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    浙教版2023年九年级上册数学举一反三系列 专题1.8 二次函数中的存在性问题【八大题型】(学生版+教师版)
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    初中浙教版第1章 二次函数1.1 二次函数习题

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    这是一份初中浙教版第1章 二次函数1.1 二次函数习题,文件包含专题18二次函数中的存在性问题八大题型教师版-2023年九年级上册数学举一反三系列浙教版docx、专题18二次函数中的存在性问题八大题型学生版-2023年九年级上册数学举一反三系列浙教版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共124页, 欢迎下载使用。


    TOC \ "1-3" \h \u
    \l "_Tc20843" 【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc20843 \h 1
    \l "_Tc21520" 【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc21520 \h 10
    \l "_Tc24518" 【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc24518 \h 21
    \l "_Tc5221" 【题型4 二次函数中平行四边形的存在性问题】 PAGEREF _Tc5221 \h 35
    \l "_Tc30517" 【题型5 二次函数中矩形的存在性问题】 PAGEREF _Tc30517 \h 42
    \l "_Tc29936" 【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】 PAGEREF _Tc29936 \h 56
    \l "_Tc20653" 【题型7 二次函数中正方形的存在性问题】 PAGEREF _Tc20653 \h 68
    \l "_Tc10330" 【题型8 二次函数中角度问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc10330 \h 78
    【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】
    【例1】(2022•柳州)已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A(﹣1,0),B(m,0)两点,与y轴交于点C(0,5).
    (1)求b,c,m的值;
    (2)如图1,点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点,且点D在第一象限内,过点D作x轴的平行线交抛物线于点E,作y轴的平行线交x轴于点G,过点E作EF⊥x轴,垂足为点F,当四边形DEFG的周长最大时,求点D的坐标;
    (3)如图2,点M是抛物线的顶点,将△MBC沿BC翻折得到△NBC,NB与y轴交于点Q,在对称轴上找一点P,使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形,求出所有符合条件的点P的坐标.
    【分析】(1)把A(﹣1,0),C(0,5)代入y=﹣x2+bx+c,解二元一次方程组即可得b,c的值,令y=0即可得m的值;
    (2)设D(x,﹣x2+4x+5),则E(4﹣x,﹣x2+4x+5),表示出四边形DEFG的周长,根据二次函数的最值即可求解;
    (3)过点C作CH⊥对称轴于H,过点N作NK⊥y轴于K,证明△MCH≌△NCK,根据全等三角形的性质得NK=MH=4,CK=CH=2,则N(﹣4,3),利用待定系数法可得直线BN的解析式为yx,可得Q(0,),设P(2,p),利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2,分两种情况:①当∠BQP=90°时,②当∠QBP=90°时,利用勾股定理即可求解.
    【解答】解:(1)把A(﹣1,0),C(0,5)代入y=﹣x2+bx+c,
    得,
    解得.
    ∴这个抛物线的解析式为:y=﹣x2+4x+5,
    令y=0,则﹣x2+4x+5=0,解得x1=5,x2=﹣1,
    ∴B(5,0),
    ∴m=5;
    (2)∵抛物线的解析式为:y=﹣x2+4x+5=﹣(x﹣2)2+9,
    ∴对称轴为x=2,
    设D(x,﹣x2+4x+5),
    ∵DE∥x轴,
    ∴E(4﹣x,﹣x2+4x+5),
    ∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E,作y轴的平行线交x轴于点G,过点E作EF⊥x轴,
    ∴四边形DEFG是矩形,
    ∴四边形DEFG的周长=2(﹣x2+4x+5)+2(x﹣4+x)=﹣2x2+12x+2=﹣2(x﹣3)2+20,
    ∴当x=3时,四边形DEFG的周长最大,
    ∴当四边形DEFG的周长最大时,点D的坐标为(3,8);
    (3)过点C作CH⊥对称轴于H,过点N作NK⊥y轴于K,
    ∴∠NKC=∠MHC=90°,
    由翻折得CN=CM,∠BCN=∠BCM,
    ∵B(5,0),C(0,5).
    ∴OB=OC,
    ∴∠OCB=∠OBC=45°,
    ∵CH⊥对称轴于H,
    ∴CH∥x轴,
    ∴∠BCH=45°,
    ∴∠BCH=∠OCB,
    ∴∠NCK=∠MCH,
    ∴△MCH≌△NCK(AAS),
    ∴NK=MH,CK=CH,
    ∵抛物线的解析式为:y=﹣x2+4x+5=﹣(x﹣2)2+9,
    ∴对称轴为x=2,M(2,9),
    ∴MH=9﹣5=4,CH=2,
    ∴NK=MH=4,CK=CH=2,
    ∴N(﹣4,3),
    设直线BN的解析式为y=mx+n,
    ∴,解得,
    ∴直线BN的解析式为yx,
    ∴Q(0,),
    设P(2,p),
    ∴PQ2=22+(p)2=p2p,
    BP2=(5﹣2)2p2=9+p2,
    BQ2=52+()2=25,
    分两种情况:
    ①当∠BQP=90°时,BP2=PQ2+BQ2,
    ∴9+p2=p2p25,解得p,
    ∴点P的坐标为(2,);
    ②当∠QBP=90°时,P′Q2=BP′2+BQ2,
    ∴p2p9+p2+25,解得p=﹣9,
    ∴点P′的坐标为(2,﹣9).
    综上,所有符合条件的点P的坐标为(2,),(2,﹣9).
    【变式1-1】(2022•桐梓县模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y与x轴交于A,B两点(点B在点A的右侧),与y轴交于点C,它的对称轴与x轴交于点D,直线L经过C,D两点,连接AC.
    (1)求A,B两点的坐标及直线L的函数表达式;
    (2)探索直线L上是否存在点E,使△ACE为直角三角形,若存在,求出点E的坐标;若不存在,说明理由.
    【分析】(1)令x=0,y=0,可分别求出A、B、C三点坐标,在求出函数的对称轴即可求D点坐标,利用待定系数法求直线解析式即可;
    (2)设E(t,t+2),分三种情况讨论:①当∠CAE=90°时,AC2+AE2=CE2,②当∠ACE=90°时,AC2+CE2=AE2,③当∠AEC=90°时,AE2+CE2=AC2,分别利用勾股定理求解即可.
    【解答】解:(1)令y=0,则0,
    解得x=﹣2或x=6,
    ∴A(﹣2,0),B(6,0),
    令x=0,则y=2,
    ∴C(0,2),
    ∵y(x﹣2)2,
    ∴抛物线的对称轴为直线x=2,
    ∴D(2,0),
    设直线CD的解析式为y=kx+b,
    ∴,
    解得,
    ∴yx+2;
    (2)在点E,使△ACE为直角三角形,理由如下:
    设E(t,t+2),
    ∴AC2=16,AE2=4t2﹣8t+16,CE2=4t2,
    ①当∠CAE=90°时,AC2+AE2=CE2,
    ∴16+4t2﹣8t+16=4t2,
    ∴t=4,
    ∴E(4,2);
    ②当∠ACE=90°时,AC2+CE2=AE2,
    ∴16+4t2=4t2﹣8t+16,
    ∴t=0(舍);
    ③当∠AEC=90°时,AE2+CE2=AC2,
    ∴4t2﹣8t+16+4t2=16,
    ∴t=0(舍)或t=1,
    ∴E(1,);
    综上所述:E点坐标为(4,2)或(1,).
    【变式1-2】(2022秋•日喀则市月考)如图,二次函数y=﹣x2+4x+5的图象与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,M为抛物线的顶点.
    (1)求M点的坐标;
    (2)求△MBC的面积;
    (3)坐标轴上是否存在点N,使得以B,C,N为顶点的三角形是直角三角形?若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)由y=﹣x2+4x+5=﹣(x﹣2)2+9,即可求顶点M;
    (2)过点M作ME⊥y轴于点E,由 S△MBC=S四边形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC求解即可;
    (3)分三种情况讨论:①当C为直角顶点时,作CN1⊥BC交坐标轴为N1,OB=ON1=5,则N1(﹣5,0); ②当B为直角顶点时,作BN2⊥BC交坐标轴为N2,OC=ON2=5,则N1(0,﹣5);③当N为直角顶点时,点O与N3重合,则N3(0,0).
    【解答】解:(1)y=﹣x2+4x+5=﹣(x﹣2)2+9,
    ∴M(2,9);
    (2)令y=0,得﹣x2+4x+5=0,
    解得 x=﹣1或x=5,
    ∴A(﹣1,0),B(5,0),
    令x=0,得y=﹣x2+4x+5=5,
    ∴C(0,5),
    过点M作ME⊥y轴于点E,
    ∴S△MBC=S四边形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC15;
    (3)存在点N,使得以B,C,N为顶点的三角形是直角三角形,理由如下:
    ∵OB=OC=5,∠COB=90°,
    ∴∠OCB=∠OBC=45°,
    ∴△BOC是等腰直角三角形,
    ①当C为直角顶点时,作CN1⊥BC交坐标轴为N1,∠CN1B=∠CBN1=45°,
    ∴OB=ON1=5,
    ∴N1(﹣5,0);
    ②当B为直角顶点时,作BN2⊥BC交坐标轴为N2,∠CN2B=∠BCN2=45°,
    ∴OC=ON2=5,
    ∴N1(0,﹣5);
    ③当N为直角顶点时,点O与N3重合,
    ∴N3(0,0).
    综上所述,满足条件的点N的坐标为(﹣5,0)或(0,﹣5)或(0,0).
    【变式1-3】(2022•平南县二模)如图,二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,且A(﹣1,0),对称轴为直线x=2.
    (1)求该抛物线的表达式;
    (2)直线l过点A与抛物线交于点P,当∠PAB=45°时,求点P的坐标;
    (3)在抛物线的对称轴上是否存在一点Q,使得△BCQ是直角三角形?若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)设y=(x﹣2)2+k,用待定系数法可得抛物线的解析式为y=x2﹣4x﹣5;
    (2)过点P作PM⊥x轴于点M,设P(m,m2﹣4m﹣5),根据∠PAB=45°知AM=PM,即|m2﹣4m﹣5|=m+1,解得m的值,即可得P的坐标是(6,7)或P(4,﹣5);
    (3)由y=x2﹣4x﹣5求出B(5,0),C(0,﹣5),设Q(2,t),有BC2=50,BQ2=9+t2,CQ2=4+(t+5)2,分三种情况:当BC为斜边时,9+t2+4+(t+5)2=50,当BQ为斜边时,50+4+(t+5)2=9+t2,当CQ为斜边时,50+9+t2=4+(t+5)2,分别解得t的值,即可求出相应Q的坐标.
    【解答】解:(1)设y=(x﹣2)2+k,把A(﹣1,0)代入得:
    (﹣1﹣2)2+k=0,
    解得:k=﹣9,
    ∴y=(x﹣2)2﹣9=x2﹣4x﹣5,
    答:抛物线的解析式为y=x2﹣4x﹣5;
    (2)过点P作PM⊥x轴于点M,如图:
    设P(m,m2﹣4m﹣5),则PM=|m2﹣4m﹣5|,
    ∵A(﹣1,0),
    ∴AM=m+1
    ∵∠PAB=45°
    ∴AM=PM,
    ∴|m2﹣4m﹣5|=m+1,
    即m2﹣4m﹣5=m+1或m2﹣4m﹣5=﹣(m+1),
    当m2﹣4m﹣5=m+1时,解得:m1=6,m2=﹣1(不合题意,舍去),
    当m2﹣4m﹣5=﹣(m+1),解得m3=4,m4=﹣1(不合题意,舍去),
    ∴P的坐标是(6,7)或P(4,﹣5);
    (3)在抛物线的对称轴上存在一点Q,使得△BCQ是直角三角形,理由如下:
    在y=x2﹣4x﹣5中,令x=0得y=﹣5,令y=0得x=﹣1或x=5,
    ∴B(5,0),C(0,﹣5),
    由抛物线y=x2﹣4x﹣5的对称轴为直线x=2,设Q(2,t),
    ∴BC2=50,BQ2=9+t2,CQ2=4+(t+5)2,
    当BC为斜边时,BQ2+CQ2=BC2,
    ∴9+t2+4+(t+5)2=50,
    解得t=﹣6或t=1,
    ∴此时Q坐标为(2,﹣6)或(2,1);
    当BQ为斜边时,BC2+CQ2=BQ2,
    ∴50+4+(t+5)2=9+t2,
    解得t=﹣7,
    ∴此时Q坐标为(2,﹣7);
    当CQ为斜边时,BC2+BQ2=CQ2,
    ∴50+9+t2=4+(t+5)2,
    解得t=3,
    ∴此时Q坐标为(2,3);
    综上所述,Q的坐标为(2,3)或(2,﹣7)或(2,1)或(2,﹣6).
    【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】
    【例2】(2022•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).
    【变式2-1】(2022•湘西州)定义:由两条与x轴有着相同的交点,并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”,如图①,抛物线C1:y=x2+2x﹣3与抛物线C2:y=ax2+2ax+c组成一个开口向上的“月牙线”,抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点A(﹣3,0)、B(点B在点A右侧),与y轴的交点分别为G、H(0,﹣1).
    (1)求抛物线C2的解析式和点G的坐标.
    (2)点M是x轴下方抛物线C1上的点,过点M作MN⊥x轴于点N,交抛物线C2于点D,求线段MN与线段DM的长度的比值.
    (3)如图②,点E是点H关于抛物线对称轴的对称点,连接EG,在x轴上是否存在点F,使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形?若存在,请求出点F的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)将A(﹣3,0)、H(0,﹣1)代入y=ax2+2ax+c中,即可求函数的解析式;
    (2)设M(t,t2+2t﹣3),则D(t,t2t﹣1),N(t,0),分别求出MN,DM,再求比值即可;
    (3)先求出E(﹣2,﹣1),设F(x,0),分来两种情况讨论:①当EG=EF时,2,可得F(2,0)或(2,0);②当EG=FG时,2,F点不存在.
    【解答】解:(1)将A(﹣3,0)、H(0,﹣1)代入y=ax2+2ax+c中,
    ∴,
    解得,
    ∴yx2x﹣1,
    在y=x2+2x﹣3中,令x=0,则y=﹣3,
    ∴G(0,﹣3);
    (2)设M(t,t2+2t﹣3),则D(t,t2t﹣1),N(t,0),
    ∴NM=﹣t2﹣2t+3,DMt2t﹣1﹣(t2+2t﹣3)t2t+2,
    ∴;
    (3)存在点F,使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形,理由如下:
    由(1)可得y=x2+2x﹣3的对称轴为直线x=﹣1,
    ∵E点与H点关于对称轴x=﹣1对称,
    ∴E(﹣2,﹣1),
    设F(x,0),
    ①当EG=EF时,
    ∵G(0,﹣3),
    ∴EG=2,
    ∴2,
    解得x2或x2,
    ∴F(2,0)或(2,0);
    ②当EG=FG时,2,
    此时x无解;
    综上所述:F点坐标为(2,0)或(2,0).
    【变式2-2】(2022秋•永嘉县校级期末)如图,在平面直角坐标系中,点A,B分别是y轴正半轴,x轴正半轴上两动点,OA=2k,OB=2k+3,以AO,BO为邻边构造矩形AOBC,抛物线y3x+k交y轴于点D,P为顶点,PM⊥x轴于点M.
    (1)求OD,PM的长(结果均用含k的代数式表示).
    (2)当PM=BM时,求该抛物线的表达式.
    (3)在点A在整个运动过程中,若存在△ADP是等腰三角形,请求出所有满足条件的k的值.
    【分析】(1)点D在yx2+3x+k上,且在y轴上,即y=0求出点D坐标,根据抛物线顶点公式,求出即可;
    (2)先用k表示出相关的点的坐标,根据PM=BM建立方程即可;
    (3)先用k表示出相关的点的坐标,根据△ADP是等腰三角形,分三种情况,AD=AP,DA=DP,PA=PD计算;
    【解答】解:(1)把x=0,代入y3x+k,
    ∴y=k.
    ∴OD=k.
    ∵k+3,
    ∴PM=k+3;
    (2)由抛物线的表达式知,其对称轴为x=2,
    ∴OM=2,BM=OB﹣OM=2k+3﹣2=2k+1.
    又∵PM=k+3,PM=BM,
    ∴k+3=2k+1,
    解得k=2.
    ∴该抛物线的表达式为y3x+2;
    (3)①当点P在矩形AOBC外部时,如图1,
    过P作PK⊥OA于点K,当AD=AP时,
    ∵AD=AO﹣DO=2k﹣k=k,
    ∴AD=AP=k,KA=KO﹣AO=PM﹣AO=k+3﹣2k=3﹣k
    KP=OM=2,在Rt△KAP中,KA2+KP2=AP2
    ∴(3﹣k)2+22=k2,解得k.
    ②当点P在矩形AOBC内部时,
    当AP=AD时,同法可得(k﹣3)2+22=k2,解得k.
    当PD=AP时,过P作PH⊥OA于H,
    AD=k,HDk,HO=DO+HD,
    又∵HO=PM=k+3,
    ∴k+3,
    解得k=6.
    当DP=DA时,过D作PQ⊥PM于Q,
    PQ=PM﹣QM=PM﹣OD=k+3﹣k=3
    DQ=OM=2,DP=DA=k,
    在Rt△DQP中,DP.
    ∴k=PD,
    故k或6或.
    【变式2-3】(2022•杭州校级自主招生)如图,抛物线y=ax2﹣5ax+4经过△ABC的三个顶点,已知BC∥x轴,点A在x轴的负半轴上,点C在y轴上,且AC=BC.
    (1)求抛物线的对称轴;
    (2)求A点坐标并求抛物线的解析式;
    (3)若点P在x轴下方且在抛物线对称轴上的动点,是否存在△PAB是等腰三角形?若存在,求出所有符合条件的点P坐标;不存在,请说明理由.
    【分析】(1)本题须根据二次函数的对称轴公式即可求出结果.
    (2)本题须先求出C点的坐标,再根据BC两点关于对称轴x对称,求出B点的坐标,设A点坐标(m,0),求出m即可得出点A的坐标,最后代入即可求出抛物线解析式.
    (3)本题须先根据题意画出图形,再分别根据图形求出相应的点P的坐标即可.
    【解答】解:(1)y=ax2﹣5ax+4,
    对称轴:x;
    (2)经过△ABC的三个顶点,已知BC∥x轴,点A在x轴上,点C在y上,且AC=BC,
    令x=0,y=4,可知C点坐标(0,4),
    BC∥x轴,所以B点纵坐标也为4,
    又∵BC两点关于对称轴x对称,
    即:,
    xB=5,
    ∴B点坐标(5,4).
    A点在x轴上,设A点坐标(m,0),
    AC=BC,即AC2=BC2,
    AC2=42+m2,
    BC=5,
    ∴42+m2=52,
    ∴m=±3,
    ∴A点坐标(﹣3,0),
    将A点坐标之一(﹣3,0)代入y=ax2﹣5ax+4,
    0=9a+15a+4,
    a,
    yx2x+4;
    将A点坐标是(3,0),则与A在x轴的负半轴矛盾,故舍去.
    故函数关系式为:yx2x+4.
    (3)存在符合条件的点P共有3个.以下分三类情形探索.
    设抛物线对称轴与x轴交于N,与CB交于M.
    过点B作BQ⊥x轴于Q,
    易得BQ=4,AQ=8,AN=5.5,BM.
    ①以AB为腰且顶角为角A的△PAB有1个:△P1AB.
    ∴AB2=AQ2+BQ2=82+42=80(8分)
    在Rt△ANP1中,P1N,
    ∴P1(,).
    ②以AB为腰且顶角为角B的△PAB有1个:△P2AB.
    在Rt△BMP2中MP2

    ,(10分)
    ∴P2=(,).
    ③以AB为底,顶角为角P的△PAB有1个,即△P3AB.
    画AB的垂直平分线交抛物线对称轴于P3,此时平分线必过等腰△ABC的顶点C.
    过点P3作P3K垂直y轴,垂足为K,显然Rt△P3CK∽Rt△BAQ.
    ∴.
    ∵P3K=2.5
    ∴CK=5于是OK=1,
    ∴P3(2.5,﹣1).
    ④以B为顶点时,交于x轴上方,求得P(,)(舍去).
    【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
    【例3】(2022•顺城区模拟)如图,抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A和B(5,0),与y轴交于点C(0,5).
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)抛物线的对称轴与x轴交于点M,与BC交于点F,点D是对称轴上一点,当点D关于直线BC的对称点E在抛物线上时,求点E的坐标;
    (3)点P在抛物线的对称轴上,点Q在直线BC上方的抛物线上,是否存在以O,P,Q为顶点的三角形是等腰直角三角形,若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)利用待定系数法,将B,C的坐标代入y=﹣x2+bx+c,即可求得二次函数的解析式;
    (2)设点M关于直线BC的对称点为点M′,连接MM′,BM′,则直线FM′为抛物线对称轴关于直线BC的对称直线,,可得△OBC是等腰直角三角形,求得点M′的坐标为(5,3),由﹣x2+4x+5=3,解方程即可求解;
    (3)设Q(m,﹣m2+4m+5),P(2,p),分三种情况讨论,O,P,Q分别为等腰直角三角形的顶点,分别作出图形,构造全等三角形,利用全等的性质,建立方程,解方程求解即可.
    【解答】解:(1)∵点B(5,0),C(0,5)在抛物线y=﹣x2+bx+c上,
    ∴,解得,,
    ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+4x+5;
    (2)设点M关于直线BC的对称点为点M′,连接MM′,BM′,
    则直线FM′为抛物线对称轴关于直线BC的对称直线,
    ∵点E是点D关于直线BC的对称点,点E落在抛物线上,
    ∴直线FM′与抛物线的交点E1,E2为D1,D2落在抛物线上的对称点,
    ∵对称轴与x轴交于点M,与BC交于点F,
    ∴,
    ∴点M的坐标为(2,0),
    ∵点C的坐标为(0,5),点B的坐标为(5,0),
    ∴OB=OC,
    ∴△OBC是等腰直角三角形,
    ∴∠OBC=45°,
    ∴△MBF是等腰直角三角形,
    ∴MB=MF,
    ∴点F的坐标为F(2,3),
    ∵点M关于直线BC的对称点为点M′,
    ∴BM′=BM,∠MBM′=90°,
    ∴△MBM′是等腰直角三角形,
    ∴BM′=BM=3,
    ∴点M′的坐标为(5,3),
    ∴FM′∥x轴,
    ∴﹣x2+4x+5=3,解得,x1,x2,
    ∴E1(,3),E2(,3),
    ∴点E的坐标为(,3)或(,3);
    (3)存在,Q1(,),Q2(,),Q3(,2).
    设Q(m,﹣m2+4m+5),P(2,p),
    ①当OP=PQ,∠OPQ=90°时,作PL⊥y轴于L,过Q作QK⊥x轴,交PL于K,
    ∴∠LPO=90°﹣∠LOP=90°﹣KPQ,∠PLO=∠QKP=90°,
    ∴∠LOP=∠KPQ,
    ∵OP=PQ,
    ∴△LOP≌△KPQ(AAS),
    ∴LO=PK,LP=QK,
    ∴,
    解得m1,m2(舍去),
    当m1时,﹣m2+4m+5,
    ∴Q(,);
    ②当QO=PQ,∠PQO=90°时,作PL⊥y轴于L,过Q作QK⊥x轴于T,交PL于K,
    同理可得△PKQ≌△QTO(AAS),
    ∴QT=PK,TO=QK,
    ∴,
    解得m1,m2(舍去),
    当m1时,﹣m2+4m+5,
    ∴Q(,);
    ③当QO=OP,∠POQ=90°时,作PL⊥y轴于L,过Q作QK⊥x轴于T,交PL于K,
    同理可得△OLP≌△QSO(AAS),
    ∴SQ=OL,SO=LP,
    ∴,
    解得m1=2,m2=2(舍去),
    当m1=2时,﹣m2+4m+5=2,
    ∴Q(,2);
    综上,Q1(,),Q2(,),Q3(,2).
    【变式3-1】(2022•碑林区校级三模)已知抛物线C1:yx2+bx+c的图象与x轴交于点A(﹣2,0),与y轴交于点C(0,﹣3),顶点为D.
    (1)求抛物线C1的表达式和点D的坐标;
    (2)将抛物线C1沿x轴平移m(m>0)个单位长度,所得新的抛物线记作C2,C2的顶点为D′,与抛物线C1交于点E,在平移过程中,是否存在△DED′是等腰直角三角形?如果存在,请求出满足条件的抛物线C2的表达式,并写出平移过程;如果不存在,请说明理由.
    【分析】(1)由题意可以把A(﹣2,0),C(0.﹣3)代入yx2+bx+c,可得C1的解析式,从而可以求的顶点D.
    (2)求出抛物线C2的顶点D′,两个抛物线交点为点E,且△DED′是等腰直角三角形,利用等腰直角三角形性质,用m分别表示出点E的横纵坐标,然后代入到C1的解析式中求出m.
    【解答】解:(1)由题意知:抛物线C1过点A(﹣2,0),点C(0,﹣3),
    将A、C的坐标代入yx2+bx+c,
    可得:,
    解得:,
    ∴抛物线C1的解析式为:yx2﹣x﹣3,
    ∴抛物线C1的对称轴为直线x=2,
    当x=2时,y=﹣4,
    ∴顶点D的坐标为(2,﹣4);
    (2)存在,将抛物线C1向左平移8个单位长度得到抛物线C2:yx2+3x+5.
    将抛物线C1向右平移8个单位长度得到抛物线C2:yx2﹣5x+21.
    理由如下:
    ∵沿着x轴向右平移,
    D′坐标为(2+m,﹣4),
    过E作DD′的垂线,交DD′垂足为M,两个图象总关于EM对称,
    ∴DE=D′E,
    ∴要使得△DED′是等腰直角三角形,只要再满足∠DED′=90°即可,
    ∵△DED′是等腰直角三角形,且EM⊥DD′,
    ∴DD′=2EM,M为DD′中点
    ∵点M为DD′中点,所以M(2m,﹣4),
    ∴点E的横坐标为2m,
    设点E的坐标为(2m,y),
    则EM=y﹣(﹣4)=y+4,DD′=m,
    ∴m=2(y+4),
    即ym﹣4,
    ∴点E的坐标为(2m,m﹣4)
    又点E在抛物线C1上,
    ∴m﹣4(2m)2﹣(2m)﹣3,
    解得m=0或8,
    又∵m>0,
    ∴m=8,
    ∴抛物线C2的解析式为:y(x﹣8)2﹣(x﹣8)﹣3x2﹣5x+21
    即将抛物线C1向右平移8个单位长度得到抛物线C2:yx2﹣5x+21
    同法可得,将抛物线C1向左平移8个单位长度得到抛物线C2:yx2+3x+5.
    【变式3-2】(2022•琼海二模)如图1,抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(3,0)、B(﹣1,0),与y轴交于点C,点P为x轴上方抛物线上的动点,点F为y轴上的动点,连接PA,PF,AF.
    (1)求该抛物线所对应的函数解析式;
    (2)如图1,当点F的坐标为(0,﹣4),求出此时△AFP面积的最大值;
    (3)如图2,是否存在点F,使得△AFP是以AP为腰的等腰直角三角形?若存在,求出所有点F的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案;
    (2)如图1,过点P作PQ∥y轴交直线AF于点Q,运用待定系数法可得直线AF的解析式为yx﹣4,设P(t,﹣t2+2t+3)(﹣1<t<3),则Q(t,t﹣4),利用三角形面积公式可得S△AFPPQ•OA(﹣t2t+7)×3(t)2,再运用二次函数性质即可求得答案;
    (3)设P(m,﹣m2+2m+3)(﹣1<m<3),F(0,n),分两种情况:①当AP=AF,∠PAF=90°时,②当AP=PF,∠APF=90°时,分别讨论计算即可.
    【解答】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(3,0)、B(﹣1,0),
    ∴,
    解得:,
    ∴该抛物线所对应的函数解析式为y=﹣x2+2x+3;
    (2)如图1,过点P作PQ∥y轴交直线AF于点Q,
    设直线AF的解析式为y=kx+d,
    ∵A(3,0),F(0,﹣4),
    ∴,
    解得:,
    ∴直线AF的解析式为yx﹣4,
    设P(t,﹣t2+2t+3)(﹣1<t<3),则Q(t,t﹣4),
    ∴PQ=﹣t2+2t+3﹣(t﹣4)=﹣t2t+7,
    ∴S△AFPPQ•OA(﹣t2t+7)×3(t)2,
    ∵0,﹣1<t<3,
    ∴当t时,△AFP面积的最大值为;
    (3)设P(m,﹣m2+2m+3)(﹣1<m<3),F(0,n),
    ∵A(3,0),
    ∴OA=3,OF=|n|,
    ①当AP=AF,∠PAF=90°时,如图2,过点P作PD⊥x轴于点D,
    则∠ADP=90°=∠AOF,
    ∴∠PAD+∠APD=90°,
    ∵∠PAD+∠FAO=90°,
    ∴∠APD=∠FAO,
    在△APD和△FAO中,

    ∴△APD≌△FAO(AAS),
    ∴PD=OA,AD=OF,
    ∵PD=﹣m2+2m+3,AD=3﹣m,
    ∴﹣m2+2m+3=3,
    解得:m=0或2,
    当m=0时,P(0,3),AD=3,
    ∴OF=3,即|n|=3,
    ∵点F在y的负半轴上,
    ∴n=﹣3,
    ∴F(0,﹣3);
    当m=2时,P(2,3),AD=1,
    ∴OF=1,即|n|=1,
    ∵点F在y的负半轴上,
    ∴n=﹣1,
    ∴F(0,﹣1);
    ②当AP=PF,∠APF=90°时,如图3,过点P作PD⊥x轴于点D,PG⊥y轴于点G,
    则∠PDA=∠PDO=∠PGF=90°,
    ∵∠PDO=∠PGF=∠DOG=90°,
    ∴四边形PDOG是矩形,
    ∴∠FPG+∠FPD=90°,
    ∵∠APD+∠FPD=∠APF=90°,
    ∴∠FPG=∠APD,
    在△FPG和△APD中,

    ∴△FPG≌△APD(AAS),
    ∴PG=PD,FG=AD,
    ∵PD=﹣m2+2m+3,AD=3﹣m,PG=m,
    ∴﹣m2+2m+3=m,
    解得:m(舍去)或m,
    当m时,P(,),
    ∴FG=AD=3﹣m=3,
    ∴F(0,2);
    综上所述,点F的坐标为(0,﹣3)或(0,﹣1)或(0,2).
    【变式3-3】(2022•枣庄)如图①,已知抛物线L:y=x2+bx+c的图象经过点A(0,3),B(1,0),过点A作AC∥x轴交抛物线于点C,∠AOB的平分线交线段AC于点E,点P是抛物线上的一个动点.
    (1)求抛物线的关系式;
    (2)若动点P在直线OE下方的抛物线上,连结PE、PO,当△OPE面积最大时,求出P点坐标;
    (3)将抛物线L向上平移h个单位长度,使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内(包括△OAE的边界),求h的取值范围;
    (4)如图②,F是抛物线的对称轴l上的一点,在抛物线上是否存在点P,使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,直接写出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)利用待定系数法可得抛物线的解析式;
    (2)过P作PG∥y轴,交OE于点G,设P(m,m2﹣4m+3),根据OE的解析式表示点G的坐标,表示PG的长,根据面积和可得△OPE的面积,利用二次函数的最值可得其最大值;
    (3)求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标,用含h的代数式表示平移后的抛物线的顶点坐标,列出不等式组求出h的取值范围;
    (4)存在四种情况:作辅助线,构建全等三角形,证明△OMP≌△PNF,根据|OM|=|PN|,列方程可得点P的坐标;同理可得其他图形中点P的坐标.
    【解答】解:(1)∵抛物线L:y=x2+bx+c的图象经过点A(0,3),B(1,0),
    ∴,解得,
    ∴抛物线的解析式为:y=x2﹣4x+3;
    (2)如图,过P作PG∥y轴,交OE于点G,
    设P(m,m2﹣4m+3),
    ∵OE平分∠AOB,∠AOB=90°,
    ∴∠AOE=45°,
    ∴△AOE是等腰直角三角形,
    ∴AE=OA=3,
    ∴E(3,3),
    ∴直线OE的解析式为:y=x,
    ∴G(m,m),
    ∴PG=m﹣(m2﹣4m+3)=﹣m2+5m﹣3,
    ∴S△OPE=S△OPG+S△EPG
    PG•AE
    3×(﹣m2+5m﹣3)
    (m2﹣5m+3)
    (m)2,
    ∵0,
    ∴当m时,△OPE面积最大,
    此时,P点坐标为(,);
    (3)由y=x2﹣4x+3=(x﹣2)2﹣1,得抛物线l的对称轴为直线x=2,顶点为(2,﹣1),
    抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F(2,﹣1+h).
    设直线x=2交OE于点DM,交AE于点N,则E(2,3),
    ∵直线OE的解析式为:y=x,
    ∴M(2,2),
    ∵点F在△OAE内(包括△OAE的边界),
    ∴2≤﹣1+h≤3,
    解得3≤h≤4;
    (4)设P(m,m2﹣4m+3),分四种情况:
    ①当P在对称轴的左边,且在x轴下方时,如图,过P作MN⊥y轴,交y轴于M,交l于N,
    ∴∠OMP=∠PNF=90°,
    ∵△OPF是等腰直角三角形,
    ∴OP=PF,∠OPF=90°,
    ∴∠OPM+∠NPF=∠PFN+∠NPF=90°,
    ∴∠OPM=∠PFN,
    ∴△OMP≌△PNF(AAS),
    ∴OM=PN,
    ∵P(m,m2﹣4m+3),
    则﹣m2+4m﹣3=2﹣m,
    解得:m(舍)或,
    ∴P的坐标为(,);
    ②当P在对称轴的左边,且在x轴上方时,
    同理得:2﹣m=m2﹣4m+3,
    解得:m1(舍)或m2,
    ∴P的坐标为(,);
    ③当P在对称轴的右边,且在x轴下方时,
    如图,过P作MN⊥x轴于N,过F作FM⊥MN于M,
    同理得△ONP≌△PMF,
    ∴PN=FM,
    则﹣m2+4m﹣3=m﹣2,
    解得:m或m2(舍);
    P的坐标为(,);
    ④当P在对称轴的右边,且在x轴上方时,如图,
    同理得m2﹣4m+3=m﹣2,
    解得:m或(舍),
    P的坐标为:(,);
    综上所述,点P的坐标是:(,)或(,)或(,)或(,).
    【题型4 二次函数中平行四边形的存在性问题】
    【例4】(2022•垦利区二模)已知抛物线y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A和点B(1,0),与y轴交于点C,连接AC,有一动点D在线段AC上运动,过点D作x轴的垂线,交抛物线于点E,交x轴于点F,AB=4,设点D的横坐标为m.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)连接AE、CE,当△ACE的面积最大时,点D的坐标是 (,) ;
    (3)当m=﹣2时,在平面内是否存在点Q,使以B,C,E,Q为顶点的四边形为平行四边形?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)将B(1.0),A(﹣3.0)代入y=ax2+bx+3,即可求解析式;
    (2)求出直线AC的解析式,即可知D(m.m+3),E(m,﹣m2﹣2m+3),再求S△ACE3×(﹣m2﹣3m)(m)2,即可求解;
    (3)设Q (n,t),分①当BC为平行四边形的对角线时,②当BE为平行四边形的对角线时,③当BQ为平行四边形的对角线时三种情况求解即可.
    【解答】解:(1)∵点B(1,0),,AB=4,
    ∴A(﹣3,0),
    将A(﹣3,0),B(1,0)代入y=ax2+bx+3,
    ∴,
    解得:,
    ∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3;
    (2)由(1)知,C(0,3),
    设直线AC的解析式为y=kx+b′(k≠0),
    则,
    解得:,
    ∴直线AC的解析式为y=x+3,
    ∴D(m,m+3),E(m,﹣m2﹣2m+3),
    ∴DE=﹣m2﹣3m,
    ∴S△ACE3×(﹣m2﹣3m)(m)2,
    ∴当x时,S△ACE最大,
    ∴D(,),
    故答案为:(,);
    (3)解:存在,理由如下:
    ∵m=﹣2,
    ∴E(﹣2.3),
    设Q(n.t),如图:
    ①当BC为平行四边形对角线时,

    解得:,
    ∴Q1(3,0);
    ②当BE为平行四边形对角线时,
    则,
    解得:,
    ∴Q2(﹣1,0);
    ③当BQ为平行四边形对角线时,
    则,
    解得:,
    ∴Q3(﹣3,6).
    综上所述,当点Q为(3,0)或(﹣1,0)或(﹣3,6)时,以B,C,E,Q为顶点的四边形为平行四边形.
    【变式4-1】(2022•澄迈县模拟)在平面直角坐标系中,抛物线经过点A(﹣2,0),B(﹣3,3)及原点O,顶点为C.
    (1)求该抛物线的函数表达式及顶点C的坐标;
    (2)设该抛物线上一动点P的横坐标为t.
    ①在图1中,当﹣3<t<0时,求△PBO的面积S与t的函数关系式,并求S的最大值;
    ②在图2中,若点P在该抛物线上,点E在该抛物线的对称轴上,且以A,O,P,E为顶点的四边形是平行四边形,求点P的坐标;
    【分析】(1)由待定系数法求函数的解析式即可;
    (2)①求出直线BO的解析式,过点P作PG⊥x轴交BO于点G,可得E(t,﹣t)再由S(t)2,即可求解;
    ②设E(﹣1,m),根据平行四边形对角线的情况,分三种情况讨论:当AO为平行四边形的对角线时,当AP为平行四边形的对角线时,当AE为平行四边形的对角线时;利用中点坐标公式求解即可;
    【解答】解:(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx,
    将A(﹣2,0),B(﹣3,3)代入,
    ∴,
    解得,
    ∴y=x2+2x,
    ∴C(﹣1,﹣1);
    (2)①∵P的横坐标为t,
    ∴P(t,t2+2t),
    设直线BO的解析式为y=kx,
    ∴﹣3k=3,
    ∴k=﹣1,
    ∴y=﹣x,
    过点P作PG⊥x轴交BO于点G,
    ∴E(t,﹣t)
    ∴PG=﹣t﹣t2﹣2t=﹣t2﹣3t,
    ∴S3×(﹣t2﹣3t)(t)2,
    ∵﹣3<t<0,
    ∴t时,S有最大值;
    ②∵y=x2+2x,
    ∴抛物线的对称轴为直线x=﹣1,
    设E(﹣1,m),
    当AO为平行四边形的对角线时,

    解得,
    ∴P(﹣1,﹣1);
    当AP为平行四边形的对角线时,

    解得,
    ∴P(1,3);
    当AE为平行四边形的对角线时,

    解得,
    ∴P(﹣3,3);
    综上所述:P点坐标为(﹣1,﹣1)或(1,3)或(﹣3,3);
    【变式4-2】(2022•福山区一模)如图,抛物线y=ax2+bx+c过点A(﹣1,0),点B(3,0),与y轴负半轴交于点C,且OC=3OA,抛物线的顶点为D,对称轴交x轴于点E.
    (1)求抛物线的函数表达式;
    (2)求直线BC的函数表达式;
    (3)若点P是抛物线上一点,过点P作PQ⊥x轴交直线BC于点Q,试探究是否存在以点E,D,P,Q为顶点的平行四边形.若存在,求出点P坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)先求得C(0,3),再利用待定系数法求解即可;
    (2)设出直线BC的函数表达式,再利用待定系数法求解即可;
    (3)设p(a,a2﹣2a﹣3),因为PQ⊥x轴交直线BC于点Q,所以Q(a,a﹣3),因为PQ∥ED,所以当PQ=ED时,E、D、P、Q为平行四边形,据此即可解答.
    【解答】解:(1)∵点A(﹣1,0),OC=3OA,
    ∴OC=3,
    ∴C(0,﹣3),
    把点A(﹣1,0)、C(0,﹣3)和B(3,0)代入抛物线y=ax2+bx+c中,

    解得:,
    ∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3;
    (2)设直线BC解析式为:y=kx+b,
    把B(3,0)、C(0,﹣3)代入得:

    解得:,
    ∴y=x﹣3;
    (3)存在,设p(a,a2﹣2a﹣3),
    ∴Q(a,a﹣3),
    ∵抛物线的顶点为D,
    ∴D(1,﹣4),
    ∵E(1,0),
    ∴|PQ|=|yQ﹣yP|=|a2﹣3a|,PQ∥ED,
    若E、D、P、Q为平行四边形,
    ∴PQ=ED,
    ∵D(1,﹣4),E(1,0),
    ∴ED=4,PQ=4,
    ∴|a2﹣3a|=4,
    ∴a2﹣3a=4或a2﹣3a=﹣4,
    当a2﹣3a=4时,解得:a1=4,a2=﹣1;
    当a2﹣3a=﹣4,时,Δ<0,无解,
    ∴P1(4,5),P2(﹣1,0),
    ∴存在,点P坐标为(4,5)或(﹣1,0).
    【变式4-3】(2022•青羊区校级模拟)抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(﹣3,0),B(1,0)两点,与y轴交于点C(0,3),点P是抛物线上的一个动点.
    (1)求抛物线的函数表达式;
    (2)如图1,点P在线段AC上方的抛物线上运动(不与A,C重合),过点P作PD⊥AB,垂足为D,PD交AC于点E.作PF⊥AC,垂足为F,求△PEF的面积的最大值;
    (3)如图2,点Q是抛物线的对称轴l上的一个动点,在抛物线上,是否存在点P,使得以点A,P,C,Q为顶点的四边形是平行四边形?若存在,求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,说明理由.
    【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案;
    (2)由PD∥OC,可得∠PEF=∠ACO=45°,故△PEF是等腰直角三角形,如图1,过点F作FH⊥PE于点H,则FHPE,可得:S△PEFPE×FHPE2,当PE最大时,S△PEF最大,利用待定系数法求得直线AC的解析式为y=x+3,设P(t,﹣t2﹣2t+3),则E(t,t+3),可得PE=﹣(t)2,运用二次函数的性质求得PE的最大值即可得出答案;
    (3)分两种情形:①当AC为平行四边形的边时,则有PQ∥AC,且PQ=AC,如图2,过点P作对称轴的垂线,垂足为G,设AC交对称轴于点H,证得△PQG≌△ACO(AAS),根据点P到对称轴的距离为3,建立方程求解即可;②当AC为平行四边形的对角线时,如图3,设AC的中点为M,则M(,),设点P的横坐标为x,根据中点公式建立方程求解即可.
    【解答】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(﹣3,0),B(1,0)两点,
    ∴设y=a(x+3)(x﹣1),把C(0,3)代入,得:3=a×(0+3)×(0﹣1),
    解得:a=﹣1,
    ∴y=﹣(x+3)(x﹣1)=﹣x2﹣2x+3,
    ∴该抛物线的函数表达式为y=﹣x2﹣2x+3;
    (2)∵A(﹣3,0),C(0,3),
    ∴OA=OC=3,
    ∴∠ACO=45°,
    ∵PD⊥AB,OC⊥AB,
    ∴PD∥OC,
    ∴∠PEF=∠ACO=45°,
    ∵PF⊥AC,
    ∴△PEF是等腰直角三角形,
    如图1,过点F作FH⊥PE于点H,
    则FHPE,
    ∴S△PEFPE×FHPE2,
    当PE最大时,S△PEF最大,
    设直线AC的解析式为y=kx+d,
    则,
    解得:,
    ∴直线AC的解析式为y=x+3,
    设P(t,﹣t2﹣2t+3),则E(t,t+3),
    ∴PE=﹣t2﹣2t+3﹣(t+3)=﹣t2﹣3t=﹣(t)2,
    ∵﹣1<0,
    ∴当t时,PE取得最大值,
    ∴S△PEFPE2()2,
    ∴△PEF的面积的最大值为;
    (3)①当AC为平行四边形的边时,则有PQ∥AC,且PQ=AC,
    如图2,过点P作对称轴的垂线,垂足为G,设AC交对称轴于点H,
    则∠AHG=∠ACO=∠PQG,
    在△PQG和△ACO中,

    ∴△PQG≌△ACO(AAS),
    ∴PG=AO=3,
    ∴点P到对称轴的距离为3,
    又∵y=﹣(x+1)2+4,
    ∴抛物线对称轴为直线x=﹣1,
    设点P(x,y),则|x+1|=3,
    解得:x=2或x=﹣4,
    当x=2时,y=﹣5,
    当x=﹣4时,y=﹣5,
    ∴点P坐标为(2,﹣5)或(﹣4,﹣5);
    ②当AC为平行四边形的对角线时,
    如图3,设AC的中点为M,
    ∵A(﹣3,0),C(0,3),
    ∴M(,),
    ∵点Q在对称轴上,
    ∴点Q的横坐标为﹣1,设点P的横坐标为x,
    根据中点公式得:x+(﹣1)=2×()=﹣3,
    ∴x=﹣2,此时y=3,
    ∴P(﹣2,3);
    综上所述,点P的坐标为(2,﹣5)或(﹣4,﹣5)或(﹣2,3).
    【题型5 二次函数中矩形的存在性问题】
    【例5】(2022•齐齐哈尔三模)综合与实践
    如图,二次函数y=﹣x2+c的图象交x轴于点A、点B,其中点B的坐标为(2,0),点C的坐标为(0,2),过点A、C的直线交二次函数的图象于点D.
    (1)求二次函数和直线AC的函数表达式;
    (2)连接DB,则△DAB的面积为 6 ;
    (3)在y轴上确定点Q,使得∠AQB=135°,点Q的坐标为 (0,22)或(0,2﹣2) ;
    (4)点M是抛物线上一点,点N为平面上一点,是否存在这样的点N,使得以点A、点D、点M、点N为顶点的四边形是以AD为边的矩形?若存在,请你直接写出点N的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)利用待定系数法可求出c的值,进而可得出二次函数的表达式,利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A的坐标,再由点A,C的坐标,利用待定系数法即可求出直线AC的函数表达式;
    (2)联立直线AC和抛物线的函数表达式可求出点D的坐标,再结合点A,B的坐标,利用三角形的面积计算公式,即可求出△DAB的面积;
    (3)当点Q在y轴正半轴轴时,过点Q作QE⊥AC于点E,根据各角之间的关系可得出AQ平分∠OAC,利用角平分线的性质及面积法,可求出OQ的长,进而可得出点Q的坐标;当点Q在y轴负半轴时,利用对称性可得出点Q的坐标;
    (4)连接BC,则AD⊥BC,分四边形ADMN为矩形及四边形ADNM为矩形两种情况考虑:①当四边形ADMN为矩形时,利用平行线的性质及待定系数法可求出直线DM的函数表达式,联立后可求出点M的坐标,再利用矩形的性质可求出点N的坐标;②当四边形ADNM为矩形时,利用平行线的性质及待定系数法可求出直线AM的函数表达式,联立后可求出点M的坐标,再利用矩形的性质可求出点N的坐标.
    【解答】解:(1)将B(2,0)代入y=﹣x2+c得:0=﹣4+c,
    解得:c=4,
    ∴二次函数的表达式为y=﹣x2+4.
    当y=0时,﹣x2+4=0,
    解得:x1=﹣2,x2=2,
    ∴点A的坐标为(﹣2,0).
    设直线AC的函数表达式为y=kx+b(k≠0),
    将A(﹣2,0),C(0,2)代入y=kx+b得:,
    解得:,
    ∴直线AC的函数表达式为y=x+2.
    (2)联立直线AC和抛物线的函数表达式得:,
    解得:,,
    ∴点D的坐标为(1,3),
    ∴S△ABD|2﹣(﹣2)|×|3|=6.
    故答案为:6.
    (3)当点Q在y轴正半轴轴时,过点Q作QE⊥AC于点E,如图1所示.
    ∵点A,B关于y轴对称,
    ∴AQ=BQ,
    ∵∠AQB=135°,
    ∴∠BAQ(180°﹣135°)=22.5°.
    ∵点A的坐标为(﹣2,0),点C的坐标为(0,2),
    ∴OA=OC=2,
    ∴∠OAC(180°﹣90°)=45°,ACOA=2,
    ∴∠CAQ=∠OAC﹣∠BAQ=45°﹣22.5°=22.5°=∠BAQ,
    ∴AQ平分∠OAC,
    ∴OQ=EQ.
    ∵S△ACQCQ•OAAC•EQAC•OQ,
    ∴(2﹣OQ)•2=2•OQ,
    ∴OQ=22,
    ∴点Q的坐标为(0,22).
    当点Q在y轴负半轴时,点Q的坐标为(0,2﹣2).
    故答案为:(0,22)或(0,2﹣2).
    (4)连接BC,则AC⊥BC,即AD⊥BC,利用待定系数法可求出直线BC的函数表达式y=﹣x+2.
    分两种情况考虑,如图2所示.
    ①当四边形ADMN为矩形时,设直线DM的函数表达式为y=﹣x+m,
    将D(1,3)代入y=﹣x+m得:﹣1+m=3,
    解得:m=4,
    ∴直线DM的函数表达式为y=﹣x+4.
    联立直线DM和抛物线的函数表达式得:,
    解得:,,
    ∴点M的坐标为(0,4),
    又∵四边形ADMN为矩形,
    ∴点N的坐标为(﹣2+0﹣1,0+4﹣3),即(﹣3,1);
    ②当四边形ADNM为矩形时,同理可得出直线AM的函数表达式为y=﹣x﹣2,
    联立直线AM和抛物线的函数表达式得:,
    解得:,,
    ∴点M的坐标为(3,﹣5),
    又∵四边形ADNM为矩形,
    ∴点N的坐标为(1+3﹣(﹣2),3﹣5﹣0),即(6,﹣2).
    综上所述,存在这样的点N,使得以点A、点D、点M、点N为顶点的四边形是以AD为边的矩形,点N的坐标为(﹣3,1)或(6,﹣2).
    【变式5-1】(2022•博山区一模)如图,已知抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,且点A的坐标为(﹣2,0),直线BC的解析式为yx﹣4.
    (1)求抛物线的解析式.
    (2)如图1,过点A作AD∥BC交抛物线于点D(异于点A),P是直线BC下方抛物线上一点,过点P作PQ∥y轴,交AD于点Q,过点Q作QR⊥BC于点R,连接PR.求△PQR面积的最大值及此时点P的坐标.
    (3)如图2,点C关于x轴的对称点为点C′,将抛物线沿射线C′A的方向平移2个单位长度得到新的抛物线y′,新抛物线y′与原抛物线交于点M,原抛物线的对称轴上有一动点N,平面直角坐标系内是否存在一点K,使得以D,M,N,K为顶点的四边形是矩形?若存在,请直接写出点K的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)由题可知B点既在x轴上,又在yx﹣4上,则B(8,0),再将A、B代入y=ax2+bx﹣4即可求解析式;
    (2)先求出直线AD的解析式为yx+1,过点B作BG⊥AD,在Rt△ABG中,AB=10,tan∠BAG,求出BG=2,设P(m,m2m﹣4),R(n,n﹣4),则Q(m,m+1),QR=2,代入点的坐标可得n﹣m=2,则R(m+2,m﹣3),S△PQR(m﹣4)2+9,当m=4时,S△PQR有最大值9,则可求P(4,﹣6);
    (3)求出C'(0,﹣4),直线AC的解析式为y=2x+4,由平移可知抛物线沿着x轴负方向平移2个单位长度,沿着y轴负方向平移4个单位长度,可得平移后抛物线解析式为y'(x﹣1)2,联立(x﹣3)2(x﹣1)2可求两抛物线交点M(6,﹣4),联立x+1x2x﹣4,可求D(10,6),设N(3,t),K(x,y),①当DM与KN为矩形对角线时,8,1,再由DM=KN,则16+100=(3﹣x)2+(t﹣y)2,可求K(13,﹣1)或K(13,3);②当DN与MK为矩形对角线时,,,再由DN=MK,则49+(6﹣t)2=(6﹣x)2+(y+4)2,求出K(7,);③当KD与MN为矩形对角线时,,,再由KD=MN,(x﹣10)2+(6﹣y)2=9+(t+4)2,求出K(﹣1,).
    【解答】解:(1)∵B点在x轴上,且B点在yx﹣4上,
    ∴B(8,0),
    ∵A(﹣2,0),B(8,0),都在抛物线y=ax2+bx﹣4上,
    ∴x=﹣2,x=8是方程ax2+bx﹣4=0的两个根,
    ∴﹣16,6,
    ∴a,b,
    ∴yx2x﹣4;
    (2)∵AD∥BC,直线BC的解析式为yx﹣4,
    ∴直线AD的解析式为yx+1,
    过点B作BG⊥AD交点G,
    ∵QR⊥BC,
    ∴QR=BG,
    在Rt△ABG中,AB=10,tan∠BAG,
    ∴BG=2,
    设P(m,m2m﹣4),R(n,n﹣4),则Q(m,m+1),
    ∵QR=2,
    ∴20=(m﹣n)2,
    ∴n﹣m=2,
    ∴R(m+2,m﹣3),
    S△PQR(m+1m2m+4)×2m2+2m+5(m﹣4)2+9,
    ∴当m=4时,S△PQR有最大值9,
    ∴P(4,﹣6);
    (3)∵点C关于x轴的对称点为点C′,
    ∴C'(0,﹣4),
    ∴直线AC的解析式为y=2x+4,
    ∵抛物线沿射线C′A的方向平移2个单位长度,
    ∴抛物线沿着x轴负方向平移2个单位长度,沿着y轴负方向平移4个单位长度,
    ∵yx2x﹣4(x﹣3)2,
    ∴y'(x﹣1)2,
    联立(x﹣3)2(x﹣1)2,解得x=6,
    ∴M(6,﹣4),
    联立x+1x2x﹣4,解得x=10或x=﹣2,
    ∵D异于点A,
    ∴D(10,6),
    ∵yx2x﹣4的对称轴为直线x=3,
    设N(3,t),K(x,y),
    ①当DM与KN为矩形对角线时,
    DM的中点与KN的中点重合,
    ∴8,1,
    ∴x=13,t=2﹣y,
    ∵DM=KN,
    ∴16+100=(3﹣x)2+(t﹣y)2,
    ∴y=﹣1或y=3,
    ∴K(13,﹣1)或K(13,3);
    ②当DN与MK为矩形对角线时,
    DN的中点与MK的中点重合,
    ∴,,
    ∴x=7,t=y﹣10,
    ∵DN=MK,
    ∴49+(6﹣t)2=(6﹣x)2+(y+4)2,
    ∴y,
    ∴K(7,);
    ③当KD与MN为矩形对角线时,
    KD的中点与MN的中点重合
    ∴,,
    ∴x=﹣1,t=10+y,
    ∵KD=MN,
    ∴(x﹣10)2+(6﹣y)2=9+(t+4)2,
    ∴y,
    ∴K(﹣1,);
    综上所述:以D,M,N,K为顶点的四边形是矩形时,K点坐标为(﹣1,)或(7,)或(13,﹣1)或(13,3).
    【变式5-2】(2022•绥化)如图,抛物线y=ax2+bx+c交y轴于点A(0,﹣4),并经过点C(6,0),过点A作AB⊥y轴交抛物线于点B,抛物线的对称轴为直线x=2,D点的坐标为(4,0),连接AD,BC,BD.点E从A点出发,以每秒个单位长度的速度沿着射线AD运动,设点E的运动时间为m秒,过点E作EF⊥AB于F,以EF为对角线作正方形EGFH.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)当点G随着E点运动到达BC上时,求此时m的值和点G的坐标;
    (3)在运动的过程中,是否存在以B,G,C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形,如果存在,直接写出点G的坐标,如果不存在,请说明理由.
    【分析】(1)根据抛物线的对称轴为直线x=2,可得出抛物线与x轴的另一个交点的坐标为(﹣2,0),列出交点式,再将点A(0,﹣4)可得出抛物线的解析式;
    (2)根据可得出△ABD是等腰直角三角形,再根据点E的运动和正方形的性质可得出点H,F,G的坐标,根据点B,C的坐标可得出直线BC的解析式,将点G代入直线BC的解析式即可;
    (3)若存在,则△BGC是直角三角形,则需要分类讨论,当点B为直角顶点,当点G为直角顶点,当点C为直角顶点,分别求解即可.
    【解答】解:(1)∵抛物线的对称轴为直线x=2,D点的坐标为(4,0),
    ∴抛物线与x轴的另一个交点为(﹣2,0),
    ∴抛物线的解析式为:y=a(x+2)(x﹣6),
    将点A(0,﹣4)解析式可得,﹣12a=﹣4,
    ∴a.
    ∴抛物线的解析式为:y(x+2)(x﹣6)x2x﹣4.
    (2)∵AB⊥y轴,A(0,﹣4),
    ∴点B的坐标为(4,﹣4).
    ∵D(4,0),
    ∴AB=BD=4,且∠ABD=90°,
    ∴△ABD是等腰直角三角形,∠BAD=45°.
    ∵EF⊥AB,
    ∴∠AFE=90°,
    ∴△AEF是等腰直角三角形.
    ∵AEm,
    ∴AF=EF=m,
    ∴E(m,﹣4+m),F(m,﹣4).
    ∵四边形EGFH是正方形,
    ∴△EHF是等腰直角三角形,
    ∴∠HEF=∠HFE=45°,
    ∴FH是∠AFE的角平分线,点H是AE的中点.
    ∴H(m,﹣4m),G(m,﹣4m).
    ∵B(4,﹣4),C(6,0),
    ∴直线BC的解析式为:y=2x﹣12.
    当点G随着E点运动到达BC上时,有2m﹣12=﹣4m.
    解得m.
    ∴G(,).
    (3)存在,理由如下:
    ∵B(4,﹣4),C(6,0),G(m,﹣4m).
    ∴BG2=(4m)2+(m)2,
    BC2=(4﹣6)2+(﹣4)2=20,
    CG2=(6m)2+(﹣4m)2.
    若以B,G,C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形,则△BGC是直角三角形,
    ∴分以下三种情况:
    ①当点B为直角顶点时,BG2+BC2=CG2,
    ∴(4m)2+(m)2+20=(6m)2+(﹣4m)2,
    解得m,
    ∴G(,);
    ②当点C为直角顶点时,BC2+CG2=BG2,
    ∴20+(6m)2+(﹣4m)2=(4m)2+(m)2,
    解得m,
    ∴G(,);
    ③当点G为直角顶点时,BG2+CG2=BC2,
    ∴(4m)2+(m)2+(6m)2+(﹣4m)2=20,
    解得m或2,
    ∴G(3,﹣3)或(,);
    综上,存在以B,G,C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形,点G的坐标为(,)或(,)或(3,﹣3)或(,).
    【变式5-3】(2022•黔东南州)如图,抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1,与x轴交于点A,B(3,0),与y轴交于点C,连接AC.
    (1)求此抛物线的解析式;
    (2)已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点,过点D作DM⊥x轴,垂足为点M,DM交直线BC于点N,是否存在这样的点N,使得以A,C,N为顶点的三角形是等腰三角形.若存在,请求出点N的坐标,若不存在,请说明理由;
    (3)已知点E是抛物线对称轴上的点,在坐标平面内是否存在点F,使以点B、C、E、F为顶点的四边形为矩形,若存在,请直接写出点F的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)由抛物线的对称轴为直线x=1,抛物线经过点B(3,0),可得A(﹣1,0),用待定系数法即可求解;
    (2)求出直线BC的解析式,设点D坐标为(t,﹣t2+2t+3),则点N(t,﹣t+3),利用勾股定理表示出AC2,AN2,CN2,然后分①当AC=AN时,②当AC=CN时,③当AN=CN时三种情况进行讨论,列出关于t的方程,求出t的值,即可写出点N的坐标;
    (3)分两种情形讨论:①当BC为对角线时,②当BC为边时,先求出点E的坐标,再利用平行四边形的中心对称性求出点F的坐标即可.
    【解答】解:(1)抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1,与x轴交于点A,B(3,0),
    ∴A(﹣1,0),
    ∴,解得,
    ∴抛物线的解析式y=﹣x2+2x+3;
    (2)∵y=﹣x2+2x+3,
    ∴C(0,3),
    设直线BC的解析式为y=kx+3,
    将点B(3,0)代入得:0=3k+3,
    解得:k=﹣1,
    ∴直线BC的解析式为y=﹣x+3;
    设点D坐标为(t,﹣t2+2t+3),则点N(t,﹣t+3),
    ∵A(﹣1,0),C(0,3),
    ∴AC2=12+32=10,
    AN2=(t+1)2+(﹣t+3)2=2t2﹣4t+10,
    CN2=t2+(3+t﹣3)2=2t2,
    ①当AC=AN时,AC2=AN2,
    ∴10=2t2﹣4t+10,
    解得t1=2,t2=0(不合题意,舍去),
    ∴点N的坐标为(2,1);
    ②当AC=CN时,AC2=CN2,
    ∴10=2t2,
    解得t1,t2(不合题意,舍去),
    ∴点N的坐标为(,3);
    ③当AN=CN时,AN2=CN2,
    ∴2t2﹣4t+10=2t2,
    解得t,
    ∴点N的坐标为(,);
    综上,存在,点N的坐标为(2,1)或(,3)或(,);
    (3)设E(1,a),F(m,n),
    ∵B(3,0),C(0,3),
    ∴BC=3,
    ①以BC为对角线时,BC2=CE2+BE2,
    ∴(3)2=12+(a﹣3)2+a2+(3﹣1)2,
    解得:a,或a,
    ∴E(1,)或(1,),
    ∵B(3,0),C(0,3),
    ∴m+1=0+3,n0+3或n0+3,
    ∴m=2,n或n,
    ∴点F的坐标为(2,)或(2,);
    ②以BC为边时,BE2=CE2+BC2或CE2=BE2+BC2,
    ∴a2+(3﹣1)2=12+(a﹣3)2+(3)2或12+(a﹣3)2=a2+(3﹣1)2+(3)2,
    解得:a=4或a=﹣2,
    ∴E(1,4)或(1,﹣2),
    ∵B(3,0),C(0,3),
    ∴m+0=1+3,n+3=0+4或m+3=1+0,n+0=3﹣2,
    ∴m=4,n=1或m=﹣2,n=1,
    ∴点F的坐标为(4,1)或(﹣2,1),
    综上所述:存在,点F的坐标为(2,)或(2,)或(4,1)或(﹣2,1).
    【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】
    【例6】(2022•烟台一模)如图,平面直角坐标系中,正方形ABCD的顶点A,B在x轴上,抛物线y=﹣x2+bx+c经过A,C(4,﹣5)两点,且与直线DC交于另一点E.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)P为y轴上一点,过点P作抛物线对称轴的垂线,垂足为Q,连接EQ,AP.试求EQ+PQ+AP的最小值;
    (3)N为平面内一点,在抛物线对称轴上是否存在点M,使得以点M,N,E,A为顶点的四边形是菱形?若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)求出A点坐标后,将点A、C代入y=﹣x2+bx+c,即可求解;
    (2)连接OC,交对称x=1于点Q,此时EQ+OQ的值最小,最小值为线段OC长,再求解即可;
    (3)分三种情况讨论:①以AE为菱形对角线,此时AM=ME;②以AM为菱形对角线,此时AE=EM;③以AN为菱形对角线,此时AE=AM;再利用中点坐标公式和两点间距离公式求解即可.
    【解答】解:(1)∵四边形ABCD为正方形,C(4,﹣5),
    ∴AD=AB=5,B(4,0),
    ∴OA=1,
    ∴A(﹣1,0),
    将点A,C代入y=﹣x2+bx+c,
    ∴,
    解得,
    ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3;
    (2)连接OC,交对称轴x=1于点Q,
    ∵PQ⊥y轴,
    ∴AO∥PQ,
    ∵AO=PQ=1,
    ∴四边形AOQP是平行四边形,
    ∴AP=OQ,
    ∴EQ+PQ+AP=EQ+1+OQ
    若使EQ+PQ+AP值为最小,则EQ+OQ的值为最小,
    ∵E,C关于对称轴x=1对称,
    ∴EQ=CQ,
    ∴EQ+OQ=CQ+OQ,
    此时EQ+OQ的值最小,最小值为线段OC长,
    ∵C(4,﹣5),
    ∴,
    ∴EQ+PQ+AP的最小值为,
    即EQ+PQ+AP的最小值为;
    (3)存在点M,使得以点M,N,E,A为顶点的四边形是菱形,理由如下:
    ①以AE为菱形对角线,此时AM=ME,
    ∴,
    解得,
    ∴M(1,﹣3);
    ②以AM为菱形对角线,此时AE=EM,
    ∴,
    解得或,
    ∴M(1,﹣5)或(1,﹣5);
    ③以AN为菱形对角线,此时AE=AM,
    ∴,
    解得或,
    ∴M(1,)或(1,);
    综上所述:M点坐标为(1,﹣3),,,,.
    【变式6-1】(2022•邵阳县模拟)如图,直线l:y=﹣3x﹣6与x轴、y轴分别相交于点A、C;经过点A、C的抛物线C:与x轴的另一个交点为点B,其顶点为点D,对称轴与x轴相交于点E.
    (1)求抛物线C的对称轴.
    (2)将直线l向右平移得到直线l1.
    ①如图①,直线l1与抛物线C的对称轴DE相交于点P,要使PB+PC的值最小,求直线l1的解析式.
    ②如图 ②,直线l1与直线BC相交于点F,直线l1上是否存在点M,使得以点A、C、F、M为顶点的四边形是菱形,若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)分别把x=0和y﹣0代入一次函数的解析式,求出A、C坐标,代入抛物线得出方程组,求出方程组的解,得出抛物线的解析式,即可求解;
    (2)①求出抛物线C的对称轴和B的坐标,连接BC交对称轴于点P′,PB+PC=QP′B+P′C=BC的值最小,求出点P′的坐标,根据平移的性质即可求出直线l1的解析式;
    ②分两种情况:Ⅰ当AM为边时,Ⅱ当AM为对角线时,根据菱形的性质即可求解.
    【解答】解:(1)在y=﹣3x﹣6中,令y=0,
    即﹣3x﹣6=0,x=﹣2,得A(﹣2,0).
    令x=0,得y=﹣6,得C(0,﹣6),
    将点A、C的坐标代入抛物线C的表达式,
    得:,解得,
    ∴抛物线C的解析式为,其对称轴为x2;
    (2)①如图,连接BC交DE于点P′,
    则PB+PC≥BC.当点P到达点P时,
    PB+PC=QP′B+P′C=BC的值最小,
    令y=0,即,
    解得 x1=﹣2,x2=6.
    ∴点B坐标为(6,0).
    设直线BC的表达式为 y=kx+h,
    则:,解得.
    ∴y=x﹣6,
    当x=2时,y=2﹣6=﹣4.
    ∴点P′即点P的坐标为(2,﹣4),
    ∵将直线l:y=﹣3x﹣6向右平移得到直线l1,
    ∴设直线l1的解析式为y=﹣3x+h1.
    则﹣4=﹣3×2+h1,
    ∴h1=2.
    ∴直线l1的解析式为y=﹣3x+2;
    ②存在点M,使得以点A、C、F、M为顶点的四边形是菱形.
    由点F在直线BC:y=x﹣6上,可设点F(m,m﹣6).
    Ⅰ当AM为边时,如图,过点A作AM∥CB交l1于点M.
    ∵FM∥CA,
    ∴当FM=CA时,以点A、C、F、M为顶点的四边形ACFM是平行四边形.
    当CA=CF时,▱ACFM是菱形.
    过点F作FH⊥CO于H,则CH=|(m﹣6)﹣(﹣6)|=|m|.CF2=CH2+FH2=m2+m2=2m2,
    ∵CA2=22+62=40,
    ∴2m2=40,
    ∴,(舍去),
    ∴F(,).
    ∵FM∥CA且FM=CA,
    ∴可将CA先向右平移单位、再向上平移单位得到FM,
    即可将点A(﹣2,0)先向右平移单位、再向上平移单位得到点M.
    故点M的坐标为(2,);
    Ⅱ当AM为对角线时,连接AF,过点C作CM∥AF交l1于点M.
    ∵FM∥AC,
    ∴当FM=AC时,以点A、C、F、M为顶点的四边形ACFM是平行四边形.
    当AC=AF时,▱ACMF是菱形.
    ∵AF2=(m+2)2+(m﹣6)2,CA2=40,
    ∴(m+2)2+(m﹣6)2=40,
    ∴m1=4,m2=0(舍去),
    ∴点F的坐标为(4,﹣2).
    ∵FM∥AC且FM=AC,
    ∴可将AC先向右平移6个单位、再向下平移2个单位得到FM,
    即可将点C(0,﹣6)先向右平移6单位、再向下平移2单位得到点M.
    ∴点M的坐标为(6,﹣8).
    综上,点M的坐标为(2,)或(6,﹣8).
    【变式6-2】(2022•嘉定区二模)在平面直角坐标系xOy(如图)中,已知抛物线y=ax2+bx+3经过点A(3,0)、B(4,1)两点,与y轴的交点为C点.
    (1)求抛物线的表达式;
    (2)求四边形OABC的面积;
    (3)设抛物线y=ax2+bx+3的对称轴是直线l,点D与点B关于直线l对称,在线段BC上是否存在一点E,使四边形ADCE是菱形,如果存在,请求出点E的坐标;如果不存在,请说明理由.
    【分析】(1)把点A、B的坐标代入函数解析式,利用待定系数法求二次函数解析式解答;
    (2)将四边形OABC的面积分解为△OBC、△OAB的面积和,即可求解;
    (3)求出点D的坐标,可得AD=CD,利用待定系数法求AD、BC、CD的解析式,可AD∥BC,求出AE的解析式,再求AE、BC的交点坐标即可.
    【解答】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)经过A(3,0),B(4,1)两点,
    ∴,
    解得,
    ∴抛物线的关系式为yx2x+3;
    (2)如图,连接OB,
    ∵yx2x+3与y轴的交点为C点,
    ∴C(0,3),
    ∵A(3,0)、B(4,1),
    ∴OC=3,OA=3,
    ∴S四边形OABC=S△OBC+S△OAB3×43×1;
    (3)如图,
    ∵yx2x+3,
    ∴抛物线的对称轴是直线l:x,
    ∵点D与点B(4,1)关于直线l对称,
    ∴D(1,1),
    ∵A(3,0),C(0,3),
    ∴AD,CD,
    ∴AD=CD,
    设直线AD的解析式为y=mx+n,
    ∴,解得,
    ∴直线AD的解析式为yx,
    同理:直线BC的解析式为yx+3,
    直线CD的解析式为y=﹣2x+3,
    ∴AD∥BC,
    当AE∥CD时,四边形ADCE是菱形,
    设直线AE的解析式为y=﹣2x+a,
    ∵A(3,0),
    ∴﹣6+a=0,解得a=6,
    ∴直线AE的解析式为y=﹣2x+6,
    联立直线BC:yx+3得,
    ,解得,
    ∴点E的坐标为(2,2).
    ∴存在一点E,使四边形ADCE是菱形,点E的坐标为(2,2).
    【变式6-3】(2022•山西模拟)综合与探究
    如图,二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴分别交于点A(﹣2,0),B(4,0),点E是x轴正半轴上的一个动点,过点E作直线PE⊥x轴,交抛物线于点P,交直线BC于点F.
    (1)求二次函数的表达式.
    (2)当点E在线段OB上运动时(不与点O,B重合),恰有线段PFEF,求此时点P的坐标.
    (3)试探究:若点Q是y轴上一点,在点E运动过程中,是否存在点Q,使得以点C,F,P,Q为顶点的四边形为菱形,若存在,直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)将A(﹣2,0),B(4,0)代入y=ax2+bx+4,即可求函数的解析式;
    (2)求出直线BC的解析式,设P(t,t2+t+4),则F(t,﹣t+4),E(t,0),分别求出PFt2+2t,EF=﹣t+4,再由PFEF,求出t=1,即可求P(1,);
    (3)设P(t,t2+t+4),则F(t,﹣t+4),①当P点在F点上方时,当四边形CFPQ1为菱形时,PF=CQ1,先求Q1(0,t2+2t+4),再由CQ1=CF,可得Q1(0,4);当四边形CFPQ2为菱形时,PF=CQ2,求出Q2(0,t2﹣2t+4),再由Q2F=CQ2,可得Q2(0,2);②当P点在F点下方时,PFt2﹣2t,由PF=CQ3,可得Q3(0,t2+2t+4),再由CQ3=CF,可得Q3(0,﹣4).
    【解答】解:(1)将A(﹣2,0),B(4,0)代入y=ax2+bx+4,
    ∴,
    解得,
    ∴yx2+x+4;
    (2)令x=0,则y=4,
    ∴C(0,4),
    设直线BC的解析式为y=kx+b,
    ∴,
    解得,
    ∴y=﹣x+4,
    设P(t,t2+t+4),则F(t,﹣t+4),E(t,0),
    ∴PFt2+t+4﹣(﹣t+4)t2+2t,EF=﹣t+4,
    ∵PFEF,
    ∴t2+2t(﹣t+4),
    解得t=1或t=4,
    ∵0<t<4,
    ∴t=1,
    ∴P(1,);
    (3)存在点Q,使得以点C,F,P,Q为顶点的四边形为菱形,理由如下:
    设P(t,t2+t+4),则F(t,﹣t+4),
    由(2)知C(0,4),
    ①当P点在F点上方时,PFt2+2t,
    当四边形CFPQ1为菱形时,PF=CQ1,
    ∴Q1(0,t2+2t+4),
    ∵CQ1=CF,
    ∴t2+2tt,
    解得t=0(舍)或t=4﹣2,
    ∴Q1(0,4);
    当四边形CFPQ2为菱形时,PF=CQ2,
    ∴Q2(0,t2﹣2t+4),
    ∵Q2F=CQ2,
    ∴(t2+2t)2=t2+(t2﹣t)2,
    解得t=2,
    ∴Q2(0,2);
    ②当P点在F点下方时,
    PF=﹣t+4﹣(t2+t+4)t2﹣2t,
    ∵PF=CQ3,
    ∴Q3(0,t2+2t+4),
    ∵CQ3=CF,
    t2﹣2tt,
    解得t=0(舍)或t=4+2,
    ∴Q3(0,﹣4);
    综上所述:Q点坐标为(0,4)或(0,﹣4)或(0,2).
    【题型7 二次函数中正方形的存在性问题】
    【例7】(2022•铁锋区二模)综合与探究
    如图,在平面直角坐标系中,直线y=x+b与x轴交于点A(4,0),与y轴交于点B,过A,B两点的抛物线交x轴于另一点C,且OA=20C,点F是直线AB下方抛物线上的动点,连接FA,FB.
    (1)求抛物线解析式;
    (2)当点F与抛物线的顶点重合时,△ABF的面积为 3 ;
    (3)求四边形FAOB面积的最大值及此时点F的坐标.
    (4)在(3)的条件下,点Q为平面内y轴右侧的一点,是否存在点Q及平面内另一点M,使得以A,F,Q,M为顶点的四边形是正方形?若存在,直接写出点Q的坐标;若不存在,说明理由.
    【分析】(1)把(4,0)代入y=x+b,求出b的值,从而求出点B坐标,然后根据OA=2OC,求出点C坐标(﹣2,0),设抛物线解析式为y=a(x+2)(x﹣4),把B(0,﹣4)代入,即可求解;
    (2)将抛物线解析式化成顶点式,得出顶点坐标,即可得出点F坐标,再求出对称轴与直线AB的交点坐标,即可求解;
    (3)过点F作FE∥y轴,交AB于点E,设点P的横坐标为t,则P(t, ),则E(t,t﹣4),所以t2+4t,又因,则S四边形FAOB=S△BFA+S△BOA=﹣t2+4t+8=﹣(t﹣2)2+12,(0<t<4),根据二次函数最伯求解即可;
    (4)分两种情况:①当AF为正方形AFMQ的边时,②当AF为正方形AFMQ的对角线时,分别求出点Q坐标即可.
    【解答】解:(1)把(4,0)代入y=x+b,得,
    4+b=0,解得:b=4,
    ∴y=x﹣4,
    当x=0时,y=0﹣4=﹣4,
    ∴B(0,﹣4),
    ∴A(4,0),
    ∴OA=4,
    ∵OA=2OC,
    ∴OC=2,
    ∴C(﹣2,0),
    设抛物线解析式为y=a(x+2)(x﹣4),
    把B(0﹣4)代入得:﹣4=a(0+2)(0﹣4),
    解得:a,
    ∴抛物线解析式为y(x+2)(x﹣4)x﹣4;
    (2)yx﹣4,
    ∵点F与抛物线的顶点重合,
    ∴F(1,),
    设抛物线对称轴与直线AB相交于E,如图,
    ∵A (4,0),B(0,4),
    ∴直线AB解析式为:y=x﹣4,
    则当x=1时,y=1﹣4=﹣3,
    ∴E(1,﹣3),
    ∴,
    故答案为:3;
    (3)如图,过点F作FE∥x轴,交AB于点E,
    设点P的横坐标为t,则P(t,),
    ∵直线AB的解析式为y=x﹣4,
    ∴E(t,t﹣4),
    ∴t2+4t,
    ∵,
    ∴S四边形FAOB=S△BFA+S△BOA=﹣t2+4t+8=﹣(t﹣2)2+12(0<t<4),
    ∴当t=2时,S四边形FAOB有最大值12,,
    ∴此时点F的坐标为(2,﹣4).
    (4)过作FE⊥x轴于E,
    ∵A(4,0),F(2,﹣4),
    ∴AE=2,EF=4,AF=2,
    如图,①当AF为正方形AFMQ的边时,
    1)有正方形 AFM1Q1,
    过Q1作Q1N1⊥x轴于N1,
    ∵∠AEF=∠AN1Q1=90°,∠FAQ1=90°,
    ∴∠EAF=∠AQ1N1,
    ∵AF=AQ1,
    ∴△AEF≌△Q1N1A(AAS),
    ∴AN1=EF=4,Q1N1=AE=2,
    ∴Q(8,﹣2);
    2)有正方形AFQ2M2时,
    过Q2作Q2N2⊥EF于N2,
    同理可得△AEF≌△FN2Q2(AAS),
    ∴FN2=AE=2,Q2N2=EF=4,
    ∴Q2(6,﹣6);
    ②当AF为正方形AFMQ的对角线时,设AF与QM相交于P,
    ∵A(4,0),F(2,﹣4),
    ∴P(3,﹣2),
    1)有正方形AQ3FM3时,过Q3作Q3G⊥x轴于G,过M3作M3H⊥x轴于H,
    易证△AHM3≌△Q3GA,
    ∴AH=Q3G,M3H=AG,
    设Q3(4+a,b),则M3(4+b,﹣a),
    ∴,
    解得:,
    Q3(5,﹣3),M3(1,﹣1),
    2)有正方形AQ4FM4时,过Q4作Q4H⊥x轴于H,
    则Q3与M3重合,
    ∴Q4 (1,﹣1),
    综上,存在,当以A,F,Q,M为顶点的四边形是正方形时,点Q的坐标Q1(8,﹣2),Q2(6,﹣6),Q3(5,﹣3),Q4(1,﹣1).
    【变式7-1】(2022•陇县二模)在平面直角坐标系中,已知抛物线经过A(﹣2,0),两点,且与y轴交于点C,点B是该抛物线的顶点.
    (1)求抛物线L1的表达式;
    (2)将L1平移后得到抛物线L2,点D,E在L2上(点D在点E的上方),若以点A,C,D,E为顶点的四边形是正方形,求抛物线L2的解析式.
    【分析】(1)利用顶点式,可以求得该抛物线的解析式;
    (2)根据题意,画出相应的图形,然后利用分类讨论的方法,可以分别求得对应的抛物线L2的解析式.
    【解答】解:(1)设抛物线L1的表达式是,
    ∵抛物线L1过点A(﹣2,0),
    ∴,
    解得,
    ∴.
    即抛物线L1的表达式是;
    (2)令x=0,则y=﹣2,∴C(0,﹣2).
    Ⅰ.当AC为正方形的对角线时,如图所示,
    ∵AE3=E3C=CD3=D3A=2,
    ∴点D3的坐标为(0,0),点E3的坐标为(﹣2,﹣2).
    设,则,
    解得即抛物线L2的解析式是.
    Ⅱ.当AC为边时,分两种情况,
    如图,第①种情况,点D1,E1在AC的右上角时.
    ∵AO=CO=E1O=D1O=2,∴点D1的坐标为(0,2),点E1的坐标为(2,0).
    设,
    则,
    解得:,
    即抛物线L2的解析式是.
    第②种情况,点D2E2在AC的左下角时,过点D2作D2M⊥x轴,
    则有△AD2M≌△AD1O,
    ∴AO=AM,D1O=D2M.
    过E2作E2N⊥y轴,同理可得,△CE2N≌△CE1O,
    ∴CO=CN,E1O=E2N.
    则点D2的坐标为(﹣4,﹣2),点E2的坐标为(﹣2,﹣4),
    设,
    则,
    解得,
    即抛物线L2的解析式是.
    综上所述:L2的表达式为:,或.
    【变式7-2】(2022秋•南宁期中)如图,抛物线与y轴交于点C(0,3),与x轴于点A(﹣1,0)、B(3,0),点P是抛物线的顶点.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)Q是抛物线上第一象限除点P外一点,△BCQ与△BCP的面积相等,求点Q的坐标;
    (3)若M、N为抛物线上两个动点,分别过点M、N作直线BC的垂线段,垂足分别为D、E.是否存在点M、N使四边形MNED为正方形?如果存在,求正方形MNED的边长;如果不存在,请说明理由.
    【分析】(1)设抛物线为y=a(x+1)(x﹣3),把C坐标代入求出即可;
    (2)由△BCQ与△BCP的面积相等,知PQ与BC平行,故过P作PQ∥BC,交抛物线于点Q,求出P(1,4)和直线BC解析式y=﹣x+3,再联立BC解析式和抛物线解析式即可求出Q的坐标;
    (3)存在点M,N使四边形MNED为正方形,过M作MF∥y轴,过N作NF∥x轴,过N作NH∥y轴,则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形,设M(x1,y1),N(x2,y2),设直线MN解析式为y=﹣x+b,与二次函数解析式联立,消去y得到关于x的一元二次方程,利用根与系数关系表示出NF2,由△MNF为等腰直角三角形,得到MN2=2NF2,若四边形MNED为正方形,得到NE2=MN2,求出b的值,进而确定出MN的长,即为正方形边长.
    【解答】解:(1)∵抛物线与x轴于点A(﹣1,0)、B(3,0),
    ∴设抛物线解析式为y=a(x+1)(x﹣3),把C(0,3)代入得:
    3=﹣3a,解得a=﹣1,
    ∴抛物线解析式为y=﹣(x+1)(x﹣3)=﹣x2+2x+3;
    (2)过P作PQ∥BC交抛物线于Q,如图:
    ∵△BCQ和△BCQ同底等高,
    ∴Q是满足条件的点,
    由y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4知抛物线顶点坐标是(1,4);
    ∴P(1,4),
    设直线BC为y=kx+b,将B(3,0),C(0,3)代入得:
    ,解得,
    ∴直线BC为y=﹣x+3,
    ∵PQ∥BC,
    ∴设直线PQ为y=﹣x+t,将P(1,4)代入得:4=﹣1+t,
    ∴t=5,
    ∴直线PQ为y=﹣x+5,
    由得或,
    ∴Q(2,3);
    (3)存在点M、N,使四边形MNED为正方形,
    过M作MF∥y轴,过N作NF∥x轴,过N作NH∥y轴,如图:
    ∵四边形MNED为正方形,且△BOC是等腰直角三角形,
    ∴△MNF与△NEH都为等腰直角三角形,
    设M(x1,y1),N(x2,y2),设直线MN解析式为y=﹣x+b,
    联立得,消去y得:x2﹣3x+b﹣3=0,
    ∴NF2=|x1﹣x2|2=(x1+x2)2﹣4x1x2=21﹣4b,
    ∵△MNF为等腰直角三角形,
    ∴MN2=2NF2=42﹣8b,
    ∵H(x2,﹣x2+3),
    ∴NH2=[y2﹣(﹣x2+3)]2=(﹣x2+b+x2﹣3)2=(b﹣3)2,
    ∴NE2(b﹣3)2,
    若四边形MNED为正方形,则有NE2=MN2,
    ∴42﹣8b(b2﹣6b+9),
    整理得:b2+10b﹣75=0,
    解得:b=﹣15或b=5,
    ∵正方形边长为MN,
    ∴MN=9或,即正方形MNED边长为9或.
    【变式7-3】(2022•南充)如图,抛物线顶点P(1,4),与y轴交于点C(0,3),与x轴交于点A,B.
    (1)求抛物线的解析式.
    (2)Q是抛物线上除点P外一点,△BCQ与△BCP的面积相等,求点Q的坐标.
    (3)若M,N为抛物线上两个动点,分别过点M,N作直线BC的垂线段,垂足分别为D,E.是否存在点M,N使四边形MNED为正方形?如果存在,求正方形MNED的边长;如果不存在,请说明理由.
    【分析】(1)设出抛物线顶点坐标,把C坐标代入求出即可;
    (2)由△BCQ与△BCP的面积相等,得到PQ与BC平行,①过P作PQ∥BC,交抛物线于点Q,如图1所示;②设G(1,2),可得PG=GH=2,过H作直线Q2Q3∥BC,交x轴于点H,分别求出Q的坐标即可;
    (3)存在点M,N使四边形MNED为正方形,如图2所示,过M作MF∥y轴,过N作NF∥x轴,过N作NH∥y轴,则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形,设M(x1,y1),N(x2,y2),设直线MN解析式为y=﹣x+b,与二次函数解析式联立,消去y得到关于x的一元二次方程,利用根与系数关系表示出NF2,由△MNF为等腰直角三角形,得到MN2=2NF2,若四边形MNED为正方形,得到NE2=MN2,求出b的值,进而确定出MN的长,即为正方形边长.
    【解答】解:(1)设y=a(x﹣1)2+4(a≠0),
    把C(0,3)代入抛物线解析式得:a+4=3,即a=﹣1,
    则抛物线解析式为y=﹣(x﹣1)2+4=﹣x2+2x+3;
    (2)由B(3,0),C(0,3),得到直线BC解析式为y=﹣x+3,
    ∵S△PBC=S△QBC,
    ∴PQ∥BC,
    ①过P作PQ∥BC,交抛物线于点Q,如图1所示,
    ∵P(1,4),∴直线PQ解析式为y=﹣x+5,
    联立得:,
    解得:或,即(1,4)与P重合,Q1(2,3);
    ②∵S△BCQ=S△BCP,
    ∴PG=GH
    ∵直线BC的解析式为y=﹣x+3,P(1,4)
    ∴G(1,2),
    ∴PG=GH=2,
    过H作直线Q2Q3∥BC,交x轴于点H,则直线Q2Q3解析式为y=﹣x+1,
    联立得:,
    解得:或,
    ∴Q2(,),Q3(,);
    (3)存在点M,N使四边形MNED为正方形,
    如图2所示,过M作MF∥y轴,过N作NF∥x轴,过N作NH∥y轴,则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形,
    设M(x1,y1),N(x2,y2),设直线MN解析式为y=﹣x+b,
    联立得:,
    消去y得:x2﹣3x+b﹣3=0,
    ∴NF2=|x1﹣x2|2=(x1+x2)2﹣4x1x2=21﹣4b,
    ∵△MNF为等腰直角三角形,
    ∴MN2=2NF2=42﹣8b,
    ∵H(x2,﹣x2+3),
    ∴NH2=[y2﹣(﹣x2+3)]2=(﹣x2+b+x2﹣3)2=(b﹣3)2,
    ∴NE2(b﹣3)2,
    若四边形MNED为正方形,则有NE2=MN2,
    ∴42﹣8b(b2﹣6b+9),
    整理得:b2+10b﹣75=0,
    解得:b=﹣15或b=5,
    ∵正方形边长为MN,
    ∴MN=9或.
    【题型8 二次函数中角度问题的存在性问题】
    【例8】(2022•西宁)如图,抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(3,0),与y轴交于点B,点C在直线AB上,过点C作CD⊥x轴于点D(1,0),将△ACD沿CD所在直线翻折,使点A恰好落在抛物线上的点E处.
    (1)求抛物线解析式;
    (2)连接BE,求△BCE的面积;
    (3)抛物线上是否存在一点P,使∠PEA=∠BAE?若存在,求出P点坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)由点A的坐标可得出点E的坐标,由点A,E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A,B的坐标,利用待定系数法可求出直线AB的解析式,利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标,再利用三角形的面积计算公式,结合S△BCE=S△ABE﹣S△ACE,即可求出△BCE的面积;
    (3)存在,由点A,B的坐标可得出OA=OB,结合∠AOB=90°可得出∠BAE=45°,设点P的坐标为(m,﹣m2+2m+3),分点P在x轴上方及点P在x轴下方两种情况考虑:①当点P在x轴上方时记为P1,过点P1作P1M⊥x轴于点M,则EM=P1M,进而可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出m的值,将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P1的坐标;②当点P在x轴下方时记为P2,过点P2作P2N⊥x轴于点N,则EN=P2N,进而可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出m的值,将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P2的坐标.
    【解答】解:(1)∵将△ACD沿CD所在直线翻折,使点A恰好落在抛物线上的点E处,点A的坐标为(3,0),点D的坐标为(1,0),
    ∴点E的坐标为(﹣1,0).
    将A(3,0),E(﹣1,0)代入y=ax2+bx+3,
    得:,解得:,
    ∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3.
    (2)当x=0时,y=﹣1×(0)2+2×0+3=3,
    ∴点B的坐标为(0,3).
    设直线AB的解析式为y=mx+n(m≠0),
    将A(3,0),B(0,3)代入y=mx+n,
    得:,解得:,
    ∴直线AB的解析式为y=﹣x+3.
    ∵点C在直线AB上,CD⊥x轴于点D(1,0),当x=1时,y=﹣1×1+3=2,
    ∴点C的坐标为(1,2).
    ∵点A的坐标为(3,0),点B的坐标为(0,3),点C的坐标为(1,2),点E的坐标为(﹣1,0),
    ∴AE=4,OB=3,CD=2,
    ∴S△BCE=S△ABE﹣S△ACEAE•OBAE•CD4×34×2=2,
    ∴△BCE的面积为2.
    (3)存在,理由如下:
    ∵点A的坐标为(3,0),点B的坐标为(0,3),
    ∴OA=OB=3.
    在Rt△AOB中,∠AOB=90°,OA=OB,
    ∴∠BAE=45°.
    ∵点P在抛物线上,
    ∴设点P的坐标为(m,﹣m2+2m+3).
    ①当点P在x轴上方时记为P1,过点P1作P1M⊥x轴于点M,
    在Rt△EMP1中,∠P1EA=45°,∠P1ME=90°,
    ∴EM=P1M,即m﹣(﹣1)=﹣m2+2m+3,
    解得:m1=﹣1(不合题意,舍去),m2=2,
    ∴点P1的坐标为(2,3);
    ②当点P在x轴下方时记为P2,过点P2作P2N⊥x轴于点N,
    在Rt△ENP2中,∠P2EN=45°,∠P2NE=90°,
    ∴EN=P2N,即m﹣(﹣1)=﹣(﹣m2+2m+3),
    解得:m1=﹣1(不合题意,舍去),m2=4,
    ∴点P2的坐标为(4,﹣5).
    综上所述,抛物线上存在一点P,使∠PEA=∠BAE,点P的坐标为(2,3)或(4,﹣5).
    【变式8-1】(2022•鄂尔多斯)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+2经过A(,0),B(3,)两点,与y轴交于点C.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)点P在抛物线上,过P作PD⊥x轴,交直线BC于点D,若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形,求点P的横坐标;
    (3)抛物线上是否存在点Q,使∠QCB=45°?若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)根据待定系数法,将点A,点B代入抛物线解析式,解关于b,c的二元一次方程组,即可求得抛物线的解析式;
    (2)设出点P的坐标,确定出PD∥CO,由PD=CO,列出方程求解即可;
    (3)过点D作DF⊥CP交CP的延长线于点F,过点F作y轴的平行线EF,过点D作DE⊥EF于点E,过点C作CG⊥EF于点G,证明△DEF≌△FGC(AAS),由全等三角形的性质得出DE=FG,EF=CG,求出F点的坐标,由待定系数法求出直线CF的解析式,联立直线CF和抛物线解析式即可得出点P的坐标.
    【解答】解:(1)将点A(,0),B(3,)代入到y=ax2+bx+2中得:
    ,解得:,
    ∴抛物线的解析式为y=﹣x2x+2;
    (2)设点P(m,﹣m2m+2),
    ∵y=﹣x2x+2,
    ∴C(0,2),
    设直线BC的解析式为y=kx+c,
    ∴,解得,
    ∴直线BC的解析式为yx+2,
    ∴D(m,m+2),
    ∴PD=|﹣m2m+2m﹣2|=|m2﹣3m|,
    ∵PD⊥x轴,OC⊥x轴,
    ∴PD∥CO,
    ∴当PD=CO时,以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形,
    ∴|m2﹣3m|=2,解得m=1或2或或,
    ∴点P的横坐标为1或2或或;
    (3)①当Q在BC下方时,如图,过B作BH⊥CQ于H,过H作MN⊥y轴,交y轴于M,过B作BN⊥MH于N,
    ∴∠BHC=∠CMH=∠HNB=90°,
    ∵∠QCB=45°,
    ∴△BHC是等腰直角三角形,
    ∴CH=HB,
    ∴∠CHM+∠BHN=∠HBN+∠BHN=90°,
    ∴∠CHM=∠HBN,
    ∴△CHM≌△HBN(AAS),
    ∴CM=HN,MH=BN,
    ∵H(m,n),
    ∵C(0,2),B(3,),
    ∴,解得,
    ∴H(,),
    设直线CH的解析式为y=px+q,
    ∴,解得,
    ∴直线CH的解析式为yx+2,
    联立直线CF与抛物线解析式得,
    解得或,
    ∴Q(,);
    ②当Q在BC上方时,如图,过B作BH⊥CQ于H,过H作MN⊥y轴,交y轴于M,过B作BN⊥MH于N,
    同理得Q(,).
    综上,存在,点Q的坐标为(,)或(,).
    【变式8-2】(2022•运城二模)如图,已知抛物线y=ax2+bx﹣8与x轴交于点A(﹣2,0),B(8,0)两点,与y轴交于点C,点P是直线BC下方抛物线上一动点,过点P作直线PE∥y轴,交直线BC于点D,交x轴于点F,以PD为斜边,在PD的右侧作等腰直角△PDF.
    (1)求抛物线的表达式,并直接写出直线BC的表达式;
    (2)设点P的横坐标为m(0<m<3),在点P运动的过程中,当等腰直角△PDF的面积为9时,请求出m的值;
    (3)连接AC,该抛物线上是否存在一点M,使∠ACO+∠BCM=∠ABC,若存在,请直接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)利用待定系数法求出抛物线的解析式,再求出C点坐标,然后利用待定系数法求直线BC的表达式即可;
    (2)设出P(m,3m﹣8),D(m,m﹣8),然后根据两点间距离公式表示出PD长,再根据等腰直角三角形的性质列出△PDF的面积表达式,结合面积为9建立方程求解,即可解决问题;
    (3)分点M在BC的上方和点M在BC的下方两种情况讨论,根据题意画出图形,构造三角形全等,求出直线CM上的一点坐标,则可利用待定系数法求出直线CM的解析式,最后和抛物线的解析式联立求解,即可求出点M的坐标.
    【解答】解:(1)把A(﹣2,0),B(8,0)分别代入y=ax2+bx﹣8中,
    则,
    解得,
    ∴抛物线的表达式为yx2﹣3x﹣8;
    令x=0.则y=﹣8,
    ∴C(0,﹣8),
    设直线BC解析式为y=kx﹣8(k≠0),
    把B(8,0)代入解析式得,8k﹣8=0,
    解得:k=1,
    ∴直线BC解析式为y=x﹣8;
    (2)∵点P的横坐标为m(0<m<3),
    ∴P(m,3m﹣8),D(m,m﹣8),
    ∴PD=(m﹣8)﹣(3m﹣8)4m,
    过点P作PN⊥PD于N,
    ∵△PDF是等腰直角三角形,PD为斜边,
    ∴PN=DN,
    ∴FNPD,
    ∴S△PDFPD•FNPD2=9,
    ∴PD=6,
    ∴4m=6,
    解得:m1=6,m2=2,
    又∵0<m<3,
    ∴m=2;
    (3)存在,理由如下:由(2)得△BOC为等腰直角三角形,
    ∴∠ACO+∠BCM=∠ABC=∠BCO=45°,
    ①如图,当点M在BC的上方时,设CM与x轴交于一点D,
    ∵∠ACO+∠BCD=∠ABC=∠BCO=∠OCD+∠BCD,
    ∴∠ACO=∠DCO,
    ∵OC⊥AD,OC=OC,
    ∴△AOC≌△COD(ASA),
    ∴OD=OA=2,
    ∴D(2,0),
    设直线CM解析式为y=nx﹣8(n≠0),
    则2n﹣8=0,
    解得:n=4,
    ∴直线CM解析式为y=4x﹣8,
    则,
    解得:或(舍去),
    ∴此时点M的坐标为(14,48);
    ②如图,当点M在BC的下方时,
    过B作x轴的垂线,过C作y轴的垂线,两条垂线交于一点H,作∠HCK=∠ACO,CK交抛物线与点M,
    由(2)得△BOC为等腰直角三角形,
    ∴∠ABC=∠BCO=45°,
    ∴∠BCH=45°,
    即∠BCM+∠MCH﹣45°,
    ∵∠ACO+∠BCM=∠ABC=45°,
    ∴∠ACQ=∠MCH,
    又∵∠AOC=∠KHC=90°,
    ∵OB=OC.∠COB=∠OCH=∠OBH=90°,
    ∴四边形OCHB正方形,
    ∵OC=OH,
    ∴△AOC≌△KHC(ASA),
    ∴KH=OA=2,
    ∴BK=BH﹣KH=8﹣2=6,
    ∴K(8,﹣6),
    设直线CK的解析式为y=ex﹣8(e≠0),
    ∴﹣6=8e﹣8,
    解得:e,
    ∴直线CK的解析式为yx﹣8,
    则,
    解得或(舍去),
    ∴M(,);
    综上所述,点M坐标为(14,48)或(,).
    【变式8-3】(2022•罗湖区校级一模)如图,已知抛物线yx2+bx+c交x轴于A(﹣3,0),B(4,0)两点,交y轴于点C,点P是抛物线上一点,连接AC、BC.
    (1)求抛物线的表达式;
    (2)连接OP,BP,若S△BOP=2S△AOC,求点P的坐标;
    (3)在抛物线的对称轴上是否存在点Q,使得∠QBA=75°?若存在,直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)将A(﹣3,0),B(4,0)两点代入yx2+bx+c,即可求解;
    (2)先求出S△OAC=6,则S△BOP=12,设P(t,t2t+4),可得4×|t2t+4|=12,即可求P点坐标;
    (3)在对称轴上取点M使QM=MB,则∠EMB=30°,可得MB=2BE,再由BE,分别求出BM=QM=7,ME,可求Q(,7),Q点关于x轴对称的点为(,﹣7).
    【解答】解:(1)将A(﹣3,0),B(4,0)两点代入yx2+bx+c,
    ∴,
    解得,
    ∴yx2x+4;
    (2)令x=0,则y=4,
    ∴C(0,4),
    ∴OC=4,
    ∵A(﹣3,0),
    ∴OA=3,
    ∴S△OAC3×4=6,
    ∵S△BOP=2S△AOC,
    ∴S△BOP=12,
    设P(t,t2t+4),
    ∵B(4,0),
    ∴OB=4,
    ∴4×|t2t+4|=12,
    解得t=6或t=﹣5,
    ∴P(﹣5,﹣6)或(6,﹣6);
    (3)存在点Q,使得∠QBA=75°,理由如下:
    ∵yx2x+4(x)2,
    ∴抛物线的对称轴为x,
    在对称轴上取点M使QM=MB,
    ∴∠EMB=2∠MQB,
    ∵∠QBA=75°,
    ∴∠MQB=15°,
    ∴∠EMB=30°,
    ∴MB=2BE,
    ∵B(4,0),E(,0),
    ∴BE,
    ∴BM=QM=7,ME,
    ∴QE=7,
    ∴Q(,7);
    Q点关于x轴对称的点为(,﹣7);
    综上所述:点Q的坐标为(,7)或(,﹣7).
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