5），求原抛物线的函数表达式；
（2）在（1）条件下，当四边形BCB'C′的面积为40时，求m的值；
（3）探究a满足什么条件时，存在点M，使得四边形BCB'C′为菱形？请说明理由．
【分析】（1）根据原抛物线经过点（﹣2，5），A（﹣1，0），B（3，0），即可求出原抛物线的函数表达式；
（2）在（1）条件下，连接CC′、BB′，延长BC，与y轴交于点E，证明四边形BCB'C′是平行四边形，面积为40，即可求m的值；
（3）过点C作CD⊥y轴于点D，当平行四边形BCB'C′为菱形时，应有MB⊥MC，故点M在O、D之间，当MB⊥MC时，△MOB∽△CDM，得MO•MD＝BO•CD．由二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）的顶点为（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），可得CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，进而列出一元二次方程，根据判别式即可求出a满足的条件．
【解析】（1）由题意得：4a−2b+c=5a−b+c=09a+3b+c=0，
解得a=1b=−2c=−3，
∴原抛物线的函数表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接CC′、BB′，延长BC，与y轴交于点E，
∵二次函数y＝x2﹣2x﹣3的顶点为（1，﹣4），
∴C（1，﹣4），
∵B（3，0），
∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣6．
∴E（0，﹣6），
∵抛物线绕点M旋转180°，
∴MB＝MB′，MC＝MC′，
∴四边形BCB′C′是平行四边形，
∴S△BCM=14×40＝10，
∵S△BCM＝S△MBE﹣S△MCE=12×（3﹣1）×ME＝ME，
∴ME＝10，
∴m＝4或m＝﹣16；
（3）如图，过点C作CD⊥y轴于点D，
当平行四边形BCB'C′为菱形时，应有MB⊥MC，故点M在O、D之间，
当MB⊥MC时，△MOB∽△CDM，
∴MOCD=BOMD，
即MO•MD＝BO•CD．
∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）的顶点为（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），
∴CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，
∴﹣m（m+4a）＝3，
∴m2+4am+3＝0，
∵△＝16a2﹣12≥0，a＞0，
∴a≥32．
所以a≥32时，存在点M，使得四边形BCB'C′为菱形．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解决本题的关键是综合运用二次函数、平行四边形、菱形的相关知识．
8．（2020秋•九龙坡区校级月考）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于点A（﹣1，0）、B（4，0），交y轴于点C，点P是直线BC上方抛物线上的一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求△PBC的面积的最大值以及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将直线BC向右平移74个单位得到直线l，直线l交对称轴右侧的抛物线于点Q，连接PQ，点R为直线BC上的一动点，请问在在平面直角坐标系内是否存在一点T，使得四边形PQTR为菱形，若存在，请直接写出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）代入抛物线公式即可求得a，b．
（2）过P点做平行于直线BC的直线K，当K与抛物线恰有一个交点时，△PBC面积最大，求得此时的P点坐标．再过P做垂直于直线BC的直线k，求得k与直线BC的交点，求得交点后发现，此时恰巧交点时C，|BC|即为△PBC的高，再利用三角形面积公式即可求解．
（3）考查菱形的性质．菱形是一个极具对称性的图形，在进行求解时，对角线互相垂直平分．因此，两个相对点的坐标中点也是另外两个相对点的坐标中点．同时，利用菱形的四条边长相等进行求解．
【解析】（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）代入抛物线公式，如下：
0=a−b+40=16a+4b+4，
求得a=−1b=3．
抛物线解析式为：y＝﹣x2+3x+4．
（2）设P到直线BC的距离为d，P点坐标为（x，﹣x2+3x+4）（0＜x＜4），
∵y＝﹣x2+3x+4交y轴于点C，
令x＝0，
∴y＝4，
∴C（0，4），
由B（4，0），C（0，4）两点求得直线BC的解析式为：y+x﹣4＝0．
做直线BC的平行线K：y＝﹣x+m，因为K与BC平行，我们将K平移，根据题意，点P是直线BC上方抛物线上的一点，
∴随着K平行移动，以BC为底的△PBC的高d在逐渐增大，当K与抛物线y＝﹣x2+3x+4恰有一个交点时，此时以BC为底的△PBC的高d最大，即此时△PBC面积最大．
∵此时K：y＝﹣x+m与抛物线y＝﹣x2+3x+4相交，且仅有一个交点，
∴﹣x+m＝﹣x2+3x+4，m＝8．
∴直线K：y＝﹣x+8．
此时求K和抛物线的交点为：
﹣x+8＝﹣x2+3x+4，解得x＝2，
将x＝2代入直线K：y＝﹣x+8，
解得y＝6．
因此P（2，6）．
现在我们来求P到直线BC的距离，即△PBC的高d：
过P作垂直于BC的直线k：y＝x+m．
∵P在直线k上，
∴6＝2+m，
∴m＝4，直线k＝x+4．
直线K与直线k的交点为：y=−x+4y=x+4，
解得交点坐标（0，4），即交点为C点．
因此的△PBC的高d即为B点和C点两点之间的距离，
∴d＝|BC|=(2−0)2+(6−4)2=22．
在△PBC中，
∵|BC|＝42，△PBC的面积的最大值S△PBC=12|BC|•d=12×42×22=8．
（3）存在．直线BC向右平移74个单位得到直线l，
∴l：y＝﹣（x−74）+4＝﹣x+234．
y=−x+234y=−x2+3x+4，解得x1=72x2=12．
二次函数y＝﹣x2+3x+4对称轴为x=32，
∵直线l交对称轴右侧的抛物线于点Q，
∴x=72，代入y＝﹣x+234=94．
∴Q（72，94）．
设T（a，b）．
∵R为直线BC上的一动点，
∴设R（x，﹣x+4）．
（Ⅰ）假设T在Q点左侧：
∴a＜72．
此时P（2，6），T（a，b）为菱形对称顶点，Q（72，94），R（x，﹣x+4）为菱形对称定点．
在菱形中PTQR中，|PR|＝|QT|，
即(2−x)2+(6+x−4)2=(a−72)2+(b−94)2①
又∵对角线互相垂直平分，且对称顶点横纵坐标的中点相等，即：
2+a2=72+x26+b2=94−x+42，②
由①，②解得a1=3.5387b1=−1.7887，a2=−0.5387b2=2.2887，
又∵a＜72，
∴此时T点坐标为：T（﹣0.5387，2.2887）．
（Ⅱ）假设T在Q点右侧：
∴a＞72．
此时P（2，6），Q（72，94）为菱形对称顶点，T（a，b），R（x，﹣x+4）为菱形对称定点．
在菱形PTQR中，|PR|＝|PT|，
即(a−2)2+(b−6)2=(2−x)2+(6+x−4)2，③
又∵对角线互相垂直平分，且对称顶点横纵坐标的中点相等，
即：6+942=b−x+42+72=a+x，④
由③，④解得a=26956＞72，符号题意．此时b=27756．
此时T点坐标为：T（26956，27756）．
综上所述：T存在两点，分别为：
T（﹣0.5387，2.2887）和T（26956，27756）．
【点评】此题主要考查二次函数性质，同时还考查了三角形的面积，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度．同时对于菱形的求解，注意利用对称性求解．
【题组三】
9．（2020•洛阳模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+52过点A（1，0），B（5，0），与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）定义：平面上的任一点到二次函数图象上与它横坐标相同的点的距离，称为点到二次函数图象的垂直距离．如：点O到二次函数图象的垂直距离是线段OC的长．已知点E为抛物线对称轴上的一点，且在x轴上方，点F为平面内一点，当以A，B，E，F为顶点的四边形是边长为4的菱形时，请求出点F到二次函数图象的垂直距离．
（3）在（2）中，当点F到二次函数图象的垂直距离最小时，在以A，B，E，F为顶点的菱形内部是否存在点Q，使得AQ，BQ，FQ之和最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A，B两点代入可求解析式．
（2）分类讨论，以AB为边的菱形和以AB为对角线的菱形，抓住菱形边长为4和E的横坐标为3，可解F点坐标，即可求点F到二次函数图象的垂直距离．
（3）构造三角形，根据两点之间线段最短，可得最短距离为AN，根据勾股定理求AN．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+52过点A（1，0），B（5，0），
∴0＝a+b+52
0＝25a+5b+52
∴a=12，b＝﹣3
∴解析式y=12x2﹣3x+52
（2）当y＝0，则0=12x2﹣3x+52
∴x1＝5，x2＝1
∴A（1，0），B（5，0）
∴对称轴直线x＝3，顶点坐标（3，﹣2），AB＝4
∵抛物线与y轴相交于点C．
∴C（0，52）
如图1
①如AB为菱形的边，则EF∥AB，EF＝AB＝4，且E的横坐标为3
∴F的横坐标为7或﹣1
∵AE＝AB＝4，AM＝2，EM⊥AB
∴EM＝23
∴F（7，23），或（﹣1，23）
∴当x＝7，y=12×49﹣7×3+52=6
∴点F到二次函数图象的垂直距离6﹣23
②如AB为对角线，如图2
∵AEBF是菱形，AF＝BF＝4
∴AB⊥EF，EM＝MF＝23
∴F（3，﹣23）
∴点F到二次函数图象的垂直距离﹣2+23
（3）当F（3，﹣23）时，点F到二次函数图象的垂直距离最小
如图3，以BQ为边作等边三角形BQD，将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN位置，连接AN，作PN⊥AB于P
∵等边三角形BQD
∴QD＝QB＝BD，
∵将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN位置
∴NB＝BF＝4，∠FBN＝60°，DN＝FQ
∵AQ+BQ+FQ＝AQ+QD+DN
∴当AQ，QD，DN共线时AQ+BQ+FQ的和最短，即最短值为AN的长．
∵AF＝BF＝4＝AB，
∴∠ABF＝60°
∴∠NBP＝60°且BN＝4，
∴BP＝2，PN＝23
∴AP＝6
在Rt△ANP中，AN=36+12=43
∴AQ+BQ+FQ的和最短值为43．
【点评】本题考查了二次函数的综合题，待定系数法，菱形的性质，勾股定理等有关知识，关键是构造三角形转化BQ，和BQ的长．
10．（2018•陇南）如图，已知二次函数y＝ax2+2x+c的图象经过点C（0，3），与x轴分别交于点A，点B（3，0）．点P是直线BC上方的抛物线上一动点．
（1）求二次函数y＝ax2+2x+c的表达式；
（2）连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C．若四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据菱形的对角线互相垂直且平分，可得P点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得P点坐标；
（3）根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PQ的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案．
【解析】（1）将点B和点C的坐标代入函数解析式，得
9a+6+c=0c=3，
解得a=−1c=3，
二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）若四边形POP′C为菱形，则点P在线段CO的垂直平分线上，
如图1，连接PP′，则PE⊥CO，垂足为E，
∵C（0，3），
∴E（0，32），
∴点P的纵坐标32，
当y=32时，即﹣x2+2x+3=32，
解得x1=2+102，x2=2−102（不合题意，舍），
∴点P的坐标为（2+102，32）；
（3）如图2，
P在抛物线上，设P（m，﹣m2+2m+3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将点B和点C的坐标代入函数解析式，得
3k+3=0b=3，
解得k=−1b=3．
直线BC的解析为y＝﹣x+3，
设点Q的坐标为（m，﹣m+3），
PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m．
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
OA＝1，
AB＝3﹣（﹣1）＝4，
S四边形ABPC＝S△ABC+S△PCQ+S△PBQ
=12AB•OC+12PQ•OF+12PQ•FB
=12×4×3+12（﹣m2+3m）×3
=−32（m−32）2+758，
当m=32时，四边形ABPC的面积最大．
当m=32时，﹣m2+2m+3=154，即P点的坐标为（32，154）．
当点P的坐标为（32，154）时，四边形ACPB的最大面积值为758．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用菱形的性质得出P点的纵坐标，又利用了自变量与函数值的对应关系；解（3）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质．
11．（2020•中山区模拟）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣5，﹣4），与x轴交于点B（﹣2，0），
（1）二次函数的表达式；
（2）原抛物线绕坐标平面内的某一点旋转180°，得到新的抛物线与x轴的一个交点为点C，若新抛物线上存在一点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形为菱形，求新抛物线的表达式．
【分析】（1）根据二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣5，﹣4），与x轴交于点B（﹣2，0），可以设该抛物线的顶点式，然后再根据过点B，即可求得该抛物线的解析式；
（2）根据题意，可以分四种情况讨论，然后画出相应的图形，利用旋转的性质和菱形的性质，即可求得相应的抛物线的解析式．
【解析】（1）设该函数的解析式为y＝a（x+5）2﹣4，
∵该函数过点B（﹣2，0），
∴0＝a（﹣2+5）2﹣4，
解得，a=49，
∴y=49（x+5）2﹣4=49x2+409x+649，
即该函数的表达式是y=49x2+409x+649；
（2）∵A（﹣5，﹣4），B（﹣2，0），
∴AB＝5，
以点A、B、C、D为顶点且以AB为边的四边形是菱形，有两种情况，
第一种情况：当点D在x轴上方时，
∵以点A、B、C、D为顶点且以AB为边的四边形是菱形，且点C在x轴上，
∴AB＝AC＝5，
当点C在B左侧时，
∵点A为原抛物线的上的顶点，由抛物线的对称性可知，点C为原抛物线与x轴另外的一个交点，如图所示：
∴点C（﹣8，0），
此时点D与点A关于x轴对称，
∴点D（﹣5，4），
设新抛物线的解析式为y＝a（x+5）2+4，
∵该抛物线经过点C（﹣8，0），
∴0＝a（﹣8+5）2+4，得a=−49，
∴新抛物线的解析式为y=−49（x+5）2+4；
当点C在B的右侧时，此时点C与点B重合，不合题意；
第二种情况：当点D在x轴下方时，
若AB为菱形的边时，BC＝AB＝5，
当C在B的右侧时，如图，点C′坐标为（3，0），
∵B、D′关于菱形中心对称、A、C′关于菱形中心对称，
∴C′是新抛物线的顶点，
又∵AD′＝AB＝5，
∴D′（0，﹣4），
设新抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）2，
﹣4＝a（0﹣3）2，得a=−49，
则新抛物线的解析式为y=−49（x﹣3）2，
同理，当点C在B点左侧时，点C″的坐标为（﹣7，0），且点C″是新抛物线的顶点坐标，点D″的坐标为（﹣10，﹣4），
设新抛物线的解析式为y＝a（x+7）2，
﹣4＝a（﹣10+7）2，得a=−49，
则新抛物线的解析式为y=−49（x+7）2；
若AB为菱形的对角线时，则CD也是菱形的对角线，
当点A和点D对应时，则点D为新抛物线的顶点，
∵原抛物线的顶点为A（﹣5，﹣4），与x轴交于点B（﹣2，0），
∴原抛物线与x轴的另一个交点为（﹣8，0），
∴原抛物与x轴的两个交点之间的距离为﹣2﹣（﹣8）＝6，
∵5≠6，
∴此种情况不存在，
同理，当点C为新抛物线的顶点时，此种情况也不存在；
由上可得，新抛物线的解析式为y=−49（x+5）2+4，y=−49（x﹣3）2或y=−49（x+7）2．
【点评】本题是一道二次函数综合题，主要考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、旋转变换、菱形的性质，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想和分类讨论的思想解答．
12．（2019•秦安县模拟）如图①，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过坐标原点，与x轴的另一个交点为A，且顶点M坐标为（1，2），
（1）求该抛物线的解析式；
（2）现将它向右平移m（m＞0）个单位，所得抛物线与x轴交于C、D两点，与原抛物线交于点P，△CDP的面积为S，求S关于m的关系式；
（3）如图②，以点A为圆心，以线段OA为半径画圆，交抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴于点B，连接AB，若将抛物线向右平移m（m＞0）个单位后，B点的对应点为B′，A点的对应点为A′点，且满足四边形BAA′B′为菱形，平移后的抛物线的对称轴与菱形的对角线BA′交于点E，在x轴上是否存在一点F，使得以E、F、A′为顶点的三角形与△BAE相似？若存在，求出F点坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据抛物线经过原点、A点、M点可得抛物线的解析式；
（2）根据将抛物线向右平移m个单位得到平移后的解析式，将两个解析式组成一个方程组，解此方程组得P点的纵坐标，即△CDP的高，而底边CD的长据原抛物线可知，三角形面积可求；
（3）画出图形，根据圆和菱形的性质得出△BAE是直角三角形，若△BAE∽△A′EF，则△A′EF也是直角三角形，故可求A′F，则F坐标可求．
【解析】（1）由抛物线y＝ax2+bx+c经过坐标原点可得，
c＝0，
由顶点M坐标为（1，2），可得A点坐标为（2，0），
将他们的坐标值分别代入解析式可得，
2=a+b0=4a+2b，
解得，a=−2b=4，
故该抛物线的解析式为：y＝﹣2x2+4x；
（2）现将它向右平移m（m＞0）个单位，所得抛物线解析式为：
y＝﹣2（x﹣m）2+4（x﹣m），
原抛物线与平移后的解析式交于P点，
则有y=−2x2+4xy=−2(x−m)2+4(x−m)，
解得，x=m2+1y=−m22+2，
即P点坐标为：（m2+1，−m22+2），
那么△CDP的高为：−m22+2，而CD＝2，
则S=12×2×（−m22+2），
化简得，S=−m22+2；
（3）如图，
四边形BAA′B′为菱形，则有菱形的边长就是圆的半径为2，
B点的纵坐标为：22−12=3，
那么tan∠BA′A=33，
故∠BA′A＝∠A′BA＝30°，
A′E＝AE=1cos30°=233，
则AEAB=33正好是tan30°的值，
故∠BAE＝90°而△BAE∽△A′EF，
则∠A′EF＝90°，
A′F=A'Ecos30°=43，
则AF＝2−43=23，F横坐标为：2+23=83，
故在x轴上存在一点F，F的坐标为：（83，0）．
【点评】本题考查二次函数的综合运用，其中涉及圆的性质和三角函数的运用，难度较大，计算较为复杂．
【题组四】
13．（2019•河东区模拟）如图，点A（﹣2，4）和点B（1，0）在抛物线y＝ax2+bx+4上．
（1）求抛物线的表达式；
（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A1，点B的对应点为B1，若四边形AA1B1B为菱形，求平移后抛物线的对称轴；
（3）在（2）的条件下，记平移后抛物线的对称轴与直线A1B的交点为点C，试在平面内找一点D，使得以点A1、B1、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求D点的坐标．
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）由点A，B的坐标利用两点间的距离（勾股定理）可求出AB的长度，利用菱形的性质可得出AA1的长度，再结合原抛物线的对称轴可求出平移后抛物线的对称轴；
（3）由AA1的长度可得出点A1，B1的坐标，根据点A1，B的坐标，利用待定系数法可求出直线A1B的表达式，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，分B1C为对角线、A1B1为对角线和A1C为对角线三种情况考虑，由A1，B1，C的坐标，利用平行四边形的对角线互相平分可求出点D的坐标，此题得解．
【解析】（1）将A（﹣2，4），B（1，0）代入y＝ax2+bx+4，得：4a−2b+c=4a+b+4=0，
解得：a=−43b=−83，
∴抛物线的表达式为y=−43x2−83x+4．
（2）∵点A的坐标为（﹣2，4），点B的坐标为（1，0），
∴AB=[1−(−2)]2+(0−4)2=5．
∵四边形AA1B1B为菱形，
∴AA1＝AB＝5，
∴抛物线向右平移5个单位．
∵原抛物线的对称轴为直线x=−−832×(−43)=−1，
∴平移后抛物线的对称轴为直线x＝﹣1+5＝4．
（3）∵AA1＝5，
∴点A1的坐标为（3，4），点B1的坐标为（6，0）．
设直线A1B的表达式为y＝mx+n（m≠0），
将A1（3，4），B（1，0）代入y＝mx+n，得：3m+n=4m+n=0，
解得：m=2n=−2，
∴直线A1B的表达式为y＝2x﹣2．
当x＝4时，y＝2x﹣2＝6，
∴点C的坐标为（4，6）．
分三种情况考虑（如图所示）：
①当B1C为对角线时，∵A1（3，4），B1（6，0），C（4，6），
∴点D的坐标为（6+4﹣3，0+6﹣4），即（7，2）；
②当A1B1为对角线时，∵A1（3，4），B1（6，0），C（4，6），
∴点D的坐标为（3+6﹣4，4+0﹣6），即（5，﹣2）；
③当A1C为对角线时，∵A1（3，4），B1（6，0），C（4，6），
∴点D的坐标为（3+4﹣6，4+6﹣0），即（1，10）．
综上所述：以点A1、B1、C、D为顶点的四边形是平行四边形时，D点的坐标为（7，2），（5，﹣2）或（1，10）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、坐标的平移、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、菱形的性质以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数关系式；（2）利用菱形的性质求出抛物线平移的距离；（3）分B1C为对角线、A1B1为对角线和A1C为对角线三种情况，利用平行四边形的性质求出点D的坐标．
14．（2020•吉安模拟）如图，已知二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）和二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1（m≥1）图象的顶点分别为M，N，与x轴分别相交于A、B两点（点A在点B的左边）和C、D两点（点C在点D的左边）．
（1）函数y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）的顶点坐标为 （﹣1，﹣4m+1） ；当二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而增大时，则x的取值范围是 ﹣1＜x＜3 ；
（2）当AD＝MN时，判断四边形AMDN的形状（直接写出，不必证明）；
（3）抛物线L1，L2均会分别经过某些定点：
①求所有定点的坐标；
②若抛物线L1位置固定不变，通过左右平移抛物线L2的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线L2应平移的距离是多少？
【分析】（1）将已知抛物线解析式转化为顶点式，直接得到点M的坐标；结合函数图象填空；
（2）利用抛物线解析式与一元二次方程的关系求得点A、B、C、D的横坐标，可得AD的中点为（1，0），MN的中点为（1，0），则AD与MN互相平分，可证四边形AMDN是矩形；
（3）根据菱形的性质可得EH1＝EF＝4即可，设平移的距离为x，根据平移后图形为菱形，由勾股定理可得方程即可求解．
【解析】（1）x=−b2a=−1，顶点坐标M为（﹣1，﹣4m+1），
由图象得：当﹣1＜x＜3时，二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而增大．
故答案为：（﹣1，﹣4m+1）；﹣1＜x＜3
（2）结论：四边形AMDN是矩形．
由二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）和二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1（m≥1）解析式可得：
A点坐标为（−1−4m−1m，0），D点坐标为（3+4m−1m，0），顶点M坐标为（﹣1，﹣4m+1），顶点N坐标为（3，4m﹣1），
∴AD的中点为（1，0），MN的中点为（1，0），
∴AD与MN互相平分，
∴四边形AMDN是平行四边形，
又∵AD＝MN，
∴▱AMDN是矩形．
（3）
①∵二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1＝m（x+3）（x﹣1）+1，
故当x＝﹣3或x＝1时y＝1，即二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1经过（﹣3，1）、（1，1）两点，
∵二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1＝﹣m（x﹣1）（x﹣5）﹣1，
故当x＝1或x＝5时y＝﹣1，即二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1经过（1，﹣1）、（5，﹣1）两点，
②∵二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1经过（﹣3，1）、（1，1）两点，二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1经过（1，﹣1）、（5，﹣1）两点，
如图：四个定点分别为E（﹣3，1）、F（1，1），H（1，﹣1）、G（5，﹣1），则组成四边形EFGH为平行四边形，
设平移的距离为x，根据平移后图形为菱形，
由勾股定理可得：42＝22+（4﹣x）2．
解得：x=4±23，
抛物线L1位置固定不变，通过左右平移抛物线L2的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线L2应平移的距离是4+23或4−23．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
15．（2020•连山区三模）如图①，直线AB：y=3x+23与x轴、y轴分别交于A，B两点，将△ABO沿x轴正方向平移后，点A、点B的对应点分别为点D、点C，且四边形ABCD为菱形，连接AC，抛物线y＝ax2+bx+c经过A、B、C三点，点P为AC上方抛物线上一动点，作PE⊥AC，垂足为E．
（1）求此抛物线的函数关系式；
（2）求线段PE长度的最大值；
（3）如图②，延长PE交x轴于点F，连接OP，若△OPF为等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
【分析】（1）由直线AB的表达式求出点A、B的坐标，则BC＝AB=22+(23)2=4，求出点C的坐标，进而求解；
（2）PEPG=sin60°=32，则PE=32PG=32(−36x2+33x+433)=−14x2+12x+2=−14(x−1)2+94，即可求解；
（3）分点P在y轴右侧和左侧两种情况，分别求出OP的函数表达式，进而求解．
【解析】（1）∵当x＝0时，y＝23，当y＝0时，x＝﹣2，
∴A(−2，0)，B(0，23)，
∴BC＝AB=22+(23)2=4，
∴C(4，23)，
∴4a−2b+c=016a+4b+c=23c=23，解得a=−36b=233c=23，
故抛物线的表达式为：y=−36x2+233x+23①；
（2）过点P作PH⊥x轴于H，交AC于点G，
设直线AC为：y＝kx+t，则−2k+t=04k+t=23，解得k=33t=233，
∴y=33x+233．
设P(x，−36x2+233x+23)，则G(x，33x+233)，
∴PG=(−36x2+233x+23)−(33x+233)=−36x2+33x+433，
∵tan∠BAO=BOAO=3，
∴∠BAO＝60°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠CAD＝30°，
∴∠PGE＝∠AGH＝60°，
∴PEPG=sin60°=32，
∴PE=32PG=32(−36x2+33x+433)=−14x2+12x+2=−14(x−1)2+94，
∵−14＜0，
∴当x＝1时，PE最大，最大值为94；
（3）①当点P在y轴右侧时，
由（2）知：∠CAD＝30°＝∠EAF，
则∠AFE＝90°﹣∠EAF＝60°，
当△OPF为等腰三角形，则△OPF为等边三角形，则直线OP的倾斜角为60°，
设直线OP的表达式为：y=3x②，
联立①②并解得：x＝﹣1±13，
∵点P为AC上方抛物线上一动点，即﹣2＜x＜4，
故x＝﹣1+13，
故点P（﹣1+13，39−3）；
②当点P在y轴左侧时，
∵△OPF为等腰三角形，
则OF＝PF，而∠PFA＝60°，
∴∠FOP＝∠OPF=12∠PFA＝30°，
故直线OP的表达式为y=−33x③，
联立①③并解得x＝3±21（舍去正值），
故x＝3−21，
故点P（3−21，7−3）；
综上，点P的坐标为（3−21，7−3）或（﹣1+13，39−3）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质等，具有一定的综合性，难度适中．
16．（2019•南昌模拟）已知：抛物线C1：y＝﹣（x+m）2+m2（m＞0），抛物线C2：y＝（x﹣n）2+n2（n＞0），称抛物线C1，C2互为派对抛物线，例如抛物线C1：y＝﹣（x+1）2+1与抛物线C2：y＝（x−2）2+2是派对抛物线，已知派对抛物线C1，C2的顶点分别为A，B，抛物线C1的对称轴交抛物线C2于C，抛物线C2的对称轴交抛物线C1与D．
（1）已知抛物线①y＝﹣x2﹣2x，②y＝（x﹣3）2+3，③y＝（x−2）2+2，④y＝x2﹣x+12，则抛物线①②③④中互为派对抛物线的是 ①与③；①与④ （请在横线上填写抛物线的数字序号）；
（2）如图1，当m＝1，n＝2时，证明AC＝BD；
（3）如图2，连接AB，CD交于点F，延长BA交x轴的负半轴于点E，记BD交x轴于G，CD交x轴于点H，∠BEO＝∠BDC．
①求证：四边形ACBD是菱形；
②若已知抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4，请求出m的值．
【分析】（1）先把四个解析式配成顶点式，然后根据派对抛物线的定义进行判断；
（2）利用抛物线C1：y＝﹣（x+1）2+1，抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4得到A（﹣1，1），B（2，4），再计算出C（﹣1，13），D（2，﹣8），则AC＝12，BD＝12，于是可判断AC＝BD；
（3）①先表示出A（﹣m，m2）；B（n，n2），再表示出C（﹣m，m2+2mn+2n2），D（n，﹣2mn﹣n2），接着可计算出AC＝BD＝2mn+2n2，则可判断四边形ACBD为平行四边形，然后利用三角形内角和，由∠BEO＝∠BDC得到∠EFH＝∠DGH＝90°，从而可判断四边形ACBD是菱形；
②由抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4得到B（2，4），即n＝2，则AC＝BD＝4m+8，再利用A（﹣m，m2）可表示出C（﹣m，m2+4m+8），所以BC2＝（m+2）2+（m+2）4，然后利用BC＝BD得（m+2）2+（m+2）4＝（4m+8）2，最后利用m＞0可求出m的值．
【解答】（1）解：①y＝﹣x2﹣2x＝﹣（x+1）2+12，②y＝（x﹣3）2+3＝（x﹣3）2+（3）2，③y＝（x−2）2+（2）2，④y＝x2﹣x+12=（x−12）2+（12）2，
所以①与③互为派对抛物线；①与④互为派对抛物线；
故答案为①与③；①与④；
（2）证明：当m＝1，n＝2时，抛物线C1：y＝﹣（x+1）2+1，抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4，
∴A（﹣1，1），B（2，4），
∵AC∥BD∥y轴，
∴点C的横坐标为﹣1，点D的横坐标为2，
当x＝﹣1时，y＝（x﹣2）2+4＝13，则C（﹣1，13）；
当x＝2时，y＝﹣（x+1）2+1＝﹣8，则D（2，﹣8），
∴AC＝13﹣1＝12，BD＝4﹣（﹣8）＝12，
∴AC＝BD；
（3）①抛物线C1：y＝﹣（x+m）2+m2（m＞0），则A（﹣m，m2）；
抛物线C2：y＝（x﹣n）2+n2（n＞0），则B（n，n2）；
当x＝﹣m时，y＝（x﹣n）2+n2＝m2+2mn+2n2，则C（﹣m，m2+2mn+2n2）；
当x＝n时，y＝﹣（x+m）2+m2＝﹣2mn﹣n2，则D（n，﹣2mn﹣n2）；
∴AC＝m2+2mn+2n2﹣m2＝2mn+2n2，BD＝n2﹣（﹣2mn﹣n2）＝2mn+2n2，
∴AC＝BD；
∴四边形ACBD为平行四边形，
∵∠BEO＝∠BDC，
而∠EHF＝∠DHG，
∴∠EFH＝∠DGH＝90°，
∴AB⊥CD，
∴四边形ACBD是菱形；
②∵抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4，则B（2，4），
∴n＝2，
∴AC＝BD＝2mn+2n2＝4m+8，
而A（﹣m，m2），
∴C（﹣m，m2+4m+8），
∴BC2＝（﹣m﹣2）2+（m2+4m+8﹣4）2＝（m+2）2+（m+2）4，
∵四边形ACBD是菱形，
∴BC＝BD，
∴（m+2）2+（m+2）4＝（4m+8）2，
即（m+2）4＝15（m+2）2，
∵m＞0，
∴（m+2）2＝15，
∴m+2=15，
∴m=15−2．
【点评】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和菱形的判定方法；会利用乘法公式进行代数式的变形；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式．
【题组五】
17．（2019•新野县二模）如图，二次函数y＝﹣x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为B（4，0），另一个交点为A，且与y轴相交于C点．
（1）求m的值及C点坐标；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得它到B、C两点的距离和最小，若存在，求出此时M点坐标，若不存在，请说明理由；
（3）P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q，当四边形PBQC为菱形时，请直接写出点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求得点C的坐标，然后依据待定系数法求得直线BC的解析式，然后再求得抛物线的对称轴方程，由三角形的三边关系可知当点M、C、B在一条直线上时，MC+MB有最小值，最后将点M的横坐标代入直线BC的解析式可求得点P的纵坐标；
（3）先判断出四边形PBQC时菱形时，点P是线段BC的垂直平分线，利用该特殊性建立方程求解．
【解析】（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，
解得，m＝4，
二次函数解析式为y＝﹣x2+3x+4，
令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4）；
（2）存在，如图所示
∵MC+MB≥BC，
∴当点M、C、B在一条直线上时，MC+MB有最小值．
∵点C的坐标为（0，4）．
设直线BC的解析式为y＝kx+4．
∵将点B、C的坐标代入得：4k+b=0b=4，解得k＝﹣1，b＝4，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
∵抛物线的对称轴为x=−b2a=32，
∴点M的横坐标为32，
∵将x=32代入直线BC的解析式得y=−32+4=52，
∴点M的坐标为(32，52)；
（3）如图，
∵点P在抛物线上，
∴设P（m，﹣m2+3m+4），
当四边形PBQC是菱形时，点P在线段BC的垂直平分线上，
∵B（4，0），C（0，4）
∴线段BC的垂直平分线的解析式为y＝x，
∴m＝﹣m2+3m+4，
∴m=1±5，
∴P(1+5，1+5)或P(1−5，1−5)．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式．
18．（2019秋•无棣县期末）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，A点在原点的左侧，抛物线的对称轴x＝1，与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的解析式及A、B点的坐标．
（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO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的最大面积．
【分析】（1）函数的对称轴为：x=−b2=1，解得：b＝﹣2，即可求解；
（2）四边形POP′C为菱形，则yP=−12OC=−32，即可求解；
（3）ABPC的面积S＝S△ABC+S△BCP=12×AB×OC+12×PH×OB=12×4×3+12×3×（x﹣3﹣x2+2x+3）=−32x2−92x+6，即可求解．
【解析】（1）函数的对称轴为：x=−b2=1，解得：b＝﹣2，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x＝﹣1或3，
故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）；
（2）存在，理由：
如图1，四边形POP′C为菱形，则yP=−12OC=−32，
即y＝x2﹣2x﹣3=−32，
解得：x＝1±102（舍去负值），
故点P（1+102，−32）；
（3）过点P作PH∥y轴交BC于点P，
由点B、C的坐标得，BC的表达式为：y＝x﹣3，
设点P（x，x2﹣2x﹣3），则点H（x，x﹣3），
ABPC的面积S＝S△ABC+S△BCP
=12×AB×OC+12×PH×OB
=12×4×3+12×3×（x﹣3﹣x2+2x+3）
=−32x2+92x+6，
∵−32＜0，
故S有最大值为758，此时点P（32，−154）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
19．（2019•延边州一模）定义：在平面直角坐标系中，O为坐标原点，设点P的坐标为（x，y），当x＜0时，点P的变换点P′的坐标为（﹣x，y）；当x≥0时，点P的变换点P′的坐标为（﹣y，x）．
（1）若点A（2，1）的变换点A′在反比例函数y=kx的图象上，则k＝ ﹣2 ；
（2）若点B（2，4）和它的变换点B'在直线y＝ax+b上，则这条直线对应的函数关系式为 y=13x+103 ，∠BOB′的大小是 90 度．
（3）点P在抛物线y＝x2﹣2x﹣3的图象上，以线段PP′为对角线作正方形PMP'N，设点P的横坐标为m，当正方形PMP′N的对角线垂直于x轴时，求m的取值范围．
（4）抛物线y＝（x﹣2）2+n与x轴交于点C，D（点C在点D的左侧），顶点为E，点P在该抛物线上．若点P的变换点P′在抛物线的对称轴上，且四边形ECP′D是菱形，求n的值．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）确定点B′的坐标，把问题转化为方程组解决；
（3）分m＜0和m≥0两种情形解决．
（4）利用菱形的性质，构建方程即可解决问题；
【解析】（1）由题意A′（﹣1，2），
把A（﹣1，2）代入y=kx中，得到k＝﹣2，
故答案为﹣2．
（2）点B（2，4）的变换点B′（﹣4，2），
把（2，4），（﹣4，2）代入y＝ax+b中．
得到2a+b=4−4a+b=2，
解得a=13b=103
∴y=13x+103，
∠BOB′＝90°，
故答案为y=13x+103，90．
（3）当m＜0时，点P与点P'关于y轴对称，此时MN垂直于x 轴，所以m＜0．
当m≥0时，若PP'⊥x轴，则点P'的坐标为（m，m），点P的坐标为（m，﹣m）．
将点P（m，﹣m）代入y＝x2﹣2x﹣3，得﹣m＝m2﹣2m﹣3．
解得m1=1+132，m2=1−132（不合题意，舍去）．
所以m=1+132．
若MN⊥x轴，则PP'∥x轴，点P的坐标为（m，m）．
将点P（m，m）代入y＝x2﹣2x﹣3，得m＝m2﹣2m﹣3．
解得m1=3+212，m2=3−212（不合题意，舍去）．
所以m=3+212．
综上所述，m的取值范围是m＜0，m=1+132，m=3+212．
（4）∵四边形ECP'D是菱形，
∴点E与点P'关于x轴对称．
∵点E的坐标为（2，n），
∴点P'的坐标为（2，﹣n）．
当点P在y轴左侧时，点P的坐标为（﹣2，﹣n）．
代入y＝（x﹣2）2+n，得﹣n＝（﹣2﹣2）2+n．
n＝﹣8．
当点P在y轴右侧时，点P的坐标为（﹣n，﹣2）．
代入y＝（x﹣2）2+n，得﹣2＝（﹣n﹣2）2+n．n1＝﹣2，n2＝﹣3．
综上所述，n的值是n＝﹣8，n＝﹣2，n＝﹣3．
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、待定系数法、变换点的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的射线思考问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．
20．（2019•越秀区校级一模）如图1，抛物线C1：y＝ax2+bx﹣2与直线l：y=−12x−12交于x轴上的一点A，和另一点B（3，n）
（1）求抛物线C1的解析式；
（2）点P是抛物线C1上的一个动点（点P在A，B两点之间，但不包括A，B两点）PM⊥AB于点M，PN∥y轴交AB于点N，求MN的最大值；
（3）如图2，将抛物线C1绕顶点旋转180°后，再作适当平移得到抛物线C2，已知抛物线C2的顶点E在第一象限的抛物线C1上，且抛物线C2与抛物线C1交于点D，过点D作DF∥x轴交抛物线C2于点F，过点E作EG∥x轴交抛物线C1于点G，是否存在这样的抛物线C2，使得四边形DFEG为菱形？若存在，请求E点的横坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求直线l与x轴交点A坐标、B坐标，用待定系数法求抛物线C1的解析式．
（2）延长PN交x轴于点H，设点P横坐标为m，由PN∥y轴可得点N、H横坐标也为m，即能用m表示PN、NH、AH的长．由∠AHN＝∠PMN＝90°及对顶角∠ANH＝∠PNM可得∠NAH＝∠NPM．发现在Rt△PMN中，MN与PN比值即为sin∠NPM，故先在Rt△ANH中求sin∠NAH的值，再代入MN＝PN•sin∠NPM，即得到MN与m的函数关系式，配方即求得MN最大值．
（3）设点E（e，12e2−32e﹣2），所以可设抛物线C2顶点式为y=−12（x﹣e）2+12e2−32e﹣2．令两抛物线解析式y＝0列得关于x的方程，解得两抛物线的另一交点D即为抛物线C1的顶点，故DG＝DE＝EF，且求得DF平行且等于GE，即四边形DFEG首先一定是平行四边形．由▱DFEG为菱形可得DF＝DG，故此时△DEF为等边三角形．利用特殊三角函数值作为等量关系列方程，即求得e的值．
【解析】（1）直线l：y=−12x−12交x轴于点A
∴−12x−12=0，解得：x＝﹣1
∴A（﹣1，0）
∵点B（3，n）在直线l上
∴n=−12×3−12=−2
∴B（3，﹣2）
∵抛物线C1：y＝ax2+bx﹣2经过点A、B
∴a−b−2=09a+3b−2=−2 解得：a=12b=−32
∴抛物线C1的解析式为y=12x2−32x﹣2
（2）如图1，延长PN交x轴于点H
∴∠AHN＝90°
设P（m，12m2−32m﹣2）（﹣1＜m＜3）
∵PN∥y轴
∴xN＝xH＝xP＝m
∴N（m，−12m−12），AH＝m+1，
∴NH＝﹣（−12m−12）=12m+12，PN=−12m−12−（12m2−32m﹣2）=−12m2+m+32
∵Rt△AHN中，tan∠NAH=NHAH=12
∴sin∠NAH=NHAN=NHNH2+AH2=NHNH2+(2NH)2=NH5NH=55
∵PM⊥AB于点M
∴∠AHN＝∠PMN＝90°
∵∠ANH＝∠PNM
∴∠NAH＝∠NPM
∴Rt△PMN中，sin∠NPM=MNPN=55
∴MN=55PN=55（−12m2+m+32）=−510（m﹣1）2+255
∴MN的最大值为255
（3）存在满足条件的抛物线C2，使得四边形DFEG为菱形
如图2，连接DE，过点E作EQ⊥DF于点Q
∵y=12x2−32x﹣2=12（x−32）2−258
∴抛物线C1顶点为（32，−258）
设E（e，12e2−32e﹣2）（e＞4）
∴抛物线C2顶点式为y=−12（x﹣e）2+12e2−32e﹣2
当−12（x﹣e）2+12e2−32e﹣2=12x2−32x﹣2
解得：x1＝e，x2=32
∴两抛物线另一交点D（32，−258）为抛物线C1顶点
∵EG∥x轴，DF∥x轴
∴EG＝DF＝2DQ＝2（e−32）＝2e﹣3，EQ=12e2−32e﹣2+258=12e2−32e+98
∴四边形DFEG是平行四边形
若▱DFEG为菱形，则DG＝DF
∵由抛物线对称性可得：DG＝DE＝EF
∴DE＝EF＝DF
∴△DEF是等边三角形
∴EQDQ=tan∠EDQ=3
∴12e2−32e+98=3（e−32）
解得：e1=32（舍去），e2＝23+32
∴E点的横坐标为（23+32）时，四边形DFEG为菱形．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，三角函数的应用，求二次函数最值，二元一次方程组和一元二次方程的解法，菱形的判定和性质．第（3）题问是否存在满足条件的点E，使四边形DFEG为菱形，需要先证明它一定是平行四边形，才有可能存在．
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专题7二次函数与菱形存在性问题
我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是
①四边都相等的四边形是菱形；②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ；③邻边相等的平行四边形是菱形；④对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ；⑤一条对角线平分一个顶角的平行四边形是菱形.
在做几何证明题的时候我们常用的判定方法主要是前三种.
二次函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大的多，纵观历年中考真题，菱形存在性问题主要是以“两定两动”为设问方式，其中两定指的是四边形四个顶点其中有两个顶点的坐标是确定的或者是可求解的；两动指的是其中一个动点在一条直线或者抛物线上，另外一个动点是平面内任意一点或者该动点也在一条直线或者抛物线上.
【例1】（2020•阜新）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，构建方程组解决问题即可．
（2）①构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
②分三种情形：如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，分别求解即可．
【解析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，得9−3b+c=01+b+c=0，
解得b=2c=−3，
∴y＝x2+2x﹣3．
（2）①设直线AC的表达式为y＝kx+b，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b．得b=−3−3k+b=0，
解得k=−1b=−3，
∴y＝﹣x﹣3，
∵点P（m，0）是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴M（m，﹣m﹣3），N（m，m2+2m﹣3），
∴MN＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2+94，
∵a＝﹣1＜0，
∴此函数有最大值．
又∵点P在线段OA上运动，且﹣3＜−32＜0，
∴当m=−32时，MN有最大值94．
②如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．
∵MN＝﹣m2﹣3m，MC=−2m，
∴﹣m2﹣3m=−2m，
解得m＝﹣3+2或0（舍弃）
∴MN＝32−2，
∴CQ＝MN＝32−2，
∴OQ＝32+1，
∴Q（0，﹣32−1）．
如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，此时CN＝MN＝CQ＝2，可得Q（0，﹣1）．
如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，
则有，m2+3m=−2m，
解得m＝﹣3−2或0（舍弃），
∴MN＝CQ＝32+2，
∴OQ＝CQ﹣OC＝32−1，
∴Q（0，32−1）．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，﹣32−1）或（0，﹣1）或（0，32−1）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【例2】（2020•重庆）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c与直线AB相交于A，B两点，其中A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，求△PAB面积的最大值；
（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，点D为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E，使以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）△PAB面积S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=−32x2−92x，即可求解；
（3）分BC为菱形的边、菱形的的对角线两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得−4=9−3b+cc=−1，解得b=4c=−1，
故抛物线的表达式为：y＝x2+4x﹣1；
（2）设直线AB的表达式为：y＝kx+t，则−4=−3k+tt=−1，解得k=1t=−1，
故直线AB的表达式为：y＝x﹣1，
过点P作y轴的平行线交AB于点H，
设点P（x，x2+4x﹣1），则H（x，x﹣1），
△PAB面积S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=−32x2−92x，
∵−32＜0，故S有最大值，当x=−32时，S的最大值为278；
（3）抛物线的表达式为：y＝x2+4x﹣1＝（x+2）2﹣5，
则平移后的抛物线表达式为：y＝x2﹣5，
联立上述两式并解得：x=−1y=−4，故点C（﹣1，﹣4）；
设点D（﹣2，m）、点E（s，t），而点B、C的坐标分别为（0，﹣1）、（﹣1，﹣4）；
①当BC为菱形的边时，
点C向右平移1个单位向上平移3个单位得到B，同样D（E）向右平移1个单位向上平移3个单位得到E（D），
即﹣2+1＝s且m+3＝t①或﹣2﹣1＝s且m﹣3＝t②，
当点D在E的下方时，则BE＝BC，即s2+（t+1）2＝12+32③，
当点D在E的上方时，则BD＝BC，即22+（m+1）2＝12+32④，
联立①③并解得：s＝﹣1，t＝2或﹣4（舍去﹣4），故点E（﹣1，2）；
联立②④并解得：s＝﹣3，t＝﹣4±6，故点E（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4−6）；
②当BC为菱形的的对角线时，
则由中点公式得：﹣1＝s﹣2且﹣4﹣1＝m+t⑤，
此时，BD＝BE，即22+（m+1）2＝s2+（t+1）2⑥，
联立⑤⑥并解得：s＝1，t＝﹣3，
故点E（1，﹣3），
综上，点E的坐标为：（﹣1，2）或（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4−6）或（1，﹣3）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
【例3】（2019•阿坝州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c经过原点O，顶点为A（2，﹣4）．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）设点P为抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴上的一点，点Q在该抛物线上，当四边
形OAQP为菱形时，求出点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线y＝ax2+bx+c在第一象限的图象上是否存在一点M，使得点M到直线OP的距离与其到x轴的距离相等？若存在，求出直线OM的函数解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣h）2+k，将点A、O的坐标代入上式，即可求解；
（2）OAQP为菱形时，则OA＝AQ，则点Q与点A关于函数对称轴对称，故点P和点A关于x轴对称，即可求解；
（3）延长HM交直线OP于点R，利用解直角三角形的方法求解点M的坐标，即可求解．
【解析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣h）2+k，
将点A的坐标代入得，y＝a（x﹣2）2﹣4，
将O的坐标代入上式并解得：a＝1，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣4x；
（2）点A（2，﹣4），则抛物线的对称轴为x＝2，
OAQP为菱形时，则OA＝AQ，则点Q（抛物线与x轴的右侧交点）与点A关于函数对称轴对称，
故点P和点A关于x轴对称，故点P（2，4）；
（3）存在，理由：
过点M分别作x轴、PO的垂线，垂足分别为H、G，延长HM交直线OP于点R，
点M到直线OP的距离与其到x轴的距离相等，则GM＝MH，
tan∠POH=42=2，则tan∠ORH=12，
设GM＝MH＝m，则GR＝2m，则RM=5m，RH＝RM+MH＝m+5m，
tan∠ORH=12=OHRH，则OH=12RH=1+52m，
故点M（1+52m，m），
设直线OM的表达式为y＝sx，
将点M坐标代入上式并解得：s=25+1=5−12，
故直线OM的表达式为y=5−12x．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、解直角三角形等，有一定的综合性，难度适中．
【例4】（2019•辽阳）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的边BC在x轴上，∠ABC＝90°，以A为顶点的抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点C（3，0），交y轴于点E（0，3），动点P在对称轴上．
（1）求抛物线解析式；
（2）若点P从A点出发，沿A→B方向以1个单位/秒的速度匀速运动到点B停止，设运动时间为t秒，过点P作PD⊥AB交AC于点D，过点D平行于y轴的直线l交抛物线于点Q，连接AQ，CQ，当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？
（3）若点M是平面内的任意一点，在x轴上方是否存在点P，使得以点P，M，E，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出符合条件的M点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）S△ACQ=12×DQ×BC，即可求解；
（3）分EC是菱形一条边、EC是菱形一对角线两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式得：−9+3b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
故抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，
则点A（1，4）；
（2）将点A、C的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线AC的表达式为：y＝﹣2x+6，
点P（1，4﹣t），则点D（t+22，4﹣t），设点Q（t+22，4−t24），
S△ACQ=12×DQ×BC=−14t2+t，
∵−14＜0，故S△ACQ有最大值，当t＝2时，其最大值为1；
（3）设点P（1，m），点M（x，y），
①当EC是菱形一条边时，
当点M在点P右方时，
点E向右平移3个单位、向下平移3个单位得到C，
则点P向右平移3个单位、向下平移3个单位得到M，
则1+3＝x，m﹣3＝y，
而MP＝EP得：1+（m﹣3）2＝（x﹣1）2+（y﹣m）2，
解得：y＝m﹣3=17，
故点M（4，17）；
当点M在点P左方时，
同理可得：点M（﹣2，3+14）；
②当EC是菱形一对角线时，
则EC中点即为PM中点，
则x+1＝3，y+m＝3，
而PE＝PC，即1+（m﹣3）2＝4+m2，
解得：m＝1，
故x＝2，y＝3﹣m＝3﹣1＝2，
故点M（2，2）；
综上，点M（4，17）或（﹣2，3+14）或M（2，2）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
【例5】（2019•齐齐哈尔）综合与探究
如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA＝2，OC＝6，连接AC和BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在抛物线的对称轴上，当△ACD的周长最小时，点D的坐标为 （12，﹣5） ．
（3）点E是第四象限内抛物线上的动点，连接CE和BE．求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；
（4）若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由OA＝2，OC＝6得到A（﹣2，0），C（0，﹣6），用待定系数法即求得抛物线解析式．
（2）由点D在抛物线对称轴上运动且A、B关于对称轴对称可得，AD＝BD，所以当点C、D、B在同一直线上时，△ACD周长最小．求直线BC解析式，把对称轴的横坐标代入即求得点D纵坐标．
（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F，设点E横坐标为t，则能用t表示EF的长．△BCE面积拆分为△BEF与△CEF的和，以EF为公共底计算可得S△BCE=12EF•OB，把含t的式子代入计算即得到S△BCE关于t的二次函数，配方即求得最大值和t的值，进而求得点E坐标．
（4）以AC为菱形的边和菱形的对角线进行分类画图，根据菱形邻边相等、对边平行的性质确定点N在坐标．
【解析】（1）∵OA＝2，OC＝6
∴A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∵抛物线y＝x2+bx+c过点A、C
∴4−2b+c=00+0+c=−6 解得：b=−1c=−6
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣6
（2）∵当y＝0时，x2﹣x﹣6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝3
∴B（3，0），抛物线对称轴为直线x=−2+32=12
∵点D在直线x=12上，点A、B关于直线x=12对称
∴xD=12，AD＝BD
∴当点B、D、C在同一直线上时，C△ACD＝AC+AD+CD＝AC+BD+CD＝AC+BC最小
设直线BC解析式为y＝kx﹣6
∴3k﹣6＝0，解得：k＝2
∴直线BC：y＝2x﹣6
∴yD＝2×12−6＝﹣5
∴D（12，﹣5）
故答案为：（12，﹣5）
（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F
设E（t，t2﹣t﹣6）（0＜t＜3），则F（t，2t﹣6）
∴EF＝2t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+3t
∴S△BCE＝S△BEF+S△CEF=12EF•BG+12EF•OG=12EF（BG+OG）=12EF•OB=12×3（﹣t2+3t）=−32（t−32）2+278
∴当t=32时，△BCE面积最大
∴yE＝（32）2−32−6=−214
∴点E坐标为（32，−214）时，△BCE面积最大，最大值为278．
（4）存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形．
∵A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∴AC=22+62=210
①若AC为菱形的边长，如图3，
则MN∥AC且，MN＝AC＝210
∴N1（﹣2，210），N2（﹣2，﹣210），N3（2，0）
②若AC为菱形的对角线，如图4，则AN4∥CM4，AN4＝CN4
设N4（﹣2，n）
∴﹣n=22+(n+6)2
解得：n=−103
∴N4（﹣2，−103）
综上所述，点N坐标为（﹣2，210），（﹣2，﹣210），（2，0），（﹣2，−103）．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，轴对称求最短路径，一次函数的图象与性质，一次方程（组）的解法，菱形的性质，勾股定理．第（4）题对菱形顶点存在性的判断，以确定的边AC进行分类，再画图讨论计算．
【例6】（2020•嘉兴模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点P是直线BC下方的抛物线上一动点（不点B，C重合），过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，设点P的横坐标为m．
①用含m的代数式表示线段PD的长．
②连接PB，PC，求△PBC的面积最大时点P的坐标．
（3）设抛物线的对称轴与BC交于点E，点M是抛物线的对称轴上一点，N为y轴上一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形？如果存在，请直接写出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0）代入即可求解；
（2）①先确定直线BC解析式，根据过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，即可用含m的带上书表示出P和D的坐标进而求解；
②用含m的代数式表示出△PBC的面积，可得S是关于m的二次函数，即可求解；
（3）根据（1）中所得二次函数图象和对称轴先得点E的坐标即可写出点三个位置的点M的坐标．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，
∴a+b+3=09a+3b+3=0，解得a=1b=−4，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）如图：
①设P（m，m2﹣4m+3），
将点B（3，0）、C（0，3）代入得直线BC解析式为yBC＝﹣x+3．
∵过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，
∴D（m，﹣m+3），
∴PD＝（﹣m+3）﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+3m．
答：用含m的代数式表示线段PD的长为﹣m2+3m．
②S△PBC＝S△CPD+S△BPD
=12OB•PD=−32m2+92m
=−32（m−32）2+278．
∴当m=32时，S有最大值．
当m=32时，m2﹣4m+3=−34．
∴P（32，−34）．
答：△PBC的面积最大时点P的坐标为（32，−34）．
（3）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形．
根据题意，点E（2，1），
∴EF＝CF＝2，
∴EC＝22，
根据菱形的四条边相等，
∴ME＝EC＝22，
∴M（2，1﹣22）或（2，1+22）
当EM＝EF＝2时，M（2，3）
答：点M的坐标为M1（2，3），M2（2，1﹣22），M3（2，1+22）．
【点评】本题考查了二次函数与方程、几何知识的综合应用，
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．
解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
【题组一】
1．（2020•师宗县一模）如图，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，点M为抛物线的对称轴上的一个动点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当点M在x轴的上方时，求四边形COAM周长的最小值；
（3）在平面直角坐标系内是否存在点N，使以C，P，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，请写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点B，点C坐标，代入解析式可求解；
（2）由抛物线的对称性可得AM＝BM，点A（1，0），由四边形COAM周长＝OC+OA+AM+CM＝4+BM+CM，则点B，点M，点C三点共线时，BM+CM有最小值为BC的长，即四边形COAM周长的最小值＝4+BC，由勾股定理可求解；
（3）由菱形的性质可得△CPM是等腰三角形，分三种情况讨论，由两点距离公式可求解．
【解析】（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B，点C，
∴点B（3，0），点C（0，3），
∵抛物线y＝x2+bx+c经过B，C两点，
∴9+3b+c=0c=3，
解得b=−4c=3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图，连接AM，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∵点A与点B关于对称轴对称，
∴AM＝BM，点A（1，0），
∵点C（0，3），点A（1，0），点B（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，OB＝3，
∵四边形COAM周长＝OC+OA+AM+CM，
∴四边形COAM周长＝4+BM+CM，
∴当点B，点M，点C三点共线时，BM+CM有最小值为BC的长，
∴四边形COAM周长的最小值＝4+BC，
∵BC=OC2+OB2=9+9=32，
∴四边形COAM周长的最小值＝4+32；
（3）∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点P（2，﹣1），
又∵点C（0，3），
∴PC=22+(−1−3)2=25，
设点M（2，t），
∴MC=(2−0)2+(t−3)2=t2−6t+13，
MP＝|t+1|，
∵以C，P，M，N为顶点的四边形为菱形，
∴△CPM是等腰三角形，
若MC＝MP，则t2−6t+13=|t+1|，
∴t=32，
∴点M（2，32）；
若MP＝PC，则25=|t+1|，
∴t1＝﹣1+25，t2＝﹣1﹣25，
∴点M（2，﹣1+25）或（2，﹣1﹣25）；
若MC＝PC，则t2−6t+13=25，
解得：t3＝﹣1（不合题意舍去），t4＝7，
∴点M（2，7）；
综上所述：点M的坐标为（2，32）或（2，7）或（2，﹣1+25）或（2，﹣1﹣25）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，两点距离公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
2．（2020•葫芦岛三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中A（﹣1，0），B（4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC，在直线BC上方的抛物线上有一动点D，连接AD，与直线BC相交于点E，当DE：AE＝4：5时，求tan∠DAB的值；
（3）点P是直线BC上一点，在平面内是否存在点Q，使以点P，Q，C，A为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，证明△DEF∽△AEG，列比例式可得DF的长，设D(t，−34t2+94t+3)，F(t，−34t+3)，表示DF的长，并列方程可得结论；
（3）分三种情况：以AC为边和对角线进行讨论，正确画图，先确定点P的坐标，根据平移的原则可得点Q的坐标．
【解析】将A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+3，
得a−b+3=016a+4b+3=0，解得a=−34b=94，
∴解析式为y=−34x2+94x+3；
（2）当x＝0时，y=−34x2+94x+3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将B（4，0），C（0，3）分别代入得4k+b=0c=3，解得：k=−34b=3，
∴直线BC的解析式为：y=−34x+3，
过点D作y轴的平行线，交直线BC与点F，交x轴于点H，
过点A作y轴的平行线，交直线BC与点G，
∵A（﹣1，0），
∴当x＝﹣1时，y=−34×(−1)+3=154，
∴G(−1，154)，AG=154，
∵AG∥y轴∥DF，
∴△DEF∽△AEG，
∴DEAE=DFAG，
∴DF154=45，
∴DF＝3，
设D(t，−34t2+94t+3)，F(t，−34t+3)，
∴DF=(−34t2+94t+3)−(−34t+3)=−34t2+3t=3，
解得：t1＝t2＝2，
∴D(2，92)，
∴DH=92，AH＝1+2＝3，
在Rt△ADH中，tan∠DAB=DHAH=923=32；
（3）存在，分三种情况：
①如图2，四边形ACPQ是菱形，则PC＝AC，
设P（x，−34x+3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴x2+(−34x+3−3)2=12+32，
解得：x=±4105，
当x=−4105时，P（−4105，3105+3），
∴Q（−4105−1，3105），
当x=4105时，P（4105，−3105+3），
∴Q（4105−1，−3105）；
②如图3，四边形APCQ是菱形，
∵BC＝AB＝5，
∴B在AC的垂直平分线上，
∴P与B重合，
∴Q（﹣5，3）；
③如图4，四边形ACQP是菱形，同理得P（85，95），
∴Q（135，245）；
综上，点Q的坐标为（−4105−1，3105）或（4105−1，−3105）或（﹣5，3）或（135，245）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、菱形的性质和平移的原则，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征及配方法，求出点D，G的坐标；（3）分AC为边和对角线进行讨论是关键．
3．（2020•碑林区校级一模）已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点（1，15）和（0，8），顶点为M，抛物线L关于原点O对称的抛物线为L′，点M的对应点为点N．
（1）求抛物线L的表达式及点M的坐标；
（2）点P在抛物线L′上，点Q在抛物线L上，且四边形PMQN为周长最小的菱形，求点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）求出M，M′的坐标，利用菱形的性质可知MM′⊥PQ，求出直线PQ的解析式，构建方程组确定点P的坐标，再根据周长最小，判定点P的坐标即可解决问题．
【解析】（1）∵y＝x2+bx+c经过点（1，15）和（0，8），
∴c=81+b+c=15，
解得b=6c=8，
∴抛物线的解析式为y＝x2+6x+8，
∵抛物线L：y＝x2+6x+8＝（x+3）2﹣1，
∴顶点M（﹣3，﹣1），
（2）∵抛物线L′与抛物线L关于原点对称，抛物线L的顶点M（﹣3，﹣1），
∴抛物线L′的顶点M′（3，1），解析式为y＝﹣（x﹣3）2+1＝﹣x2+6x﹣8
∵四边形PMQM′是菱形，
∴PQ⊥MM′，
∵直线MM′的解析式为y=13x，
∴直线PQ的解析式为y＝﹣3x，
由y=−3xy=−x2+6x−8，解得x=1y=−3或x=8y=−24，
∴P（1，﹣3）或（8．﹣24）．
∵菱形PMQM′的周长最小，
∴P（1，﹣3）．
【点评】本题考查二次函数综合题，菱形的判定和性质，一次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会构建一次函数，确定交点问题，属于中考压轴题．
4．（2020•雁塔区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝4，抛物线与x轴相交于A（2，0），B两点，与y轴交于点C（0，6），点E为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的函数表达式及顶点E的坐标；
（2）若将该抛物线的图象绕x轴上一点M旋转180°，点C、E的对应点分别是点C'、E'，当以C、E、C'、E'为顶点的四边形是菱形时，求点M的坐标及旋转后的抛物线的表达式，
【分析】（1）由抛物线的对称性可求点B坐标，设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）（x﹣6），将点C坐标代入，可求解；
（2）设点M（m，0），由中心对称的性质可求点C'（2m，﹣6），点E'（2m﹣4，2），由菱形的性质和两点距离公式可求m的值，即可求解．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝4，抛物线与x轴相交于A （2，0），B两点，
∴点B（6，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣2）（x﹣6），
∵抛物线图象过点C （0，6），
∴6＝a（0﹣2）（0﹣6），
∴a=12，
∴抛物线的解析式为：y=12（x﹣2）（x﹣6）=12x2﹣4x+6，
∵y=12x2﹣4x+6=12（x﹣4）2﹣2，
∴顶点E坐标为（4，﹣2）；
（2）∵将该抛物线的图象绕x轴上一点M旋转180°，点C、E的对应点分别是点C'、E'，
∴CM＝C'M，EM＝E'M，
∴四边形CEC'E'是平行四边形，
设点M（m，0），
∵点C （0，6），点E（4，﹣2），CM＝C'M，EM＝E'M，
∴点C'（2m，﹣6），点E'（2m﹣4，2），
∵以C、E、C'、E'为顶点的四边形是菱形，
∴CE＝C'E，
∴(4−0)2+(−2−6)2=(2m−4)2+(−6+2)2，
∴m1＝﹣2，m2＝6，
∴点M（﹣2，0）或（6，0），
当M（﹣2，0）时，点E'（﹣8，2），
∴平移后的抛物线解析式为：y=−12（x+8）2+2；
当M（6，0）时，点E'（8，2），
∴平移后的抛物线解析式为：y=−12（x﹣8）2+2；
综上所述：点M（﹣2，0）或（6，0），平移后的抛物线解析式为：y=−12（x+8）2+2或y=−12（x﹣8）2+2．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式，中心对称的性质，菱形的性质，两点距离公式，利用两点距离公式求m的值是本题的关键．
【题组二】
5．（2020•碑林区校级三模）在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2的顶点为A，与y轴交于点B，将抛物线C1绕着平面内的某一点旋转180°得到抛物线C2，抛物线C2与y轴正半轴相交于点C．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若抛物线C2上存在点D，使得以A、B、C、D四点为顶点的四边形为菱形，请求出此时抛物线C2的表达式．
【分析】（1）利用配方法求出顶点坐标，令x＝0，可得y＝﹣2，推出B（0，﹣2）．
（2）分两种情形：AB为菱形的边，AB为菱形的对角线分别求解即可．
【解析】（1）∵抛物线C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2＝﹣（x+2）2+2，
∴顶点A（﹣2，2），
令x＝0，可得y＝﹣2，
∴B（0，﹣2）．
（2）如图1中，当AB为菱形的边时，四边形ABCD是菱形，
由题意A（﹣2，2），B（0，﹣2），C（0，6），D（2，2），此时抛物线C1与C2关于T（0，2）成中心对称，
∴D（2，2）是抛物线C2的顶点，
∴抛物线C2的解析式为y＝（x﹣2）2+2，即y＝x2﹣4x+6．
如图2中，当AB是菱形的对角线时，四边形ADBC是菱形，
此时CA＝BC，
∵直线AB的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∴AB的中垂线的解析式为y=12x+12，
∴C（0，12），
∵AD＝BC=52，
∴D（﹣2，−12），
设抛物线C2的解析式为y＝x2+bx+12，
把D（﹣2，−12）代入y＝x2+bx+12，可得−12=4﹣2b+12，解得b=52，
∴抛物线C2的解析式为y＝x2+52x+12，
如图3中，当AB是菱形的边时，点C是抛物线的顶点（0，25−2），可得抛物线的解析式为y＝x2+25−2．
综上所述，满足条件的抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+6或y＝x2+52x+12或y＝x2+25−2．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，菱形的判定和性质，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
6．（2020•市中区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，点C为抛物线的顶点．点M（0，m）为y轴上的动点，将抛物线绕点M旋转180°，得到新的抛物线，其中B、C旋转后的对应点分别记为B′、C′．
（1）若a＝1，求原抛物线的函数表达式；
（2）在（1）条件下，当四边形BCB'C'的面积为40时，求m的值；
（3）探究a满足什么条件时，存在点M，使得四边形BCB'C'为菱形？请说明理由．
【分析】（1）根据原抛物线经过点A（﹣1，0），B（3，0），即可求出原抛物线的函数表达式；
（2）在（1）条件下，连接CC′、BB′，延长BC，与y轴交于点E，证明四边形BCB'C′是平行四边形，面积为40，即可求m的值；
（3）过点C作CD⊥y轴于点D，当平行四边形BCB'C′为菱形时，应有MB⊥MC，故点M在O、D之间，当MB⊥MC时，△MOB∽△CDM，得MO•MD＝BO•CD．由二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）的顶点为（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），可得CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，进而列出一元二次方程，根据判别式即可求出a满足的条件．
【解析】（1）由题意得：1−b+c=09+3b+c=0，
解得b=−2c=−3，
∴原抛物线的函数表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接CC′、BB′，延长BC，与y轴交于点E，
∵二次函数y＝x2﹣2x﹣3的顶点为（1，﹣4），
∴C（1，﹣4），
∵B（3，0），
∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣6．
∴E（0，﹣6），
∵抛物线绕点M旋转180°，
∴MB＝MB′，MC＝MC′，
∴四边形BCB′C′是平行四边形，
∴S△BCM=14×40＝10，
∵S△BCM＝S△MBE﹣S△MCE=12×（3﹣1）×ME＝ME，
∴ME＝10，
∴m＝4或m＝﹣16；
（3）如图，过点C作CD⊥y轴于点D，
当平行四边形BCB'C′为菱形时，应有MB⊥MC，故点M在O、D之间，
当MB⊥MC时，△MOB∽△CDM，
∴MOCD=BOMD，
即MO•MD＝BO•CD．
∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）的顶点为（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），
∴CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，
∴﹣m（m+4a）＝3，
∴m2+4am+3＝0，
∵△＝16a2﹣12≥0，a＞0，
∴a≥32．
所以a≥32时，存在点M，使得四边形BCB'C′为菱形．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解决本题的关键是综合运用二次函数、平行四边形、菱形的相关知识．
7．（2020•郫都区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，点C为抛物线的顶点．点M（0，m）为y轴上的动点，将抛物线绕点M旋转180°，得到新的抛物线，其中B、C旋转后的对应点分别记为B'、C′．
（1）若原抛物线经过点（﹣2，5），求原抛物线的函数表达式；
（2）在（1）条件下，当四边形BCB'C′的面积为40时，求m的值；
（3）探究a满足什么条件时，存在点M，使得四边形BCB'C′为菱形？请说明理由．
【分析】（1）根据原抛物线经过点（﹣2，5），A（﹣1，0），B（3，0），即可求出原抛物线的函数表达式；
（2）在（1）条件下，连接CC′、BB′，延长BC，与y轴交于点E，证明四边形BCB'C′是平行四边形，面积为40，即可求m的值；
（3）过点C作CD⊥y轴于点D，当平行四边形BCB'C′为菱形时，应有MB⊥MC，故点M在O、D之间，当MB⊥MC时，△MOB∽△CDM，得MO•MD＝BO•CD．由二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）的顶点为（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），可得CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，进而列出一元二次方程，根据判别式即可求出a满足的条件．
【解析】（1）由题意得：4a−2b+c=5a−b+c=09a+3b+c=0，
解得a=1b=−2c=−3，
∴原抛物线的函数表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接CC′、BB′，延长BC，与y轴交于点E，
∵二次函数y＝x2﹣2x﹣3的顶点为（1，﹣4），
∴C（1，﹣4），
∵B（3，0），
∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣6．
∴E（0，﹣6），
∵抛物线绕点M旋转180°，
∴MB＝MB′，MC＝MC′，
∴四边形BCB′C′是平行四边形，
∴S△BCM=14×40＝10，
∵S△BCM＝S△MBE﹣S△MCE=12×（3﹣1）×ME＝ME，
∴ME＝10，
∴m＝4或m＝﹣16；
（3）如图，过点C作CD⊥y轴于点D，
当平行四边形BCB'C′为菱形时，应有MB⊥MC，故点M在O、D之间，
当MB⊥MC时，△MOB∽△CDM，
∴MOCD=BOMD，
即MO•MD＝BO•CD．
∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣3）的顶点为（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），
∴CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，
∴﹣m（m+4a）＝3，
∴m2+4am+3＝0，
∵△＝16a2﹣12≥0，a＞0，
∴a≥32．
所以a≥32时，存在点M，使得四边形BCB'C′为菱形．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解决本题的关键是综合运用二次函数、平行四边形、菱形的相关知识．
8．（2020秋•九龙坡区校级月考）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于点A（﹣1，0）、B（4，0），交y轴于点C，点P是直线BC上方抛物线上的一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求△PBC的面积的最大值以及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将直线BC向右平移74个单位得到直线l，直线l交对称轴右侧的抛物线于点Q，连接PQ，点R为直线BC上的一动点，请问在在平面直角坐标系内是否存在一点T，使得四边形PQTR为菱形，若存在，请直接写出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）代入抛物线公式即可求得a，b．
（2）过P点做平行于直线BC的直线K，当K与抛物线恰有一个交点时，△PBC面积最大，求得此时的P点坐标．再过P做垂直于直线BC的直线k，求得k与直线BC的交点，求得交点后发现，此时恰巧交点时C，|BC|即为△PBC的高，再利用三角形面积公式即可求解．
（3）考查菱形的性质．菱形是一个极具对称性的图形，在进行求解时，对角线互相垂直平分．因此，两个相对点的坐标中点也是另外两个相对点的坐标中点．同时，利用菱形的四条边长相等进行求解．
【解析】（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）代入抛物线公式，如下：
0=a−b+40=16a+4b+4，
求得a=−1b=3．
抛物线解析式为：y＝﹣x2+3x+4．
（2）设P到直线BC的距离为d，P点坐标为（x，﹣x2+3x+4）（0＜x＜4），
∵y＝﹣x2+3x+4交y轴于点C，
令x＝0，
∴y＝4，
∴C（0，4），
由B（4，0），C（0，4）两点求得直线BC的解析式为：y+x﹣4＝0．
做直线BC的平行线K：y＝﹣x+m，因为K与BC平行，我们将K平移，根据题意，点P是直线BC上方抛物线上的一点，
∴随着K平行移动，以BC为底的△PBC的高d在逐渐增大，当K与抛物线y＝﹣x2+3x+4恰有一个交点时，此时以BC为底的△PBC的高d最大，即此时△PBC面积最大．
∵此时K：y＝﹣x+m与抛物线y＝﹣x2+3x+4相交，且仅有一个交点，
∴﹣x+m＝﹣x2+3x+4，m＝8．
∴直线K：y＝﹣x+8．
此时求K和抛物线的交点为：
﹣x+8＝﹣x2+3x+4，解得x＝2，
将x＝2代入直线K：y＝﹣x+8，
解得y＝6．
因此P（2，6）．
现在我们来求P到直线BC的距离，即△PBC的高d：
过P作垂直于BC的直线k：y＝x+m．
∵P在直线k上，
∴6＝2+m，
∴m＝4，直线k＝x+4．
直线K与直线k的交点为：y=−x+4y=x+4，
解得交点坐标（0，4），即交点为C点．
因此的△PBC的高d即为B点和C点两点之间的距离，
∴d＝|BC|=(2−0)2+(6−4)2=22．
在△PBC中，
∵|BC|＝42，△PBC的面积的最大值S△PBC=12|BC|•d=12×42×22=8．
（3）存在．直线BC向右平移74个单位得到直线l，
∴l：y＝﹣（x−74）+4＝﹣x+234．
y=−x+234y=−x2+3x+4，解得x1=72x2=12．
二次函数y＝﹣x2+3x+4对称轴为x=32，
∵直线l交对称轴右侧的抛物线于点Q，
∴x=72，代入y＝﹣x+234=94．
∴Q（72，94）．
设T（a，b）．
∵R为直线BC上的一动点，
∴设R（x，﹣x+4）．
（Ⅰ）假设T在Q点左侧：
∴a＜72．
此时P（2，6），T（a，b）为菱形对称顶点，Q（72，94），R（x，﹣x+4）为菱形对称定点．
在菱形中PTQR中，|PR|＝|QT|，
即(2−x)2+(6+x−4)2=(a−72)2+(b−94)2①
又∵对角线互相垂直平分，且对称顶点横纵坐标的中点相等，即：
2+a2=72+x26+b2=94−x+42，②
由①，②解得a1=3.5387b1=−1.7887，a2=−0.5387b2=2.2887，
又∵a＜72，
∴此时T点坐标为：T（﹣0.5387，2.2887）．
（Ⅱ）假设T在Q点右侧：
∴a＞72．
此时P（2，6），Q（72，94）为菱形对称顶点，T（a，b），R（x，﹣x+4）为菱形对称定点．
在菱形PTQR中，|PR|＝|PT|，
即(a−2)2+(b−6)2=(2−x)2+(6+x−4)2，③
又∵对角线互相垂直平分，且对称顶点横纵坐标的中点相等，
即：6+942=b−x+42+72=a+x，④
由③，④解得a=26956＞72，符号题意．此时b=27756．
此时T点坐标为：T（26956，27756）．
综上所述：T存在两点，分别为：
T（﹣0.5387，2.2887）和T（26956，27756）．
【点评】此题主要考查二次函数性质，同时还考查了三角形的面积，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度．同时对于菱形的求解，注意利用对称性求解．
【题组三】
9．（2020•洛阳模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+52过点A（1，0），B（5，0），与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）定义：平面上的任一点到二次函数图象上与它横坐标相同的点的距离，称为点到二次函数图象的垂直距离．如：点O到二次函数图象的垂直距离是线段OC的长．已知点E为抛物线对称轴上的一点，且在x轴上方，点F为平面内一点，当以A，B，E，F为顶点的四边形是边长为4的菱形时，请求出点F到二次函数图象的垂直距离．
（3）在（2）中，当点F到二次函数图象的垂直距离最小时，在以A，B，E，F为顶点的菱形内部是否存在点Q，使得AQ，BQ，FQ之和最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A，B两点代入可求解析式．
（2）分类讨论，以AB为边的菱形和以AB为对角线的菱形，抓住菱形边长为4和E的横坐标为3，可解F点坐标，即可求点F到二次函数图象的垂直距离．
（3）构造三角形，根据两点之间线段最短，可得最短距离为AN，根据勾股定理求AN．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+52过点A（1，0），B（5，0），
∴0＝a+b+52
0＝25a+5b+52
∴a=12，b＝﹣3
∴解析式y=12x2﹣3x+52
（2）当y＝0，则0=12x2﹣3x+52
∴x1＝5，x2＝1
∴A（1，0），B（5，0）
∴对称轴直线x＝3，顶点坐标（3，﹣2），AB＝4
∵抛物线与y轴相交于点C．
∴C（0，52）
如图1
①如AB为菱形的边，则EF∥AB，EF＝AB＝4，且E的横坐标为3
∴F的横坐标为7或﹣1
∵AE＝AB＝4，AM＝2，EM⊥AB
∴EM＝23
∴F（7，23），或（﹣1，23）
∴当x＝7，y=12×49﹣7×3+52=6
∴点F到二次函数图象的垂直距离6﹣23
②如AB为对角线，如图2
∵AEBF是菱形，AF＝BF＝4
∴AB⊥EF，EM＝MF＝23
∴F（3，﹣23）
∴点F到二次函数图象的垂直距离﹣2+23
（3）当F（3，﹣23）时，点F到二次函数图象的垂直距离最小
如图3，以BQ为边作等边三角形BQD，将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN位置，连接AN，作PN⊥AB于P
∵等边三角形BQD
∴QD＝QB＝BD，
∵将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN位置
∴NB＝BF＝4，∠FBN＝60°，DN＝FQ
∵AQ+BQ+FQ＝AQ+QD+DN
∴当AQ，QD，DN共线时AQ+BQ+FQ的和最短，即最短值为AN的长．
∵AF＝BF＝4＝AB，
∴∠ABF＝60°
∴∠NBP＝60°且BN＝4，
∴BP＝2，PN＝23
∴AP＝6
在Rt△ANP中，AN=36+12=43
∴AQ+BQ+FQ的和最短值为43．
【点评】本题考查了二次函数的综合题，待定系数法，菱形的性质，勾股定理等有关知识，关键是构造三角形转化BQ，和BQ的长．
10．（2018•陇南）如图，已知二次函数y＝ax2+2x+c的图象经过点C（0，3），与x轴分别交于点A，点B（3，0）．点P是直线BC上方的抛物线上一动点．
（1）求二次函数y＝ax2+2x+c的表达式；
（2）连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C．若四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据菱形的对角线互相垂直且平分，可得P点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得P点坐标；
（3）根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PQ的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案．
【解析】（1）将点B和点C的坐标代入函数解析式，得
9a+6+c=0c=3，
解得a=−1c=3，
二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）若四边形POP′C为菱形，则点P在线段CO的垂直平分线上，
如图1，连接PP′，则PE⊥CO，垂足为E，
∵C（0，3），
∴E（0，32），
∴点P的纵坐标32，
当y=32时，即﹣x2+2x+3=32，
解得x1=2+102，x2=2−102（不合题意，舍），
∴点P的坐标为（2+102，32）；
（3）如图2，
P在抛物线上，设P（m，﹣m2+2m+3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将点B和点C的坐标代入函数解析式，得
3k+3=0b=3，
解得k=−1b=3．
直线BC的解析为y＝﹣x+3，
设点Q的坐标为（m，﹣m+3），
PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m．
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
OA＝1，
AB＝3﹣（﹣1）＝4，
S四边形ABPC＝S△ABC+S△PCQ+S△PBQ
=12AB•OC+12PQ•OF+12PQ•FB
=12×4×3+12（﹣m2+3m）×3
=−32（m−32）2+758，
当m=32时，四边形ABPC的面积最大．
当m=32时，﹣m2+2m+3=154，即P点的坐标为（32，154）．
当点P的坐标为（32，154）时，四边形ACPB的最大面积值为758．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用菱形的性质得出P点的纵坐标，又利用了自变量与函数值的对应关系；解（3）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质．
11．（2020•中山区模拟）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣5，﹣4），与x轴交于点B（﹣2，0），
（1）二次函数的表达式；
（2）原抛物线绕坐标平面内的某一点旋转180°，得到新的抛物线与x轴的一个交点为点C，若新抛物线上存在一点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形为菱形，求新抛物线的表达式．
【分析】（1）根据二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣5，﹣4），与x轴交于点B（﹣2，0），可以设该抛物线的顶点式，然后再根据过点B，即可求得该抛物线的解析式；
（2）根据题意，可以分四种情况讨论，然后画出相应的图形，利用旋转的性质和菱形的性质，即可求得相应的抛物线的解析式．
【解析】（1）设该函数的解析式为y＝a（x+5）2﹣4，
∵该函数过点B（﹣2，0），
∴0＝a（﹣2+5）2﹣4，
解得，a=49，
∴y=49（x+5）2﹣4=49x2+409x+649，
即该函数的表达式是y=49x2+409x+649；
（2）∵A（﹣5，﹣4），B（﹣2，0），
∴AB＝5，
以点A、B、C、D为顶点且以AB为边的四边形是菱形，有两种情况，
第一种情况：当点D在x轴上方时，
∵以点A、B、C、D为顶点且以AB为边的四边形是菱形，且点C在x轴上，
∴AB＝AC＝5，
当点C在B左侧时，
∵点A为原抛物线的上的顶点，由抛物线的对称性可知，点C为原抛物线与x轴另外的一个交点，如图所示：
∴点C（﹣8，0），
此时点D与点A关于x轴对称，
∴点D（﹣5，4），
设新抛物线的解析式为y＝a（x+5）2+4，
∵该抛物线经过点C（﹣8，0），
∴0＝a（﹣8+5）2+4，得a=−49，
∴新抛物线的解析式为y=−49（x+5）2+4；
当点C在B的右侧时，此时点C与点B重合，不合题意；
第二种情况：当点D在x轴下方时，
若AB为菱形的边时，BC＝AB＝5，
当C在B的右侧时，如图，点C′坐标为（3，0），
∵B、D′关于菱形中心对称、A、C′关于菱形中心对称，
∴C′是新抛物线的顶点，
又∵AD′＝AB＝5，
∴D′（0，﹣4），
设新抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）2，
﹣4＝a（0﹣3）2，得a=−49，
则新抛物线的解析式为y=−49（x﹣3）2，
同理，当点C在B点左侧时，点C″的坐标为（﹣7，0），且点C″是新抛物线的顶点坐标，点D″的坐标为（﹣10，﹣4），
设新抛物线的解析式为y＝a（x+7）2，
﹣4＝a（﹣10+7）2，得a=−49，
则新抛物线的解析式为y=−49（x+7）2；
若AB为菱形的对角线时，则CD也是菱形的对角线，
当点A和点D对应时，则点D为新抛物线的顶点，
∵原抛物线的顶点为A（﹣5，﹣4），与x轴交于点B（﹣2，0），
∴原抛物线与x轴的另一个交点为（﹣8，0），
∴原抛物与x轴的两个交点之间的距离为﹣2﹣（﹣8）＝6，
∵5≠6，
∴此种情况不存在，
同理，当点C为新抛物线的顶点时，此种情况也不存在；
由上可得，新抛物线的解析式为y=−49（x+5）2+4，y=−49（x﹣3）2或y=−49（x+7）2．
【点评】本题是一道二次函数综合题，主要考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、旋转变换、菱形的性质，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想和分类讨论的思想解答．
12．（2019•秦安县模拟）如图①，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过坐标原点，与x轴的另一个交点为A，且顶点M坐标为（1，2），
（1）求该抛物线的解析式；
（2）现将它向右平移m（m＞0）个单位，所得抛物线与x轴交于C、D两点，与原抛物线交于点P，△CDP的面积为S，求S关于m的关系式；
（3）如图②，以点A为圆心，以线段OA为半径画圆，交抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴于点B，连接AB，若将抛物线向右平移m（m＞0）个单位后，B点的对应点为B′，A点的对应点为A′点，且满足四边形BAA′B′为菱形，平移后的抛物线的对称轴与菱形的对角线BA′交于点E，在x轴上是否存在一点F，使得以E、F、A′为顶点的三角形与△BAE相似？若存在，求出F点坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据抛物线经过原点、A点、M点可得抛物线的解析式；
（2）根据将抛物线向右平移m个单位得到平移后的解析式，将两个解析式组成一个方程组，解此方程组得P点的纵坐标，即△CDP的高，而底边CD的长据原抛物线可知，三角形面积可求；
（3）画出图形，根据圆和菱形的性质得出△BAE是直角三角形，若△BAE∽△A′EF，则△A′EF也是直角三角形，故可求A′F，则F坐标可求．
【解析】（1）由抛物线y＝ax2+bx+c经过坐标原点可得，
c＝0，
由顶点M坐标为（1，2），可得A点坐标为（2，0），
将他们的坐标值分别代入解析式可得，
2=a+b0=4a+2b，
解得，a=−2b=4，
故该抛物线的解析式为：y＝﹣2x2+4x；
（2）现将它向右平移m（m＞0）个单位，所得抛物线解析式为：
y＝﹣2（x﹣m）2+4（x﹣m），
原抛物线与平移后的解析式交于P点，
则有y=−2x2+4xy=−2(x−m)2+4(x−m)，
解得，x=m2+1y=−m22+2，
即P点坐标为：（m2+1，−m22+2），
那么△CDP的高为：−m22+2，而CD＝2，
则S=12×2×（−m22+2），
化简得，S=−m22+2；
（3）如图，
四边形BAA′B′为菱形，则有菱形的边长就是圆的半径为2，
B点的纵坐标为：22−12=3，
那么tan∠BA′A=33，
故∠BA′A＝∠A′BA＝30°，
A′E＝AE=1cos30°=233，
则AEAB=33正好是tan30°的值，
故∠BAE＝90°而△BAE∽△A′EF，
则∠A′EF＝90°，
A′F=A'Ecos30°=43，
则AF＝2−43=23，F横坐标为：2+23=83，
故在x轴上存在一点F，F的坐标为：（83，0）．
【点评】本题考查二次函数的综合运用，其中涉及圆的性质和三角函数的运用，难度较大，计算较为复杂．
【题组四】
13．（2019•河东区模拟）如图，点A（﹣2，4）和点B（1，0）在抛物线y＝ax2+bx+4上．
（1）求抛物线的表达式；
（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A1，点B的对应点为B1，若四边形AA1B1B为菱形，求平移后抛物线的对称轴；
（3）在（2）的条件下，记平移后抛物线的对称轴与直线A1B的交点为点C，试在平面内找一点D，使得以点A1、B1、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求D点的坐标．
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）由点A，B的坐标利用两点间的距离（勾股定理）可求出AB的长度，利用菱形的性质可得出AA1的长度，再结合原抛物线的对称轴可求出平移后抛物线的对称轴；
（3）由AA1的长度可得出点A1，B1的坐标，根据点A1，B的坐标，利用待定系数法可求出直线A1B的表达式，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，分B1C为对角线、A1B1为对角线和A1C为对角线三种情况考虑，由A1，B1，C的坐标，利用平行四边形的对角线互相平分可求出点D的坐标，此题得解．
【解析】（1）将A（﹣2，4），B（1，0）代入y＝ax2+bx+4，得：4a−2b+c=4a+b+4=0，
解得：a=−43b=−83，
∴抛物线的表达式为y=−43x2−83x+4．
（2）∵点A的坐标为（﹣2，4），点B的坐标为（1，0），
∴AB=[1−(−2)]2+(0−4)2=5．
∵四边形AA1B1B为菱形，
∴AA1＝AB＝5，
∴抛物线向右平移5个单位．
∵原抛物线的对称轴为直线x=−−832×(−43)=−1，
∴平移后抛物线的对称轴为直线x＝﹣1+5＝4．
（3）∵AA1＝5，
∴点A1的坐标为（3，4），点B1的坐标为（6，0）．
设直线A1B的表达式为y＝mx+n（m≠0），
将A1（3，4），B（1，0）代入y＝mx+n，得：3m+n=4m+n=0，
解得：m=2n=−2，
∴直线A1B的表达式为y＝2x﹣2．
当x＝4时，y＝2x﹣2＝6，
∴点C的坐标为（4，6）．
分三种情况考虑（如图所示）：
①当B1C为对角线时，∵A1（3，4），B1（6，0），C（4，6），
∴点D的坐标为（6+4﹣3，0+6﹣4），即（7，2）；
②当A1B1为对角线时，∵A1（3，4），B1（6，0），C（4，6），
∴点D的坐标为（3+6﹣4，4+0﹣6），即（5，﹣2）；
③当A1C为对角线时，∵A1（3，4），B1（6，0），C（4，6），
∴点D的坐标为（3+4﹣6，4+6﹣0），即（1，10）．
综上所述：以点A1、B1、C、D为顶点的四边形是平行四边形时，D点的坐标为（7，2），（5，﹣2）或（1，10）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、坐标的平移、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、菱形的性质以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数关系式；（2）利用菱形的性质求出抛物线平移的距离；（3）分B1C为对角线、A1B1为对角线和A1C为对角线三种情况，利用平行四边形的性质求出点D的坐标．
14．（2020•吉安模拟）如图，已知二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）和二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1（m≥1）图象的顶点分别为M，N，与x轴分别相交于A、B两点（点A在点B的左边）和C、D两点（点C在点D的左边）．
（1）函数y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）的顶点坐标为 （﹣1，﹣4m+1） ；当二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而增大时，则x的取值范围是 ﹣1＜x＜3 ；
（2）当AD＝MN时，判断四边形AMDN的形状（直接写出，不必证明）；
（3）抛物线L1，L2均会分别经过某些定点：
①求所有定点的坐标；
②若抛物线L1位置固定不变，通过左右平移抛物线L2的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线L2应平移的距离是多少？
【分析】（1）将已知抛物线解析式转化为顶点式，直接得到点M的坐标；结合函数图象填空；
（2）利用抛物线解析式与一元二次方程的关系求得点A、B、C、D的横坐标，可得AD的中点为（1，0），MN的中点为（1，0），则AD与MN互相平分，可证四边形AMDN是矩形；
（3）根据菱形的性质可得EH1＝EF＝4即可，设平移的距离为x，根据平移后图形为菱形，由勾股定理可得方程即可求解．
【解析】（1）x=−b2a=−1，顶点坐标M为（﹣1，﹣4m+1），
由图象得：当﹣1＜x＜3时，二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而增大．
故答案为：（﹣1，﹣4m+1）；﹣1＜x＜3
（2）结论：四边形AMDN是矩形．
由二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）和二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1（m≥1）解析式可得：
A点坐标为（−1−4m−1m，0），D点坐标为（3+4m−1m，0），顶点M坐标为（﹣1，﹣4m+1），顶点N坐标为（3，4m﹣1），
∴AD的中点为（1，0），MN的中点为（1，0），
∴AD与MN互相平分，
∴四边形AMDN是平行四边形，
又∵AD＝MN，
∴▱AMDN是矩形．
（3）
①∵二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1＝m（x+3）（x﹣1）+1，
故当x＝﹣3或x＝1时y＝1，即二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1经过（﹣3，1）、（1，1）两点，
∵二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1＝﹣m（x﹣1）（x﹣5）﹣1，
故当x＝1或x＝5时y＝﹣1，即二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1经过（1，﹣1）、（5，﹣1）两点，
②∵二次函数L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1经过（﹣3，1）、（1，1）两点，二次函数L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1经过（1，﹣1）、（5，﹣1）两点，
如图：四个定点分别为E（﹣3，1）、F（1，1），H（1，﹣1）、G（5，﹣1），则组成四边形EFGH为平行四边形，
设平移的距离为x，根据平移后图形为菱形，
由勾股定理可得：42＝22+（4﹣x）2．
解得：x=4±23，
抛物线L1位置固定不变，通过左右平移抛物线L2的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线L2应平移的距离是4+23或4−23．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
15．（2020•连山区三模）如图①，直线AB：y=3x+23与x轴、y轴分别交于A，B两点，将△ABO沿x轴正方向平移后，点A、点B的对应点分别为点D、点C，且四边形ABCD为菱形，连接AC，抛物线y＝ax2+bx+c经过A、B、C三点，点P为AC上方抛物线上一动点，作PE⊥AC，垂足为E．
（1）求此抛物线的函数关系式；
（2）求线段PE长度的最大值；
（3）如图②，延长PE交x轴于点F，连接OP，若△OPF为等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
【分析】（1）由直线AB的表达式求出点A、B的坐标，则BC＝AB=22+(23)2=4，求出点C的坐标，进而求解；
（2）PEPG=sin60°=32，则PE=32PG=32(−36x2+33x+433)=−14x2+12x+2=−14(x−1)2+94，即可求解；
（3）分点P在y轴右侧和左侧两种情况，分别求出OP的函数表达式，进而求解．
【解析】（1）∵当x＝0时，y＝23，当y＝0时，x＝﹣2，
∴A(−2，0)，B(0，23)，
∴BC＝AB=22+(23)2=4，
∴C(4，23)，
∴4a−2b+c=016a+4b+c=23c=23，解得a=−36b=233c=23，
故抛物线的表达式为：y=−36x2+233x+23①；
（2）过点P作PH⊥x轴于H，交AC于点G，
设直线AC为：y＝kx+t，则−2k+t=04k+t=23，解得k=33t=233，
∴y=33x+233．
设P(x，−36x2+233x+23)，则G(x，33x+233)，
∴PG=(−36x2+233x+23)−(33x+233)=−36x2+33x+433，
∵tan∠BAO=BOAO=3，
∴∠BAO＝60°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠CAD＝30°，
∴∠PGE＝∠AGH＝60°，
∴PEPG=sin60°=32，
∴PE=32PG=32(−36x2+33x+433)=−14x2+12x+2=−14(x−1)2+94，
∵−14＜0，
∴当x＝1时，PE最大，最大值为94；
（3）①当点P在y轴右侧时，
由（2）知：∠CAD＝30°＝∠EAF，
则∠AFE＝90°﹣∠EAF＝60°，
当△OPF为等腰三角形，则△OPF为等边三角形，则直线OP的倾斜角为60°，
设直线OP的表达式为：y=3x②，
联立①②并解得：x＝﹣1±13，
∵点P为AC上方抛物线上一动点，即﹣2＜x＜4，
故x＝﹣1+13，
故点P（﹣1+13，39−3）；
②当点P在y轴左侧时，
∵△OPF为等腰三角形，
则OF＝PF，而∠PFA＝60°，
∴∠FOP＝∠OPF=12∠PFA＝30°，
故直线OP的表达式为y=−33x③，
联立①③并解得x＝3±21（舍去正值），
故x＝3−21，
故点P（3−21，7−3）；
综上，点P的坐标为（3−21，7−3）或（﹣1+13，39−3）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质等，具有一定的综合性，难度适中．
16．（2019•南昌模拟）已知：抛物线C1：y＝﹣（x+m）2+m2（m＞0），抛物线C2：y＝（x﹣n）2+n2（n＞0），称抛物线C1，C2互为派对抛物线，例如抛物线C1：y＝﹣（x+1）2+1与抛物线C2：y＝（x−2）2+2是派对抛物线，已知派对抛物线C1，C2的顶点分别为A，B，抛物线C1的对称轴交抛物线C2于C，抛物线C2的对称轴交抛物线C1与D．
（1）已知抛物线①y＝﹣x2﹣2x，②y＝（x﹣3）2+3，③y＝（x−2）2+2，④y＝x2﹣x+12，则抛物线①②③④中互为派对抛物线的是 ①与③；①与④ （请在横线上填写抛物线的数字序号）；
（2）如图1，当m＝1，n＝2时，证明AC＝BD；
（3）如图2，连接AB，CD交于点F，延长BA交x轴的负半轴于点E，记BD交x轴于G，CD交x轴于点H，∠BEO＝∠BDC．
①求证：四边形ACBD是菱形；
②若已知抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4，请求出m的值．
【分析】（1）先把四个解析式配成顶点式，然后根据派对抛物线的定义进行判断；
（2）利用抛物线C1：y＝﹣（x+1）2+1，抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4得到A（﹣1，1），B（2，4），再计算出C（﹣1，13），D（2，﹣8），则AC＝12，BD＝12，于是可判断AC＝BD；
（3）①先表示出A（﹣m，m2）；B（n，n2），再表示出C（﹣m，m2+2mn+2n2），D（n，﹣2mn﹣n2），接着可计算出AC＝BD＝2mn+2n2，则可判断四边形ACBD为平行四边形，然后利用三角形内角和，由∠BEO＝∠BDC得到∠EFH＝∠DGH＝90°，从而可判断四边形ACBD是菱形；
②由抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4得到B（2，4），即n＝2，则AC＝BD＝4m+8，再利用A（﹣m，m2）可表示出C（﹣m，m2+4m+8），所以BC2＝（m+2）2+（m+2）4，然后利用BC＝BD得（m+2）2+（m+2）4＝（4m+8）2，最后利用m＞0可求出m的值．
【解答】（1）解：①y＝﹣x2﹣2x＝﹣（x+1）2+12，②y＝（x﹣3）2+3＝（x﹣3）2+（3）2，③y＝（x−2）2+（2）2，④y＝x2﹣x+12=（x−12）2+（12）2，
所以①与③互为派对抛物线；①与④互为派对抛物线；
故答案为①与③；①与④；
（2）证明：当m＝1，n＝2时，抛物线C1：y＝﹣（x+1）2+1，抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4，
∴A（﹣1，1），B（2，4），
∵AC∥BD∥y轴，
∴点C的横坐标为﹣1，点D的横坐标为2，
当x＝﹣1时，y＝（x﹣2）2+4＝13，则C（﹣1，13）；
当x＝2时，y＝﹣（x+1）2+1＝﹣8，则D（2，﹣8），
∴AC＝13﹣1＝12，BD＝4﹣（﹣8）＝12，
∴AC＝BD；
（3）①抛物线C1：y＝﹣（x+m）2+m2（m＞0），则A（﹣m，m2）；
抛物线C2：y＝（x﹣n）2+n2（n＞0），则B（n，n2）；
当x＝﹣m时，y＝（x﹣n）2+n2＝m2+2mn+2n2，则C（﹣m，m2+2mn+2n2）；
当x＝n时，y＝﹣（x+m）2+m2＝﹣2mn﹣n2，则D（n，﹣2mn﹣n2）；
∴AC＝m2+2mn+2n2﹣m2＝2mn+2n2，BD＝n2﹣（﹣2mn﹣n2）＝2mn+2n2，
∴AC＝BD；
∴四边形ACBD为平行四边形，
∵∠BEO＝∠BDC，
而∠EHF＝∠DHG，
∴∠EFH＝∠DGH＝90°，
∴AB⊥CD，
∴四边形ACBD是菱形；
②∵抛物线C2：y＝（x﹣2）2+4，则B（2，4），
∴n＝2，
∴AC＝BD＝2mn+2n2＝4m+8，
而A（﹣m，m2），
∴C（﹣m，m2+4m+8），
∴BC2＝（﹣m﹣2）2+（m2+4m+8﹣4）2＝（m+2）2+（m+2）4，
∵四边形ACBD是菱形，
∴BC＝BD，
∴（m+2）2+（m+2）4＝（4m+8）2，
即（m+2）4＝15（m+2）2，
∵m＞0，
∴（m+2）2＝15，
∴m+2=15，
∴m=15−2．
【点评】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和菱形的判定方法；会利用乘法公式进行代数式的变形；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式．
【题组五】
17．（2019•新野县二模）如图，二次函数y＝﹣x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为B（4，0），另一个交点为A，且与y轴相交于C点．
（1）求m的值及C点坐标；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得它到B、C两点的距离和最小，若存在，求出此时M点坐标，若不存在，请说明理由；
（3）P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q，当四边形PBQC为菱形时，请直接写出点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求得点C的坐标，然后依据待定系数法求得直线BC的解析式，然后再求得抛物线的对称轴方程，由三角形的三边关系可知当点M、C、B在一条直线上时，MC+MB有最小值，最后将点M的横坐标代入直线BC的解析式可求得点P的纵坐标；
（3）先判断出四边形PBQC时菱形时，点P是线段BC的垂直平分线，利用该特殊性建立方程求解．
【解析】（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，
解得，m＝4，
二次函数解析式为y＝﹣x2+3x+4，
令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4）；
（2）存在，如图所示
∵MC+MB≥BC，
∴当点M、C、B在一条直线上时，MC+MB有最小值．
∵点C的坐标为（0，4）．
设直线BC的解析式为y＝kx+4．
∵将点B、C的坐标代入得：4k+b=0b=4，解得k＝﹣1，b＝4，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
∵抛物线的对称轴为x=−b2a=32，
∴点M的横坐标为32，
∵将x=32代入直线BC的解析式得y=−32+4=52，
∴点M的坐标为(32，52)；
（3）如图，
∵点P在抛物线上，
∴设P（m，﹣m2+3m+4），
当四边形PBQC是菱形时，点P在线段BC的垂直平分线上，
∵B（4，0），C（0，4）
∴线段BC的垂直平分线的解析式为y＝x，
∴m＝﹣m2+3m+4，
∴m=1±5，
∴P(1+5，1+5)或P(1−5，1−5)．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式．
18．（2019秋•无棣县期末）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，A点在原点的左侧，抛物线的对称轴x＝1，与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的解析式及A、B点的坐标．
（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO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的最大面积．
【分析】（1）函数的对称轴为：x=−b2=1，解得：b＝﹣2，即可求解；
（2）四边形POP′C为菱形，则yP=−12OC=−32，即可求解；
（3）ABPC的面积S＝S△ABC+S△BCP=12×AB×OC+12×PH×OB=12×4×3+12×3×（x﹣3﹣x2+2x+3）=−32x2−92x+6，即可求解．
【解析】（1）函数的对称轴为：x=−b2=1，解得：b＝﹣2，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x＝﹣1或3，
故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）；
（2）存在，理由：
如图1，四边形POP′C为菱形，则yP=−12OC=−32，
即y＝x2﹣2x﹣3=−32，
解得：x＝1±102（舍去负值），
故点P（1+102，−32）；
（3）过点P作PH∥y轴交BC于点P，
由点B、C的坐标得，BC的表达式为：y＝x﹣3，
设点P（x，x2﹣2x﹣3），则点H（x，x﹣3），
ABPC的面积S＝S△ABC+S△BCP
=12×AB×OC+12×PH×OB
=12×4×3+12×3×（x﹣3﹣x2+2x+3）
=−32x2+92x+6，
∵−32＜0，
故S有最大值为758，此时点P（32，−154）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
19．（2019•延边州一模）定义：在平面直角坐标系中，O为坐标原点，设点P的坐标为（x，y），当x＜0时，点P的变换点P′的坐标为（﹣x，y）；当x≥0时，点P的变换点P′的坐标为（﹣y，x）．
（1）若点A（2，1）的变换点A′在反比例函数y=kx的图象上，则k＝ ﹣2 ；
（2）若点B（2，4）和它的变换点B'在直线y＝ax+b上，则这条直线对应的函数关系式为 y=13x+103 ，∠BOB′的大小是 90 度．
（3）点P在抛物线y＝x2﹣2x﹣3的图象上，以线段PP′为对角线作正方形PMP'N，设点P的横坐标为m，当正方形PMP′N的对角线垂直于x轴时，求m的取值范围．
（4）抛物线y＝（x﹣2）2+n与x轴交于点C，D（点C在点D的左侧），顶点为E，点P在该抛物线上．若点P的变换点P′在抛物线的对称轴上，且四边形ECP′D是菱形，求n的值．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）确定点B′的坐标，把问题转化为方程组解决；
（3）分m＜0和m≥0两种情形解决．
（4）利用菱形的性质，构建方程即可解决问题；
【解析】（1）由题意A′（﹣1，2），
把A（﹣1，2）代入y=kx中，得到k＝﹣2，
故答案为﹣2．
（2）点B（2，4）的变换点B′（﹣4，2），
把（2，4），（﹣4，2）代入y＝ax+b中．
得到2a+b=4−4a+b=2，
解得a=13b=103
∴y=13x+103，
∠BOB′＝90°，
故答案为y=13x+103，90．
（3）当m＜0时，点P与点P'关于y轴对称，此时MN垂直于x 轴，所以m＜0．
当m≥0时，若PP'⊥x轴，则点P'的坐标为（m，m），点P的坐标为（m，﹣m）．
将点P（m，﹣m）代入y＝x2﹣2x﹣3，得﹣m＝m2﹣2m﹣3．
解得m1=1+132，m2=1−132（不合题意，舍去）．
所以m=1+132．
若MN⊥x轴，则PP'∥x轴，点P的坐标为（m，m）．
将点P（m，m）代入y＝x2﹣2x﹣3，得m＝m2﹣2m﹣3．
解得m1=3+212，m2=3−212（不合题意，舍去）．
所以m=3+212．
综上所述，m的取值范围是m＜0，m=1+132，m=3+212．
（4）∵四边形ECP'D是菱形，
∴点E与点P'关于x轴对称．
∵点E的坐标为（2，n），
∴点P'的坐标为（2，﹣n）．
当点P在y轴左侧时，点P的坐标为（﹣2，﹣n）．
代入y＝（x﹣2）2+n，得﹣n＝（﹣2﹣2）2+n．
n＝﹣8．
当点P在y轴右侧时，点P的坐标为（﹣n，﹣2）．
代入y＝（x﹣2）2+n，得﹣2＝（﹣n﹣2）2+n．n1＝﹣2，n2＝﹣3．
综上所述，n的值是n＝﹣8，n＝﹣2，n＝﹣3．
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、待定系数法、变换点的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的射线思考问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．
20．（2019•越秀区校级一模）如图1，抛物线C1：y＝ax2+bx﹣2与直线l：y=−12x−12交于x轴上的一点A，和另一点B（3，n）
（1）求抛物线C1的解析式；
（2）点P是抛物线C1上的一个动点（点P在A，B两点之间，但不包括A，B两点）PM⊥AB于点M，PN∥y轴交AB于点N，求MN的最大值；
（3）如图2，将抛物线C1绕顶点旋转180°后，再作适当平移得到抛物线C2，已知抛物线C2的顶点E在第一象限的抛物线C1上，且抛物线C2与抛物线C1交于点D，过点D作DF∥x轴交抛物线C2于点F，过点E作EG∥x轴交抛物线C1于点G，是否存在这样的抛物线C2，使得四边形DFEG为菱形？若存在，请求E点的横坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求直线l与x轴交点A坐标、B坐标，用待定系数法求抛物线C1的解析式．
（2）延长PN交x轴于点H，设点P横坐标为m，由PN∥y轴可得点N、H横坐标也为m，即能用m表示PN、NH、AH的长．由∠AHN＝∠PMN＝90°及对顶角∠ANH＝∠PNM可得∠NAH＝∠NPM．发现在Rt△PMN中，MN与PN比值即为sin∠NPM，故先在Rt△ANH中求sin∠NAH的值，再代入MN＝PN•sin∠NPM，即得到MN与m的函数关系式，配方即求得MN最大值．
（3）设点E（e，12e2−32e﹣2），所以可设抛物线C2顶点式为y=−12（x﹣e）2+12e2−32e﹣2．令两抛物线解析式y＝0列得关于x的方程，解得两抛物线的另一交点D即为抛物线C1的顶点，故DG＝DE＝EF，且求得DF平行且等于GE，即四边形DFEG首先一定是平行四边形．由▱DFEG为菱形可得DF＝DG，故此时△DEF为等边三角形．利用特殊三角函数值作为等量关系列方程，即求得e的值．
【解析】（1）直线l：y=−12x−12交x轴于点A
∴−12x−12=0，解得：x＝﹣1
∴A（﹣1，0）
∵点B（3，n）在直线l上
∴n=−12×3−12=−2
∴B（3，﹣2）
∵抛物线C1：y＝ax2+bx﹣2经过点A、B
∴a−b−2=09a+3b−2=−2 解得：a=12b=−32
∴抛物线C1的解析式为y=12x2−32x﹣2
（2）如图1，延长PN交x轴于点H
∴∠AHN＝90°
设P（m，12m2−32m﹣2）（﹣1＜m＜3）
∵PN∥y轴
∴xN＝xH＝xP＝m
∴N（m，−12m−12），AH＝m+1，
∴NH＝﹣（−12m−12）=12m+12，PN=−12m−12−（12m2−32m﹣2）=−12m2+m+32
∵Rt△AHN中，tan∠NAH=NHAH=12
∴sin∠NAH=NHAN=NHNH2+AH2=NHNH2+(2NH)2=NH5NH=55
∵PM⊥AB于点M
∴∠AHN＝∠PMN＝90°
∵∠ANH＝∠PNM
∴∠NAH＝∠NPM
∴Rt△PMN中，sin∠NPM=MNPN=55
∴MN=55PN=55（−12m2+m+32）=−510（m﹣1）2+255
∴MN的最大值为255
（3）存在满足条件的抛物线C2，使得四边形DFEG为菱形
如图2，连接DE，过点E作EQ⊥DF于点Q
∵y=12x2−32x﹣2=12（x−32）2−258
∴抛物线C1顶点为（32，−258）
设E（e，12e2−32e﹣2）（e＞4）
∴抛物线C2顶点式为y=−12（x﹣e）2+12e2−32e﹣2
当−12（x﹣e）2+12e2−32e﹣2=12x2−32x﹣2
解得：x1＝e，x2=32
∴两抛物线另一交点D（32，−258）为抛物线C1顶点
∵EG∥x轴，DF∥x轴
∴EG＝DF＝2DQ＝2（e−32）＝2e﹣3，EQ=12e2−32e﹣2+258=12e2−32e+98
∴四边形DFEG是平行四边形
若▱DFEG为菱形，则DG＝DF
∵由抛物线对称性可得：DG＝DE＝EF
∴DE＝EF＝DF
∴△DEF是等边三角形
∴EQDQ=tan∠EDQ=3
∴12e2−32e+98=3（e−32）
解得：e1=32（舍去），e2＝23+32
∴E点的横坐标为（23+32）时，四边形DFEG为菱形．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，三角函数的应用，求二次函数最值，二元一次方程组和一元二次方程的解法，菱形的判定和性质．第（3）题问是否存在满足条件的点E，使四边形DFEG为菱形，需要先证明它一定是平行四边形，才有可能存在．
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