中考数学二轮复习 重难点05 二次函数与几何的动点及最值、存在性问题（2份打包，原卷版+解析版）

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\l "_Tc155794603" 题型01 平行y轴动线段最大值与最小值问题
\l "_Tc155794604" 题型02 抛物线上的点到某一直线的距离问题
\l "_Tc155794605" 题型03 已知点关于直线对称点问题
\l "_Tc155794606" 题型04 特殊角度存在性问题
\l "_Tc155794607" 题型05 将军饮马模型解决存在性问题
\l "_Tc155794608" 题型06 二次函数中面积存在性问题
\l "_Tc155794609" 题型07 二次函数中等腰三角形存在性问题
\l "_Tc155794610" 题型08 二次函数中直角三角形存在性问题
\l "_Tc155794611" 题型09 二次函数中全等三角形存在性问题
\l "_Tc155794612" 题型10 二次函数中相似三角形存在性问题
\l "_Tc155794613" 题型11 二次函数中平行四边形存在性问题
\l "_Tc155794614" 题型12 二次函数中矩形存在性问题
\l "_Tc155794615" 题型13 二次函数中菱形存在性问题
\l "_Tc155794616" 题型14 二次函数中正方形存在性问题
二次函数常见存在性问题：
（1）等线段问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再利用点到点或点到直线的距离公式列出方程或方程组，然后解出参数的值，即可以将线段表示出来.
【说明】在平面直角坐标系中该点在某一函数图像上，设该点的横坐标为m，则可用含m字母的函数解析式来表示该点的纵坐标，简称“设横表纵”或“一母式”.
（2）平行y轴动线段最大值与最小值问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再用纵坐标的较大值减去较小值，再利用二次函数的性质求出动线段的最大值或最小值.
（3）求已知点关于直线对称点问题：先求出直线解析式，再利用两直线垂直的性质（两直线垂直，斜率之积等于-1）求出已知点所在直线的斜率及解析式，最后用中点坐标公式即可求出对称点的坐标.
（4）“抛物线上是否存在一点，使其到某一直线的距离为最值”的问题：常常利用直线方程与二次函数解析式联立方程组，求出切点坐标，运用点到直线的距离公式进行求解.
（5）二次函数与一次函数、特殊图形、旋转及特殊角度综合：图形或一次函数与x轴的角度特殊化，利用与角度有关知识点求解函数图像上的点，结合动点的活动范围，求已知点与动点是否构成新的特殊图形.
2.二次函数与三角形综合
(1)将军饮马问题:本考点主要分为两类：
①在定直线上是否存在点到两定点的距离之和最小;
②三角形周长最小或最大的问题，主要运用的就是二次函数具有对称性.
(2)不规则三角形面积最大或最小值问题:利用割补法将不规则三角形分割成两个或以上的三角形或四边形，在利用“一母式”将动点坐标表示出来，作线段差，用线段差来表示三角形的底或高，用面积公式求出各部分面积，各部分面积之和就是所求三角形的面积.将三角形的面积用二次函数的结构表示出来，再利用二次函数的性质求出面积的最值及动点坐标.
(3)与等腰三角形、直角三角形的综合问题:对于此类问题，我们可以利用两圆一线或两线一圆的基本模型来进行计算.
注：其他常见解题思路有：
①作垂直，构造“三垂直”模型，利用相似列比例关系得方程求解；
②平移垂线法：若以AB为直角边，且AB的一条垂线的解析式易求(通常为过原点O与AB垂直的直线)，可将这条直线分别平移至过点A或点B得到相应解析式，再联立方程求解．
（4)与全等三角形、相似三角形的综合问题:在没有指定对应点的情况下，理论上有六种情况需要讨论，但在实际情况中，通常不会超过四种，要注意边角关系，积极分类讨论来进行计算.
情况一 探究三角形相似的存在性问题的一般思路：
解答三角形相似的存在性问题时，要具备分类讨论思想及数形结合思想，要先找出三角形相似的分类标准，一般涉及动态问题要以静制动，动中求静，具体如下：
①假设结论成立，分情况讨论．探究三角形相似时，往往没有明确指出两个三角形的对应点(尤其是以文字形式出现求证两个三角形相似的题目)，或者涉及动点问题，因动点问题中点的位置的不确定，此时应考虑不同的对应关系，分情况讨论；
②确定分类标准．在分类时，先要找出分类的标准，看两个相似三角形是否有对应相等的角，若有，找出对应相等的角后，再根据其他角进行分类讨论来确定相似三角形成立的条件；若没有，则分别按三种角对应来分类讨论；
③建立关系式，并计算．由相似三角形列出相应的比例式，将比例式中的线段用所设点的坐标表示出来(其长度多借助勾股定理运算)，整理可得一元一次方程或者一元二次方程，解方程可得字母的值，再通过计算得出相应的点的坐标．
情况二 探究全等三角形的存在性问题的思路与探究相似三角形的存在性问题类似，但是除了要找角相等外，还至少要找一组对应边相等．
3.二次函数与四边形的综合问题
特殊四边形的探究问题解题步骤如下：
①先假设结论成立；
②设出点坐标，求边长；
③建立关系式，并计算．若四边形的四个顶点位置已确定，则直接利用四边形边的性质进行计算；若四边形的四个顶点位置不确定，需分情况讨论：
a.探究平行四边形：①以已知边为平行四边形的某条边，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形的对边相等进行计算；②以已知边为平行四边形的对角线，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形对角线互相平分的性质进行计算；③若平行四边形的各顶点位置不确定，需分情况讨论，常以已知的一边作为一边或对角线分情况讨论．
b.探究菱形：①已知三个定点去求未知点坐标；②已知两个定点去求未知点坐标，一般会用到菱形的对角线互相垂直平分、四边相等的性质列关系式．
c.探究正方形：利用正方形对角线互相垂直平分且相等的性质进行计算，一般是分别计算出两条对角线的长度，令其相等，得到方程再求解．
d.探究矩形：利用矩形对边相等、对角线相等列等量关系式求解；或根据邻边垂直，利用勾股定理列关系式求解.
题型01 平行y轴动线段最大值与最小值问题
1．（2023·广东东莞·一模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，，顶点为D．
(1)求此函数的关系式；
(2)在下方的抛物线上有一点N，过点N作直线轴，交与点M，当点N坐标为多少时，线段的长度最大？最大是多少？
(3)在对称轴上有一点K，在抛物线上有一点L，若使A，B，K，L为顶点形成平行四边形，求出K，L点的坐标．
(4)在y轴上是否存在一点E，使为直角三角形，若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)当N的坐标为，MN有最大值
(3)或或
(4)存在，点E的坐标为或或或
【分析】（1）由求得,再分别代入抛物线解析式，得到以b，c为未知数的二元一次方程组，求出b，c的值即可；
（2）求出直线的解析式，再设出M、N的坐标，把表示成二次函数，配方即可；
（3）根据平行四边形的性质，以为边，以为对角线，分类讨论即可；
（4）设出E的坐标，分别表示出的平分，再分每一条都可能为斜边，分类讨论即可．
【详解】（1）∵抛物线经过点A，点C，且,
∴,
∴将其分别代入抛物线解析式，得，
解得．
故此抛物线的函数表达式为：；
（2）设直线的解析式为，
将代入，得，
解得，
∴直线的解析式为，
设N的坐标为，则，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，为，
把代入抛物线得，N的坐标为，
当N的坐标为，MN有最大值；
（3）①当以为对角线时，根据平行四边形对角线互相平分，
∴必过，
∴L必在抛物线上的顶点D处，
∵，
∴
②当以为边时，，
∵K在对称轴上，
∴L的横坐标为3或，
代入抛物线得或，此时K都为，
综上，或或；
（4）存在，
由，得抛物线顶点坐标为
∵，
∴，
设，则，，
①为斜边，由得：，
解得：，
②为斜边，由得：，
解得：，
③为斜边，由得：，
解得：或，
∴点E的坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象与性质，平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，会运用待定系数法列方程组，两点间距离公式求的长，由平行四边形的性质判定边相等，运用勾股定理列方程．
2．（2023·河南南阳·统考一模）如图，抛物线与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴的交于点，点P是第三象限内抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作直线轴于点D，作直线交于点E．已知抛物线的顶点P坐标为．

(1)求抛物线的解析式；
(2)求点A、B的坐标和直线的解析式；
(3)求当线段时m的值；
(4)连接，过点P作直线交y轴于点F，试探究：在点P运动过程中是否存在m，使得，若存在直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)存在， 或
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）令，解方程即可求得点A、B的坐标，再运用待定系数法即可求得直线的解析式；
（3）过点C作于点F，根据等腰三角形的性质可得点F是的中点，设，则，可得，再由点F与点C的纵坐标相同建立方程求解即可；
（4）过C作于H，设，由，可得直线解析式为，进而可得，再证得，得出，进而推出，即，据此建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为
∴设抛物线的解析式为，
把点代入，得：，解得： ，
∴，
∴该抛物线的解析式为．
（2）解：令，得，解得：，
∴，
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为．
（3）解：如图，过点C作于点F，

∵，
∴，即点F是的中点，
设，则，
∴，
∵轴，，
∴轴，
∴，解得：或（不符合题意，舍去），
∴．
（4）解：存在m，使得，理由如下：
如图：过C作于H，

设，
由，由待定系数法可得直线解析式为，
根据，设直线解析式为，将代入得：
，
∴，
∴直线解析式为，
令得，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴或，
解得：或或或，
∵P在第三象限，
∴或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、二次函数综合应用、等腰三角形性质、矩形判定及性质、相似三角形判定及性质、解直角三角形等知识点，解题的关键是用含m的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
3．（2023·山东聊城·统考三模）抛物线与x轴交于点，与y轴交于点，点P为抛物线上的动点．

(1)求b，c的值；
(2)若P为直线上方抛物线上的动点，作轴交直线于点H，求的最大值；
(3)点N为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N，使直线垂直平分线段？若存在，请直接写出点N的纵坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)b=2，c=3
(2)PH取得最大值为
(3)存在，或
【分析】（1）将坐标代入解析式，构建方程求解；
（2）设交y轴于点M，，则；待定系数法确定直线的解析式为，从而确定，解得最大值为；
（3）如图，设与交于点G，可设直线的解析式为，设点，求得；联立，解得，所以点P的横坐标为，纵坐标为，由二次函数解析式构建方程，解得；
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于点，与y轴交于点，
∴，解得：，
∴b=2，c=3；
（2）设交y轴于点M，，
∴，
∵轴，∴点H的纵坐标为，
设直线AC的解析式为，∴，解得：，
∴直线的解析式为．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为
（3）存在点N，使直线垂直平分线段，点N的纵坐标为或

如图，设与交于点G，
∵垂直平分，直线的解析式为
∴可设直线的解析式为
设点，则
∴，
∴
联立，
解得
∴点P的横坐标为，纵坐标为
∴，解得
∴点N的纵坐标为或．
【点睛】本题考查利用二次函数解析式及点坐标求待定参数、待定系数法确定函数解析式、二次函数极值及其它二次函数综合问题，利用直线间的位置关系、点线间的位置关系，融合方程的知识求解坐标是解题的关键．
题型02 抛物线上的点到某一直线的距离问题
4．（2023·广东梅州·统考二模）探究求新：已知抛物线，将抛物线平移可得到抛物线．
(1)求抛物线平移得到抛物线的平移路径；
(2)设，直线，是否存在这样的，使得抛物线上任意一点到的距离等于到直线的距离？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由；
(3)设，M为抛物线上一动点，试求的最小值．
参考公式：若点为平面上两点，则有 ．
【答案】(1)将向左平移个单位，向上平移个单位
(2)存在，1
(3)9
【分析】（1）设向左平移个单位，向上平移个单位得到函数，列方程组即可求解；
（2）设为抛物线上的一点，根据题意列方程即可；
（3）点坐标与（2）中时的点重合，过点作，垂足为A，如图所示，则有，当且仅当三点共线时取得最小值．
【详解】（1）.解：设向左平移个单位，向上平移个单位得到函数，
由平移法则可知，
整理可得，
可得方程组， 解得；
∴平移路径为将向左平移个单位，向上平移个单位；
（2）解：存在这样的，且时满足条件，
设为抛物线上的一点，
则点P到直线l的距离为，点到点距离为，
联立可得：
，
两边同时平方合并同类项后可得
解得：；
（3）解：点坐标与（2）中时的点重合，
作直线，过点作直线l，垂足为A，如图所示，则有，

此时，
当且仅当三点共线时取得最小值
即
∴的最小值为；
【点睛】本题考查二次函数综合题，涉及到线段最小值、平移性质等，灵活运用所学知识是关键．
5．（2023·湖北宜昌·统考一模）如图，已知：点是直线：上的一动点，其横坐标为（是常数），点是抛物线：的顶点．
(1)求点的坐标；（用含的式子表示）
(2)当点在直线运动时，抛物线始终经过一个定点，求点的坐标，并判断点是否是点的最高位置？
(3)当点在直线运动时，点也随之运动，此时直线与抛物线有两个交点，（，可以重合），，两点到轴的距离之和为．
①求m的取值范围；
②求d的最小值．
【答案】(1)
(2)，点是点的最高位置
(3)①或；②取得最小值为
【分析】（1）将抛物线解析式写成顶点式即可求解；
（2）根据解析式含有项的系数为0，得出当时，，即，根据二次函数的性质得出的最大值为，即可得出点是点的最高位置；
（3）①根据直线与抛物线有交点，联立方程，根据一元二次方程根的判别式大于等于0，求得的范围，即可求解；
②设的坐标分别为，其中，由①可知是方程的两根，根据，分情况讨论，求得是的一次函数，进而根据一次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解： ，
∴顶点，
（2）解：∵，
∴当时，，
抛物线始终经过一个定点，
即；
∵，，
∴的纵坐标最大值为，
∴点是点的最高位置；
（3）解：①联立，
得，
∵直线与抛物线有两个交点，（，可以重合），
∴ ，
，
∵，解得，
∴当时，或，
②设的坐标分别为，其中，
由①可知是方程的两根，
∴，
当时，如图所示，，
当时，，
则，
∵ ，
∴当时，取得最小值为，
当时，，
∴当时，取得最小值为，
综上所述，取得最小值为．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程与二次函数的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
6．（2023·云南楚雄·统考一模）抛物线交x轴于A，B两点（A在B的左边），C是第一象限抛物线上一点，直线交y轴于点P．
(1)直接写出A，B两点的坐标；
(2)如图①，当时，在抛物线上存在点D（异于点B），使B，D两点到的距离相等，求出所有满足条件的点D的横坐标；
(3)如图②，直线交抛物线于另一点E，连接交y轴于点F，点C的横坐标为m，求的值（用含m的式子表示）．
【答案】(1)，
(2)0或或
(3)
【分析】（1）令，解方程可得结论；
（2）分两种情形：①若点在的下方时，过点作的平行线与抛物线交点即为．②若点在的上方时，点关于点的对称点，过点作的平行线交抛物线于点，，，符合条件．构建方程组分别求解即可；
（3）设点的横坐标为，过点的直线的解析式为，由，可得，设，是方程的两根，则，推出可得，设直线的解析式为，同法可得推出，推出，推出，可得结论．
【详解】（1）解：令，得，
解得：或，
，；
（2），
，
直线的解析式为．
①若点在的下方时，
过点作的平行线与抛物线交点即为．
，，
直线的解析式为，
由，解得或，
，
的横坐标为0．
②若点在的上方时，点关于点的对称点，
过点作的平行线交抛物线于点，，，符合条件．
直线的解析式为，
由，可得，
解得：或，
，的横坐标为，，
综上所述，满足条件的点的横坐标为0，，．
（3）设点的横坐标为，过点的直线的解析式为，
由，可得，
设，是方程的两根，则，
，
，
，
，
，
，
设直线的解析式为，
同法可得
，
，
，
．
【点睛】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，一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是学会构建一次函数，构建方程组确定交点坐标，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
题型03 已知点关于直线对称点问题
7．（2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点和点，与y轴交于点C．

(1)求这个二次函数的表达式．
(2)如图1，二次函数图象的对称轴与直线交于点D，若点M是直线上方抛物线上的一个动点，求面积的最大值．
(3)如图2，点是直线上的一个动点，过点的直线与平行，则在直线上是否存在点，使点与点关于直线对称？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)或．
【分析】（1）根据抛物线的交点式直接得出结果；
（2）作于，作于，交于，先求出抛物线的对称轴，进而求得，坐标及的长，从而得出过的直线与抛物线相切时，的面积最大，根据的△求得的值，进而求得的坐标，进一步求得上的高的值，进一步得出结果；
（3）分两种情形：当点在线段上时，连接，交于，设，根据求得的值，可推出四边形是平行四边形，进而求得点坐标；当点在的延长线上时，同样方法得出结果．
【详解】（1）解：由题意得，
；
（2）解：如图1，
作于，作于，交于，
，，
，
，
抛物线的对称轴是直线：，
，
，
，
，
故只需的边上的高最大时，的面积最大，
设过点与平行的直线的解析式为：，
当直线与抛物线相切时，的面积最大，
由得，
，
由△得，
得，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图2，
当点在线段上时，连接，交于，
点和点关于对称，
，
设，
由得，，
，（舍去），
，
∵，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
∴；
如图3，
当点在的延长线上时，由上可知：，
同理可得：，
综上所述：或．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，一元二次方程的解法，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．
8．（2023·四川甘孜·统考中考真题）已知抛物线与x轴相交于，B两点，与y轴相交于点．

(1)求b，c的值；
(2)P为第一象限抛物线上一点，的面积与的面积相等，求直线的解析式；
(3)在（2）的条件下，设E是直线上一点，点P关于的对称点为点，试探究，是否存在满足条件的点E，使得点恰好落在直线上，如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点的坐标为或
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）得到，即可求解；
（3）由题意的：，即可求解．
【详解】（1）由题意，得
（2）由（1）得抛物线的解析式为．
令，则，得．
∴B点的坐标为．
，
∴．
∵，
∴直线的解析式为．
∵，
∴可设直线的解析式为．
∵在直线上，
∴．
∴．
∴直线的解析式为．

（3）设P点坐标为．
∵点P在直线和抛物线上，
∴．
∴．
解得（舍去）．
∴点P的坐标为．

由翻折，得．
∵，
∴'．
∴．
．
设点E的坐标为，则．
．
当时，点E的坐标为．
设,
由，得：
，
解得：，
则点的坐标为．
当时，同理可得，点的坐标为．
综上所述，点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，二次函数的性质，此题题型较好，综合性比较强，用的数学思想是分类讨论和数形结合的思想．
9．（2023·江苏连云港·连云港市新海实验中学校考二模）如图，“爱心”图案是由抛物线的一部分及其关于直线的对称图形组成，点E、F是“爱心”图案与其对称轴的两个交点，点A、B、C、D是该图案与坐标轴的交点，且点D的坐标为．

(1)求m的值及AC的长；
(2)求的长；
(3)若点P是该图案上的一动点，点P、点Q关于直线对称，连接，求的最大值及此时Q点的坐标．
【答案】(1)，
(2)
(3)，
【分析】（1）用待定系数法求得与抛物线的解析式，再求出抛物线与坐标轴的交点坐标，进而求得的坐标，根据对称性质求得，的坐标，即可求得结果；
（2）将抛物线的解析式与直线的解析式联立方程组进行求解，得到，的坐标，即可求得结果；
（3）设，则，可得，即求的最值，根据二次函数的最值，即可得到的值，即可求得．
【详解】（1）把代入得
解得
∴抛物线的解析式为：
∴
根据对称性可得
，
∴
（2）联立
解得或
∴，
∴
（3）设，则
∴
整理得
∵
∴当时，即时，有最大值为
∴的最大值为
∴
故
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，两点间的距离公式，求抛物线与一次函数的交点坐标，二次函数的最值等知识，解题的关键是掌握关于直线对称的点坐标的关系．
题型04 特殊角度存在性问题
10．（2023·山西忻州·统考模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．是直线下方抛物线上一个动点，过点作直线，交于点，过点作轴，垂足为，交于点．

(1)直接写出，，三点的坐标，并求出直线的函数表达式；
(2)当线段取最大值时，求的面积；
(3)试探究在拋物线的对称轴上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，．
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）对于直线，当时，，即点，
令，则或，则点，的坐标分别为，即求出三个点的坐标，设直线的表达式为，利用待定系数法求解即可；
（2）设点的横坐标为，则，，表示出，求出，再表示出点到直线的距离，利用进行求解即可；
（3）由抛物线的表达式知，其对称轴为，当点在轴上方时，设抛物线的对称轴交轴于点，交于，故点作于点，在中,，，用解直角三角形的方法求出，即可求出点坐标，当点在轴上方时，直线的表达式为，当时，，即可求解．
【详解】（1）解：对于抛物线，当时，，即点，
令，则或，则点，的坐标分别为，，
即点，，三点的坐标分别为，，，
设直线的表达式为，则，
解得，
直线的函数表达式为；
（2）设点的横坐标为，
则，，
，
当时，最大，，
此时，，
由，，可得直线的函数表达式为，
设直线的函数表达式为，将代入可得，
直线的函数表达式为，
由，解得，
，点到直线的距离，
．
（3）存在，理由：
由抛物线的表达式知，其对称轴为，
当点在轴上方时，如下图：

设抛物线的对称轴交轴于点，交于，故点作于点，
则，则，
当时，，则点，
由点，的坐标得，，
在中，，，
设，则，则，
则，则，
则，则，
则点；
当点在轴上方时，直线的表达式为，
当时，，
则直线的表达式为，
当时，，
即点的坐标为，
综上所述点的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、解直角三角形、面积的计算等，其中第三小问中要注意分类求解是解答本题的关键．
11．（2023·山西运城·校联考模拟预测）综合与探究
如图，抛物线与轴交于A，两点，与轴交于点，直线与抛物线交于，两点，点是直线上方抛物线上一点，设点的横坐标为，过点作于点．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当的长最大时，求线段的最大值及此时点的坐标；
(3)连接，，试探究：在点运动的过程中，是否存在点，使得，若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点的坐标为，的最大值为
(3)存在，或
【分析】（1）将点A、的坐标代入求解即可得到答案；
（2）过点作轴于点，交于点，易得，即可得到的最大时的长最大即可得到答案；
（3）设，求出的解析式，联立的解析式求出交点坐标F，根据得到，从而得到代入求解即可得到答案；
【详解】（1）解：由题意得：，
解得：，
故抛物线的表达式为：；
（2）解：过点作轴于点，交于点，

由点A、的坐标得，直线的表达式为：，
则直线和轴的正半轴的夹角为，则，
则，
设点的坐标为：，则点，
则，
即的最大值为，此时，点的坐标为：，
则的最大值为，
故点的坐标为：，的最大值为；
（3）解：存在，理由如下：
设，与相交于点F，解析式为：，
∴，解得：，
∴，
联立得，
解得：，，
∴，
设
∵，
∴，，
解得：，
∴，
∴
，
，
∵，，
∴，
∴，
当时，，
当时，，解得：，，
∴，，
∴
解得：，，（不符合意义舍去），（不符合意义舍去），
∴或；
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了一次和二次函数的性质、解直角三角形等，有一定的综合性，难度适中．
12．（2023·湖南郴州·统考中考真题）已知抛物线与轴相交于点，，与轴相交于点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点是抛物线的对称轴上的一个动点，当的周长最小时，求的值；
(3)如图2，取线段的中点，在抛物线上是否存在点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或或或
【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据的周长等于，以及为定长，得到当的值最小时，的周长最小，根据抛物线的对称性，得到关于对称轴对称，则：，得到当三点共线时，，进而求出点坐标，即可得解；
（3）求出点坐标为，进而得到，得到，分点在点上方和下方，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点，，
∴，解得：，
∴；
（2）∵，当时，，
∴，抛物线的对称轴为直线
∵的周长等于，为定长，
∴当的值最小时，的周长最小，
∵关于对称轴对称，
∴，当三点共线时，的值最小，为的长，此时点为直线与对称轴的交点，
设直线的解析式为：，
则：，解得：，
∴，
当时，，
∴，
∵，
∴，，
∴；
（3）解：存在，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
①当点在点上方时：
过点作，交抛物线与点，则：，此时点纵坐标为2，
设点横坐标为，
则：，
解得：，
∴或；
②当点在点下方时：设与轴交于点，
则：，
设，
则：，，
∴，解得：，
∴，
设的解析式为：，
则：，解得：，
∴，
联立，解得：或，
∴或；
综上：或或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．本题的综合性强，难度较大，属于中考压轴题．
题型05 将军饮马模型解决存在性问题
13．（2023·广东湛江·校考一模）抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C．

(1)
(2)求抛物线的解析式
(3)在抛物线对称轴上找一点M，使的周长最小，并求出点M的坐标和的周长
(4)若点P是x轴上的一个动点，过点P作交抛物线于点Q，在抛物线上是否存在点Q，使B、C、P、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．
【答案】(1)抛物线的解析式为
(2)当的周长最小时，点M的坐标为，△MBC的周长为
(3)在抛物线上存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点Q的坐标为或或
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法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得出点C的坐标，利用二次函数的性质可得出抛物线对称轴为直线，连接，交抛物线对称轴于点M，此时的周长取最小值，由点A，B，C的坐标可得出，的长度及直线的解析式，再结合二次函数图象对称轴的横坐标和直线的解析式可得出点M的坐标和的周长；
（3）由点B，C，P的纵坐标可得出点Q的纵坐标为2或，再利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：解：将代入，得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为．
（2）解：当时，，
∴点C的坐标为．
∵抛物线的解析式为，
∴抛物线的对称轴为直线．
连接，交抛物线对称轴于点M，如图1所示．

∵点A，B关于直线对称，
，
，
∴此时的周长取最小值．
∵点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，
，，直线的解析式为（可用待定系数法求出来）．
当时，，
∴当的周长最小时，点M的坐标为，的周长为．
（3）解：∵以B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点B，P的纵坐标为0，点C的纵坐标为2，
∴点Q的纵坐标为2或，如图2所示．

当时，，
解得：（舍去），
∴点Q的坐标为；
当时，，
解得：，
∴点Q的坐标为或．
∴在抛物线上存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点Q的坐标为或或．
【点睛】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、二次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征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抛物线解析式；（2）利用两点之间线段最短，找出点M的位置；（3）根据平行四边形的性质，找出点Q的纵坐标为2或．
14．（2023·河南周口·校联考三模）如图，抛物线交轴于点，交轴于点，连接，点A的坐标为，抛物线的对称轴为直线．

(1)求抛物线的表达式和顶点坐标；
(2)在直线上找一点，使的和最小，并求出点的坐标；
(3)将线段沿轴向右平移个单位长度，若线段与抛物线有唯一交点，请直接写出的取值范围．
【答案】(1)抛物线的表达式为，抛物线的顶点坐标为
(2)
(3)
【分析】（1）根据对称轴得出，再将点代入确定解析式，即可确定顶点坐标；
（2）连接，交直线于点，点即为所求，连接，利用两点之间线段最短得出的和最小，由待定系数法确定直线的表达式为，即可确定点P的坐标；
（3）根据题意得：点的运动轨迹为射线，点A的运动轨迹为射线，若线段与抛物线有唯一交点，则线段在线段间平移（含线段），由抛物线的对称性得，，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线，
∴，解得．
∴．
把点代入，得，
解得．
∴抛物线的表达式为．
把代入，得，
∴抛物线的顶点坐标为．
（2）如图1，连接，交直线于点，点即为所求．
连接，由抛物线的对称性可知点A与点关于直线对称，
则点的坐标为．
此时，即的和最小．
，令，则．
∴点的坐标为．
设直线的表达式为，
把点，代入可得解得
∴直线的表达式为．
当时，．
∴点的坐标为．

（3）．
如图2，根据题意得：点的运动轨迹为射线，点A的运动轨迹为射线，
若线段与抛物线有唯一交点，则线段在线段间平移（含线段），
由抛物线的对称性得，，
∴当线段与抛物线有唯一交点时，的取值范围为．

【点睛】题目主要考查待定系数法确定函数解析式，线段最短问题及交点问题，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
15．（2023·黑龙江齐齐哈尔·校联考一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交于点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，D是抛物线的顶点，对称轴与x轴交于E．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，在抛物线的对称轴DE上求作一点M，使△AMC的周长最小，并求出点M的坐标和周长的最小值；
（3）如图2，点P是x轴上的动点，过P点作x轴的垂线分别交抛物线和直线BC于F、G．设点P的横坐标为m．是否存在点P，使△FCG是等腰三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+4x﹣3；（2）M（2，﹣1），；（3）存在，m＝5或m＝4或或3
【分析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，用待定系数法求出解析式；
（2）连接BC交DE于点M，此时MA+MC最小，可以根据轴对称的性质证明此时线段和最小，再利用几何的性质求出此时的周长最小值和点M的坐标；
（3）设点F（m，﹣m2+4m﹣3），点G（m，m﹣3），然后用m表示出、、，再分类讨论列式求出m的值．
【详解】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x﹣3；
（2）如下图，连接BC交DE于点M，此时MA+MC最小，

又因为AC是定值，所以此时△AMC的周长最小．
由题意可知OB＝OC＝3，OA＝1，
∴，同理，
∵DE是抛物线的对称轴，与x轴交点A（1，0）和点B（3，0），
∴AE＝BE＝1，对称轴为 x＝2，
由OB＝OC，∠BOC＝90°得∠OBC＝45°，
∴EB＝EM＝1，
又∵点M在第四象限，在抛物线的对称轴上，
∴M（2，﹣1），
∴此时△AMC的周长的最小值＝AC+AM+MC＝AC+BC＝；
（3）存在这样的点P，使△FCG是等腰三角形，
∵点P的横坐标为m，故点F（m，﹣m2+4m﹣3），点G（m，m﹣3），
则FG 2＝（﹣m2+4m﹣3+3﹣m）2，CF 2＝（m2﹣3m）2，GC 2＝2m2，
当FG＝FC时，则（﹣m2+4m﹣3+3﹣m）2＝（m2﹣3m）2，解得m＝0（舍去）或4；
当GF＝GC时，同理可得m＝0（舍去）或；
当FC＝GC时，同理可得m＝0（舍去）或5，
综上，m＝5或m＝4或或3．
【点睛】本题考查二次函数的综合题，解题的关键是掌握求二次函数解析式的方法，利用轴对称解决线段和最小值的方法和等腰三角形存在性问题的解决方法．
题型06 二次函数中面积存在性问题
16．（2023·黑龙江鸡西·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于、两点，交轴于点，连接、，，．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在一点，使直线将的面积分成的两部分，若存在，求点的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)的坐标为或
【分析】（1）求出，则，由得，，设，由勾股定理可得，可得到，再用待定系数法可得答案；
（2）设直线交于点，过点作轴于点，过点作轴于点，设，则，，，分两种情况：当时，即时；当时，即时，分别进行求解即可得到答案．
【详解】（1）解：在中，令，得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，即，
解得：，
∴，
∴设抛物线解析式为，
将点代入，得，
∴抛物线解析式为；
（2）解：设直线交于点，过点作轴于点，过点作轴于点，
，
设，则，，
∴，
当时，即时，，即，
，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
解得或（与重合，舍去），
∴，
当时，即时，
同理可得，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
解得或（舍去），
∴，
综上所述，的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，设计待定系数法，三角形面积的计算，锐角三角函数等，解题的关键是分类讨论思想的应用．
17．（2023·广东汕头·统考二模）如图，在直角坐标系中有一直角三角形，为坐标原点，，，将此三角形绕原点逆时针旋转，得到，抛物线经过点、、．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为，
①是否存在一点，使的面积最大？若存在，求出的面积的最大值；若不存在，请说明理由．
②设抛物线对称轴与轴交于一点，连接，交于，直接写出当与相似时，点的坐标；
【答案】(1)
(2)①存在，最大值为；②或
【分析】根据正切函数，可得，根据旋转的性质，可得，根据待定系数法，可得函数解析式；
可求得直线的解析式，过作轴于点，交于点，可用表示出的长，当取最大值时，则的面积最大，可求得其最大值；
根据相似三角形的性质，可得与的关系，根据解方程，可得的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】（1）
解：在中，，，
，
是由绕点逆时针旋转而得到的，
，
，．
，，的坐标分别为，，，
代入解析式得：
，
解得：，
抛物线的解析式为；
（2）存在点使的面积最大，的面积有最大值为
理由如下：
设直线解析式为，
把、两点坐标代入可得：
，
解得：，
直线解析式为，
如图，过作轴，交轴于点，交直线于点，

点横坐标为，
，，
点在第二象限，
点在点上方，
，
当时，有最大值，最大值为，
，
当有最大值时，的面积有最大值，
，
综上可知，存在点使的面积最大，的面积有最大值为；
当时，，过点作轴于点，，

，
，
点的横坐标为，
，
在第二象限，
，，
，
解得，，与在二象限，横坐标小于矛盾，舍去，
当时，，
，
当时，，
此时，轴，
当与相似时，点的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，解的关键是利用旋转的性质得出，的长，又利用了待定系数法；解的关键是利用相似三角形的性质得出．
18．（2023·辽宁盘锦·校联考二模）如图，抛物线经过两点，交y轴于C，对称轴与抛物线相交于点P、与相交于点E，与x轴交于点H，连接．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在一点Q，使与的面积相等，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
(3)抛物线上存在一点G，使，请求出点G的坐标．
【答案】(1)
(2)存在，或
(3)或
【分析】（1）将两点代入抛物线解析式求得a、b的值即可解答；
（2）根据二次函数图像的性质可得， ，然后再求出直线BC解析式为可得；如图：如图，过点E作，交抛物线于Q，此时与的面积相等；再求出直线的表达式为：②，再与抛物线的解析式联立可得点Q的坐标；最后再说明在点B的右侧不存在点Q即可解答；
（3）先说明，再分点G在直线的上方和下方两种情况，分别运用正切函数和抛物线的对称性即可解答．
【详解】（1）解：把两点代入抛物线解析式可得：
， 解得，
∴该抛物线的解析式为①．
（2）解：存在，求解如下：
由，
则顶点，对称轴为直线，
∴，
∴， ，
∵
∴由待定系数法可得：直线BC解析式为，
∴点，
如图，过点E作，交抛物线于Q，此时与的面积相等，

由点P、B的坐标得，直线PB的表达式为：，
则直线的表达式为：②，
联立①②并整理得：，解得：，
则点Q的坐标为或；
对于直线，设交x轴于点R，
令，
解得：，即点R（2，0），
则，
取点R′使，过点R′作PB的平行线l，如上图，则点R′（4，0），
则直线l的表达式为：，
联立和得：，
则，无解，
故在点B的右侧不存在点Q，
综上，点Q的坐标为或 ．
（3）解：∵，
∴，
∴，
若点G在直线的上方时，

∵， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴点
∴ 直线解析式为，
联立①③（得：，
解得 或
∴点 的坐标为；
若点在直线的下方时，
由对称性可得：点，
∴直线解析式为，
联立①④ 得：，
解得： 或 ，
∴ 点 的坐标为
综上所述：点 的坐标为：或．
【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数图像的性质、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合和分类讨论思想是解答本题的关键．
19．（2023·湖北荆州·统考中考真题）已知：关于的函数．

(1)若函数的图象与坐标轴有两个公共点，且，则的值是___________；
(2)如图，若函数的图象为抛物线，与轴有两个公共点，，并与动直线交于点，连接，，，，其中交轴于点，交于点．设的面积为，的面积为．
①当点为抛物线顶点时，求的面积；
②探究直线在运动过程中，是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)0或2或
(2)①6，②存在，
【分析】（1）根据函数与坐标轴交点情况，分情况讨论函数为一次函数和二次函数的时候，按照图像的性质以及与坐标轴交点的情况即可求出值．
（2）①根据和的坐标点即可求出抛物线的解析式，即可求出顶点坐标，从而求出长度，再利用和的坐标点即可求出的直线解析式，结合即可求出点坐标，从而求出长度，最后利用面积法即可求出的面积．
②观察图形，用值表示出点坐标，再根据平行线分线段成比例求出长度，利用割补法表示出和，将二者相减转化成关于的二次函数的顶点式，利用取值范围即可求出的最小值．
【详解】（1）解：函数的图象与坐标轴有两个公共点，
，
，
，
当函数为一次函数时，，
．
当函数为二次函数时，
，
若函数的图象与坐标轴有两个公共点，即与轴，轴分别只有一个交点时，
，
．
当函数为二次函数时，函数的图象与坐标轴有两个公共点， 即其中一点经过原点，
，
，
．
综上所述，或0．
故答案为：0或2或．
（2）解：①如图所示，设直线与交于点，直线与交于点．

依题意得：，解得：
抛物线的解析式为：．
点为抛物线顶点时，，，
，，
由，得直线的解析式为，
在直线上，且在直线上，则的横坐标等于的横坐标，
，
，，
，
．
故答案为：6．
②存在最大值，理由如下：
如图，设直线交轴于．
由①得：，，，，，
，
，，
，
，
即，
，，
，
，
，，
当时，有最大值，最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及到函数与坐标轴交点问题，二次函数与面积问题，平行线分线段成比例，解题的关键在于分情况讨论函数与坐标轴交点问题，以及二次函数最值问题．
题型07 二次函数中等腰三角形存在性问题
20．（2023·广东湛江·统考三模）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．
(1)如图①，连接，在轴上存在一点，使得是以为底的等腰三角形，求点的坐标；
(2)如图②，在抛物线上是否存在点，使是以为底的等腰三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，连接，在直线上是否存在点，使是以为腰的等腰三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)如图④，若抛物线的顶点为，连接，在轴上是否存在一点，使是等腰三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(5)如图⑤，在抛物线的对称轴上是否存在点，使是等腰三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在点，使是以为底的等腰三角形， ， 或 ，
(3)存在点，使是以为腰的等腰三角形，满足条件的点，或 ， 或 ，
(4)存在点，使是等腰三角形，点坐标为，或 ，或 ，或，
(5)存在点，使是等腰三角形，点坐标为，或， 或， 或， 或，
【分析】（1）设，，由，则 ，求出即可求， ；
（2）点在线段的垂直平分线上，再由是等腰直角三角形可得垂直的直线为，联立方程组即可求点坐标；
（3）设，，由和，建立方程求出的值，即可求出答案；
（4）求出顶点，，设，，分三种情况讨论：①当时，可得，；②当时，可得． ，或 ，；③当时，可得，；
（5）设，，分三种情况讨论∶①当时，可得，；②当时，可得， 或， ；③当时，可得， 或， ．
【详解】（1）解：令，则，
∴，，
令，则，
∴，，
令，则，
解得或，
∴，，
设，，
∴，
∴ ，
解得 ，
∴， ；
（2）解：存在点，使是以为底的等腰三角形，理由如下：
∵，，，，
∴的中点为 ， ，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴过的中点与垂直的直线为，
联立方程组，
解得或，
∴ ， 或 ， ；
（3）解：存在点，使是以为腰的等腰三角形，理由如下：
设，，
当时，
∴，
解得舍去或，
∴，；
当时，，
∴ ，
∴ ， 或 ， ，
即满足条件的点，或 ， 或 ， ；
（4）解：存在点，使是等腰三角形，理由如下：
∵，
∴顶点，，
设，，
①当时，，
解得或舍，
∴，；
②当时，，
解得 或 ，
∴ ，或 ，；
③当时，，
解得，
∴，；
综上所述：点坐标为，或 ，或 ，或，；
（5）解：存在点，使是等腰三角形，理由如下：
∵抛物线的对称轴为直线，
设，，
①当时，，
解得，
∴，；
②当时，，
解得 ，
∴， 或， ；
③当时，，
解得 或 ，
∴， 或， ；
综上所述：点坐标为，或， 或， 或， 或， ．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
21．（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考二模）如图，抛物线（、是常数）的顶点为，与轴交于、两点，其中，，点从A点出发，在线段上以单位长度/秒的速度向点运动，运动时间为秒，过作交于点．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)当为何值时，的面积最大？并求出面积的最大值；
(3)点出发的同一时刻，点从点出发，在线段上以单位长度/秒的速度向点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，在运动过程中，是否存在某一时刻，使为等腰三角形，若存在，直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，面积最大值；
(3)或或
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）求出直线的解析式为，根据平行求出直线的解析式为，同理可得直线的解析式为，通过建立方程求出点，由，则，当时，面积的最大值为；
（3）根据锐角三角函数和勾股定理的知识分别表示出、、，再分情况进行求值，即可求出的值，最后再求点的坐标．
【详解】（1）解：将，，代入，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如图：

∵，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
∵，，
∴直线的解析式为，
同理可得直线的解析式为，
当时，，
∴，
∵，
∴，
∴当时，面积的最大值为；
（3）解：存在，使为等腰三角形，理由如下：
如图，

由（2）可知，，
过点作轴交于点，过点作轴交于点，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点在点右侧时，，
，
，
由题意可得：
①当，则，解得或（不符合题意，舍去），此时，
②当时，则，解得或（不符合题意，舍去），此时，
③当时，则，解得或（不合题意，舍去）．
当点在点左侧时，
，
①当，则，解得或，不符合题意，舍去；
②当时，则，解得或，不符合题意，舍去；
③当时，则，解得，不符合题意，舍去．
综上所述当或或时，为等腰三角形．
∴点坐标为：或或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，求一次函数解析式，求两直线的交点坐标，二次函数的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，勾股定理，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质、锐角三角函数、勾股定理是解题的关键．
22．（2023·海南海口·海师附中校考三模）如图，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，顶点为D，连接，P是第一象限内抛物线上的动点，连接，设点P的横坐标为t．

(1)求抛物线的解析式；
(2)当t为何值时，的面积最大？并求出最大面积；
(3)M为直线上一点，求的最小值；
(4)过P点作轴，交于E点．是否存在点P，使得为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为：
(2)当时，的面积最大，最大面积为32
(3)
(4)存在，P点的坐标为，，
【分析】（1）利用待定系数法求解析式；
（2）利用抛物线的解析式求出点B的坐标，得到直线的解析式，过点P作轴，交x轴于点F，交于点G，利用求出解析式，利用函数性质解答即可；
（3）作O关于直线的对称点为，得到四边形为正方形，则，则，当A、M、三点共线时，最小，即为线段的长，勾股定理求出即可．
（4）分三种情况：当时，当时，当时，分别求出点P的坐标
【详解】（1）解：由题意得：，解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）当时，得或，
∴，
设直线的解析式为，
则，
解得
∴直线的解析式为．
如图，过点P作轴，交x轴于点F，交于点G．

设点，．
∴．
∴，
∴当时，的面积最大，最大面积为32；
（3）作O关于直线的对称点为，连接，如图，

∵，，
∴四边形为正方形，则，
则，
当A、M、三点共线时，最小，即为线段的长，
∴最小值为．
（4）∵，
∴，

∵，
∴，
∵
∴，
∴，
，
，
当时，，解得或，
∴；
当时，则，
∴，
解得（舍去）或，
∴；
当时，则，
∴，
解得或（舍去），
∴，
综上，P点的坐标为，，．
【点睛】此题考查二次函数的综合应用，待定系数法求函数解析式，勾股定理，轴对称问题，等腰三角形的性质，图形面积问题，综合掌握各知识点是解题的关键．
23．（2023·广东东莞·东莞市东莞中学松山湖学校校考二模）如图，二次函数的图象与轴交于点和点，以为边在轴上方作正方形，点是轴上一动点，连接，过点作的垂线与轴交于点．

(1) ___；点D的坐标：___；
(2)线段上是否存在点P（点P不与A、O重合），使得的长为？若存在，请求出点P，若不存在，请说明理由．
(3)在x轴负半轴上是否存在这样的点P，使是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标及此时与正方形重叠部分的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1；．
(2)线段上存在点P（点P不与A、O重合），使得的长为．此时点P坐标为或，
(3)存在这样的点，点的坐标为，此时与正方形重叠部分的面积为．
【分析】（1）利用点在二次函数图象上，代入即可求得，将二次函数换成交点式，即能得出点的坐标，由可算出点坐标；
（2）假设存在，由，找出，利用等角的正切相等，可得出一个关于长度的一元二次方程，再求解即可；
（3）利用角和边的关系，找到全等，再利用三角形相似，借助相似比即可求得，求出的面积即是所求．
【详解】（1）点在二次函数的图象上，
，解得，
二次函数解析式为，
点，，
四边形为正方形，
，
点，
故答案为：1；．
（2）直线交轴于点，如图1，

假设存在点，使得的长为，设，则，
，，
，
，，
，即，
解得：，
或，
故线段上存在点P（点P不与A、O重合），使得的长为．此时点P坐标为或，
（3）假设存在这样的点，交轴于点，如图2，

是等腰三角形，
，
，四边形为正方形
，，，
，，
在和中，
，
，
，，
点坐标为．
轴，
，
，
又，
，
，
，
，
与正方形重叠部分面积为．
答：存在这样的点，点的坐标为，此时与正方形重叠部分的面积为．
【点睛】本题考查了二次函数的交点式、全等三角形的判定、相似三角形的相似比等知识，解题的关键是注重数形结合，找准等量关系．
题型08 二次函数中直角三角形存在性问题
24．（2023·辽宁营口·校联考一模）已知直线l与轴、轴分别相交于、两点，抛物线 经过点，交轴正半轴于点．

(1)求直线的函数解析式和抛物线的函数解析式；
(2)在第一象限内抛物线上取点，连接、，求面积的最大值及点的坐标．
(3)抛物线上是否存在点使为直角三角形，如果存在，请直接写出点的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)一次函数解析式为：，二次函数解析式为：
(2)，
(3)存在，点的坐标为或或或．
【分析】（1）先利用待定系数法求得直线的函数解析式，求得点B的坐标，从而可以求得抛物线的解析式；
（2）根据题意可以求得点A的坐标，然后根据题意和图形可以用含m的代数式表示出S，然后将其化为顶点式，再根据二次函数的性质即可解答本题；
（3）分三种情况讨论，分别当为斜边时，利用勾股定理列方程即可求解．
【详解】（1）解：设，
把，代入得：，
，，
一次函数解析式为：，
把代入，
，
，
二次函数解析式为：；
（2）解：连接，

把代入得，，
或3，
抛物线与轴的交点横坐标为和3，
设点，
在抛物线上，且在第一象限内，
，
的坐标为，
，
当时，取得最大值．
此时的坐标为；
（3）解：设点，
则，，，
当为斜边时，则，
解得（舍去）或，
∴点；
当为斜边时，则，
解得（舍去）或，
∴点；
当为斜边时，则，
解得（舍去）或（舍去）或或，
∴点的坐标为或；
综上，点的坐标为或或或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查二次函数的最值、勾股定理，待定系数法求二次函数解析式，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，作出合适的辅助线，利用数形结合的思想和转化的数学思想解答．
25．（2023·江苏连云港·校联考三模）如图，二次函数的图象与x轴交于A、B两点与y轴交于点C，B点坐标，C点坐标．

(1)求抛物线的函数关系式和点A坐标；
(2)在抛物线上是否存在点P，使得是以为直角边的直角三角形？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；
(3)过抛物线上的点Q作垂直于y轴的直线，交y轴于点E，交直线于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为F，连接当线段的长度最短时，求出点Q的坐标．
【答案】(1)点坐标
(2)点的坐标是或
(3)点Q的坐标是或时，EF最短
【分析】（1）将点的坐标代入函数解析式中可得关于的二元一次方程组，解出的值得到抛物线的函数关系式，再令，求解即可得出点A的坐标；
（2）分两种情况讨论：或，再利用为等腰直角三角形，作垂直构造新的等腰直角三角形，最后设点坐标列出方程求解即可；
（3）根据题意画出图形，连接，则四边形为矩形，由矩形的性质可得，因此当线段的长度最短时，线段最小，由垂线段最短可知当时，最小，此时由等腰三角形的性质可得点D为的中点，可得 ，再由得，即，以此即可求出点Q的坐标．
【详解】（1）将B点坐标，C点坐标代入得：
，
解得，
∴，
∴，
∴，，
∴点坐标
（2）①当时，过点P作轴于M，如图1，

∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴．
设，则，，
∴，
解得：（舍去），，
∴，
即；
②当时，过点P作轴于N，设AP与y轴交于点F，如图2，则有轴，
∴．
∵，
∴，
∴，，
∴，
设，则，，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
即．
综上所述，点的坐标是或；
（3）连接，

则四边形为矩形，
∴，
∴当线段的长度最短时，线段最小，
∴当时，最小，
∵为等腰直角三角形，，
∴点D为的中点，
∴
∵轴，
∴，
∴为三角形AOC的中位线，
令得：，
解得，
当点Q的坐标是或时，最短．
【点睛】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x轴的交点、等腰三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质，解题关键是：（1）利用点的坐标，正确求出函数解析式；（2）熟知等腰三角的性质，并利用分类讨论思想解决问题；（3）利用矩形的性质将线段转化为，利用垂线段最短来确定的最小值．
26．（2023·广东珠海·统考一模）如图，抛物线的对称轴为直线，并且经过点，交轴于另一点，交轴于点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在直线上方的抛物线上有一点P，求点P到直线距离的最大值及此时点P的坐标；
(3)在直线下方的抛物线上是否存在点Q，使得为直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)当点的坐标为时，点到距离的最大值为
(3)存在，点的坐标为或
【分析】（1）根据对称轴公式得到，根据抛物线经过点得到，由此求出a、b的值即可得到答案；
（2）先求出，进而求出直线的解析式为，设，且，则，可得．当时，取得最大值，的最大值为；利用勾股定理求出，如图，过点作于点，利用等面积法求出点到距离的最大值即可；
（3）分当时，当时，当时，三种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线，并且经过点，
解得
∴抛物线解析式为．
（2）解：如图所示，连接，过点作轴，与交于点．

∵抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C，且对称轴为直线，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
直线的解析式为．
设，且，则，
．
当时，取得最大值，的最大值为．
此时，点的坐标为．
在中，．
如图，过点作于点．
点到距离的最大值为．
当点的坐标为时，点到距离的最大值为
（3）解：如图3-1所示，当时，设直线交x轴于，
∵，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，
同理可得直线解析式为，
联立，解得或，
∴；

如图3-2所示，当时，设直线交y轴于，
∵，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，
同理可得直线解析式为，
联立，解得或，
∴；

当时，则点Q在以为直径的圆上，设的中点为M，则点M到抛物线上y轴右侧上的一点的距离都小于的长，点M到点B右侧抛物线上任意一点的距离大于的长，
∴此时不存在点Q使得；
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，圆周角定理等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
27．（2023·湖北鄂州·统考二模）如图，抛物线经过点，点在第四象限的抛物线上，交直线于点．

(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)当点的横坐标为1时，求四边形的面积；
(3)连接，记的面积为，记的面积为，求的最大值及此时点的坐标；
(4)在（3）的条件下试探究：该拋物线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)的最大值为，点P坐标为
(4)存在点使为直角三角形，点Q的横坐标为或1或或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出直线的解析式为，过点P作轴 交于点E，求出，，得到，再根据进行求解即可；
（3）过点P作轴交延长线于点F，则，则，设则，则，推出，根据二次函数的性质即可得到答案；
（4）设点Q的坐标为，则，，，再分当点A为直角顶点时，当点P为直角顶点时，当点Q为直角顶点时，三种情况利用勾股定理建立方程求解即可
【详解】（1）解：把代入中得：，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：设直线的解析式为，
∴ ，
∴
∴直线的解析式为，
过点P作轴 交于点E，
在中，当时，，
∴，
在中，当时，，
∴，
∴，
∴
；

（3）解：过点P作轴交延长线于点F，则，
∴，
设则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，的最大值为．此时点P坐标为．
（4）解：设点Q的坐标为，
∵，，
∴，，，
当点A为直角顶点时，则，
∴，即
∴，
解得或（舍去）；
当点P为直角顶点时，则，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去）；
当点Q为直角顶点时，则，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或或（舍去）或（舍去）；
综上所述，存在点使为直角三角形，点Q的横坐标为或1或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，勾股定理等等，灵活运用所学知识并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
题型09 二次函数中全等三角形存在性问题
28．（2023·甘肃陇南·统考一模）如图，抛物线与x轴交于，B两点，与y轴交于点．

(1)求抛物线的函数解析式；
(2)已知点在抛物线上，当时，直接写出n的取值范围；
(3)抛物线的对称轴与x轴交于点M，点D坐标为，试问在该抛物线上是否存在点P，使与全等？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）把和代入，求出a和c的值，即可得出函数解析式；
（2）先求出时的函数值，再求出函数最小值，结合图象即可得出n的取值范围；
（3）先得出抛物线解析式为直线，则点D到对称轴距离为1，到x轴距离为3，根据，点P在抛物线上，得出结论点在x轴下方，对称轴距离为1，到x轴距离为3，即可解答．
【详解】（1）解：把和代入得：
，解得：，
∴抛物线的函数解析式为；
（2）解：把代入得：，
∴，
∵，，
∴当时，该函数有最小值，
∵在该抛物线上，
∴当时，n的取值范围为；
（3）解：∵，
∴抛物线解析式为直线，
∵，
∴点D到对称轴距离为1，到x轴距离为3，
∵，点P在抛物线上，
∴点在x轴下方，对称轴距离为1，到x轴距离为3，
∴点或，
把代入得：，
解得，，
∴或在抛物线上，
综上：存在，或．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到函数表达式的求解、点的对称性、三角形全等等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
29．（2023·陕西咸阳·统考三模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，抛物线的顶点为C，对称轴为直线l，l交x轴于点D．

(1)求点A、B、C的坐标；
(2)点P是抛物线上的动点，过点P作轴于点M，点N在y轴上，且点N在点M上方，是否存在这样的点P、N，使得以点P、M、N为顶点的三角形与全等，若存在，请求出点P、N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，；
(2)存在，点P和点N的坐标分别为： 或 或 或 ．
【分析】（1）令，得解方程求出的值，可得的坐标，将抛物线解析式化为顶点式可得点的坐标；
（2）分和两种情况，依据全等三角形的性质讨论求解即可．
【详解】（1）对于，令，得
解得，
∵点A在点B的左侧，
∴，
又
∴；
（2）由（1）知，，，
∵l交x轴于点D
∴
∴
∵轴,
∴

分两种情况讨论：
①当时， ，
∴点P的横坐标为2或；
当时，，
∴
∴
∴
当时，，
∴
∴
∵
∴
②当时，
∴点P的横坐标为1或；
当时，，
∴
∴
∵
∴
当时，，
∴
∴
∴
综上所述，点P和点N的坐标分别为： 或 或 或 ．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与性质，正确进行分类讨论是解答本题的关键．
30．（2023·陕西西安·西安市第二十六中学校考模拟预测）如图，抛物线与轴交于点和点，顶点为，直线经过点，且与抛物线交于点．

(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若为轴上的一个动点，过点作轴与抛物线交于点，是否存在以为顶点的，使得和全等？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为
(2)不存在
【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为，由抛物线过原点得到，从而求出的值即可得到答案；
（2）假设存在，先求出两点的坐标，从而即可得到的长度，通过勾股定理的逆定理可得到，设，则，则可得到，分当时，当时，求解即可得到答案．
【详解】（1）解：顶点坐标为，
设抛物线的解析式为，
抛物线经过原点，
，
解得：，
抛物线的解析式为，即；
（2）解：联立抛物线和直线解析式可得：，
解得：或，
，
，，，
，
，
假设存在满足条件的点，设，则，
，
轴，
，
和全等，
当时，
，
，
此时无解，
当时，
，
，
此时无解，
假设不成立，
不存在以为顶点的，使得和全等．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式，勾股定理，三角形全等的性质，熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式，三角形全等的性质，是解题的关键．
题型10 二次函数中相似三角形存在性问题
31．（2023·广东汕尾·统考二模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（B在A的左边），与y轴交于点，顶点为．
(1)求该抛物线所对应的函数关系式；
(2)如图，若点P是第二象限内抛物线上的一动点，过点P作轴于点M，交于点E，连接，是否存在点P，使得与相似？若存在，请求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，P点坐标为
【分析】本题考查二次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质．
（1）设出顶点式，待定系数法求解析式即可；
（2）求出的坐标，进而求出的解析式，设，则，易得是等腰直角三角形，根据相似，得到也是等腰直角三角形，分和，两种情况，进行讨论求解即可．
利用数形结合和分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．
【详解】（1）解：设，
将点代入，得，
∴，
∴；
（2）存在点P，使得与相似，理由如下：
令，则，
∴或，
∴，
设的解析式为，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵与相似，
∴也是等腰直角三角形，
①当时，，
∴，
∴或，
∵，
∴；
②当时，，
∴，
∴或，
∵，
∴此种情况不存在；
综上所述：P点坐标为．
32．（2023·广东潮州·统考三模）如图，抛物线与x轴分别交于点，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．
(1)求抛物线对应的二次函数的表达式；
(2)点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过两点，且与直线相切，求点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得与相似？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)存在，点M的坐标为或
【分析】（1）把点、点的坐标代入抛物线解析式，用待定系数法可得到二次函数的表达式；
（2）设直线切于点E，连接、，作于点F，通过与的长，说明为等腰直角三角形，设点，用含的代数式表示出半径、的长，根据半径间关系，求出的值从而确定点的坐标；
（3）利用等腰直角三角形，先求出和的长，由于，若与相似，分两种情况，利用比例线段求出满足条件的点的坐标即可．
【详解】（1）解：．
代入，得
，
解得．
∴抛物线对应二次函数的表达式为：；
（2）解：如图1，设直线切于点E．连接，作于点F．
．
由，得
对称轴为直线．
，
为等腰直角三角形．
，
，
，
为等腰三角形．
设，
．
在中，，
．
整理，得
解得，．
∴点P的坐标为或．
（3）解：存在点M，使得．
如图2，连接，
，
为等腰直角三角形，
．
由（2）可知，，
．
相似有两种情况．
当时，
∴，解得．
．
．
当时，
∴，解得，
．
．
综上，点M的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法确定二次函数解析式、切线的性质、勾股定理及相似三角形的判定等知识点，解题关键是运用数形结合的思想及分类讨论思想．
33．（2022·广东佛山·统考模拟预测）如图，已知抛物线经过两点，，是抛物线与轴的交点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设的面积为，求关于的函数表达式（指出自变量的取值范围）和的最大值；
(3)点在抛物线上运动，点在轴上运动，是否存在点、点使得，且与相似，如果存在，请求出点和点的坐标．
【答案】(1)
(2)，的最大值为
(3)存在，或，或，或，，使得，且与相似
【分析】（1）根据点、的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点作轴，交于点，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点的坐标，根据点、的坐标利用待定系数法即可求出直线的解忻式，设点的坐标为，则点的坐标为，进而可得出的长度，利用三角形的面积公式可得出，配方后利用二次函数的性质即可求出面积的最大值；
（3）分两种不同情况，当点位于点上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点，点的坐标即可．
【详解】（1）解：将，代入，
得：，解得：，
抛物线的解析式为．
（2）解：过点作轴，交于点，如图1所示．

当时，，
点的坐标为．
设直线的解析式为，
将、 代入，得：
，解得：，
直线的解析式为．
点在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
点的坐标为，则点的坐标为，
，
，
当时，面积取最大值，最大值为．
点在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
．
综上所述，关于的函数表达式为，的最大值为．
（3）解：存在点、点使得，且与相似．
如图2，，当点M位于点上方，过点作轴于点，

，，
，
若与相似，则与相似，
设， ，
，，
当时，，
，
解得，，
，
此时，
，
当时，，
，
解得，，
，
此时．
如图3，当点位于点C的下方，

过点作轴于点，
设， ，
，，
同理可得：或，与相似，
解得，或，
或，
此时点坐标为或．
综上所述，存在，或，或，或，，使得，且与相似．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，二次函数的性质，坐标与图形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练运用方程思想及分类讨论思想是解题的关键．
34．（2023·山西太原·山西实验中学校考模拟预测）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，点A的坐标为，点B的坐标为，以，为边作矩形，且边交二次函数的图象于点M．

(1)求二次函数的表达式．
(2)现有一条垂直于x轴的直线在A，O两点间（不包括A，O两点）左右移动，分别交x轴于点E，交于点F，交于点P，交二次函数的图象于点Q，请用含a的代数式表示的长．
(3)在（2）的条件下，连接，则在上方的二次函数的图象上是否存在这样的点Q，使得以Q，C，F为顶点的三角形和相似？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）根据坐标利用待定系数法即可得出答案；
（2）根据待定系数法可得出直线的表达式，分别表示出点P，Q的坐标，再利用两点间的距离公式即可表示出，最后利用二次函数的最值求法即可得出答案；
（3）由题意可得，，．．分两种情况：情况①：若，情况②：若，利用相似三角形的性质即可得出答案．
【详解】（1）∵抛物线经过点，．
∴
解得
∴二次函数的表达式为．
（2）由二次函数的表达式为，得．
设直线的表达式为．
∵，，
∴
解得
∴直线的表达式为．
∵直线交于点P，
∴点P的坐标为．
∵点Q的横坐标为a，点Q在抛物线上，
∴点Q的坐标为，
∴，
即．
（3）由题意可得，，．
．
若以Q，C，F为顶点的三角形和相似，分两种情况：
情况①：若，则，即，
解得，（舍去）．
情况②：若，则，即，
解得，（舍去）．
综上所述，存在这样的点Q使以Q，C，F为顶点的三角形和相似，此时a的值为或．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的最值，熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
题型11 二次函数中平行四边形存在性问题
35．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线交x轴于点D．

(1)若，直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，已知点E在第四象限的抛物线上，在线段OD和直线上是否存在F，G两点，使得C，E，F，G为顶点的四边形是以CF为一边的矩形？若存在，求点F的坐标；若不存在，说明理由；
(3)如图2，将抛物线F平移，使其顶点落在轴上的点处，得到抛物线G，直线MN与抛物线G只有一个公共点M，与x轴交于点N，定点Q在y轴正半轴上，且满足，求此时点Q的坐标．
【答案】(1)
(2)存在这样的点，点的坐标为或；
(3)
【分析】（1）先求得A、B的坐标，利用，求得，则，据此求解即可；
（2）设点的坐标为，点的坐标为，再分两种情况，利用相似三角形的性质和矩形的性质将用表示出来，然后将点代入抛物线的解析式可求出的值，由此即可得出答案；
（3）设点，用参数m表示点N坐标，过点M作轴于点H，通过证明，可得，可求的长，即可求解．
【详解】（1）解：令，则，即，
解得或，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：抛物线的对称轴为直线，
，，，
设点的坐标为，点的坐标为，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当以为一边的矩形，是矩形时，

则，，
，
，
，
，
，即，
解得，
，
矩形的对角线互相平分，
，解得，
将点代入得：，
解得或，
当时，，符合题意，
当时，，不符题意，舍去，
则此时点的坐标为，
②如图，当以为一边的矩形是矩形时，过点作于点，

则，
同理可证：，
，即，
解得，
，
，
矩形的对角线互相平分，
，解得，
将点代入得：，
解得或（不符题意，舍去），
当时，，符合题意，
则此时点的坐标为，
综上，存在这样的点，点的坐标为或；
（3）解：将抛物线F平移，使其顶点落在轴上的点处，得到抛物线G，
则抛物线G的解析式为，
设点，直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为，
联立得，整理得，
由题意得，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，解得，
∴，
如图，过点M作轴于点H，则，，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得，经检验，是所列方程的解，且符合题意，
∴，
∴点．
【点睛】本题考查了二次函数的几何应用、相似三角形的判定与性质、矩形的性质、一元二次方程的应用等知识点，利用参数解决问题是本题的关键．
36．（2023·广东东莞·三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与直线相交于A，B两点，其中．
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)点P为直线下方抛物线上的任意一点，连接，求面积的最大值；
(3)若点M为抛物线对称轴上的点，抛物线上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)N的坐标为或或
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的函数解析式为；
（2）过P作轴交于Q，求出直线解析式为，设，则可得，故，根据二次函数性质可得面积的最大值为；
（3）求出抛物线的对称轴为直线，设，分三种情况：①当为对角线时，的中点重合，，②当为对角线时，，③当为对角线时，，分别解方程组可得答案．
【详解】（1）解：把代入得：，
解得，
∴抛物线的函数解析式为；
（2）解：过P作轴交于Q，如图：
由得直线解析式为，
设，其中，则
，
，
∵，
∴当时，取最大值，
面积的最大值为；
（3）解：抛物线上存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
，
∴抛物线的对称轴为直线，
设，
又，
①当为对角线时，的中点重合，
∴，
解得，
；
②当为对角线时，
，
解得，
；
③当为对角线时，
，
解得，
；
综上所述，N的坐标为或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形等知识，解题的关键是分类讨论思想和方程思想的应用．
37．（2023·湖南岳阳·校联考一模）如图，抛物线与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
(2)若点P是抛物线段上的一点，当的面积最大时求出点P的坐标，并求出面积的最大值；
(3)点F是抛物线上的动点，作交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，此时；
(3)存在，或或
【分析】（1）分别将，代入求解即可；
（2）方法一：连接，，通过表示出函数关系，利用函数的性质进行求解；方法二：作于Q，交于点D，，求得函数关系式，进行求解即可；
（3）分两种情况，当四边形为平行四边形时或当四边形为平行四边形时，利用平行四边形的性质进行求解即可．
【详解】（1）解：当时，，
∴，
当时，，
∴，
∴；
（2）方法一：如图1，
连接，
设点，
∴，
∴
∴当时，，此时；
方法二：如图2，
作于Q，交于点D，设解析式为：
∵，则，解得
∴直线的解析式为：，
∴，
∴，
∴
∴当时，，此时；
（3）如图3，
当四边形为平行四边形时，，
∵抛物线对称轴为直线：，
∴点的坐标：
如图4，当四边形为平行四边形时，
作于G，
∴，
当时，，
∴，，
∴，，
综上所述：或或．
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了二次函数与面积问题，二次函数与特殊的平行四边形，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
38．（2023·湖北恩施·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于点，．

(1)求直线的解析式；
(2)求该抛物线的解析式；
(3)点P是直线下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交于点C，过点P作y轴的平行线交x轴于点D．
①在P点的运动过程中是否存在四边形为平行四边形，若不存在，请说明理由；若存在，请求点P的坐标；
②求的最大值及此时点P的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)①存在，；②的最大值为，此时点P的坐标为
【分析】（1）利用待定系数法求一次函数的解析式；
（2）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（3）①设P点的横坐标为，表示出，即，再表示出，即，根据四边形为平行四边形，可得，即有，解方程即可求解；②结合①，表示，利用二次函数的最值求解．
【详解】（1）设直线的解析式为：，
∵，在直线 的图象上，
∴，
解得，
∴直线的解析式为：；
（2）∵，在抛物线的图象上，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：；
（3）①存在点P，使四边形为平行四边形 理由：设P点的横坐标为，
∵轴，
∴C点的纵坐标为：，
∴C点的横坐标为：，
∴，即，
∵轴，P点的横坐标为，
∴，即，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
解得（舍去），，
∴当P点坐标为：时四边形为平行四边形；
②∵，
∴，
∴，
即，
当 时，有最大值：且最大值为：，
即：，
∴的最大值为：，此时点P的坐标为 ．
【点睛】此题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数的性质，一次函数图象上点坐标的特征等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度．
题型12 二次函数中矩形存在性问题
39．（2022·黑龙江齐齐哈尔·校考一模）如图，抛物线与x轴交于、两点，D为抛物线上的一点，连接与y轴交于点C, ，E为抛物线在x轴上方的一动点，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D的坐标为_______________；
(3)求的面积的最大值及此时点E的坐标；
(4)点P是抛物线上一点，在平面内是否存在点Q，使以A、D、P、Q为顶点的四边形是以为边的矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)的面积的最大值为，此时点E的坐标为
(4)存在．或
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）过点D作轴于点M，证明，可得，求得，再把代入解析式求值即可；
（3）利用待定系数法求得直线得解析式为，从而求得，再求得直线的解析式为，从而求得，即，再利用，即可求解；
（4）由点A、C的坐标可得，，设点，再根据矩形的性质分两种情况：当，，用待定系数法求得直线的解析式为，再联立方程组求得，再利用中点坐标列方程组求解即可；当，时，点F、C关于对称，利用待定系数法求得直线的解析式为，再联立方程组求得，再利用中点坐标列方程组求解即可．
【详解】（1）解：抛物线与x轴交于、两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：过点D作轴于点M，
∵，，
∴，
∵，，
∴，即，
∴，
当时，，
∴，
故答案为：；
（3）解：设直线得解析式为，
∵，，
∴，
解得，
∴直线得解析式为，
当时，，
∴，
设，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
直线的解析式为，
当时，，
解得，
∴直线与x轴的交点为，即，
∴
，
∴当时，最大值为，此时；
（4）解：∵、，
∴，
∴，
当四边形为矩形，设点，
∴当，，
∵直线经过点、，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
联立方程组得，，
整理得，，
解得（舍），，
∴，
，
解得，
∴，
②当，时，点F、C关于对称，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
联立方程组得，，
整理得，（舍），，
∴，
，
解得，
∴，
综上所述，点Q的坐标为或．
【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定的与性质、中点坐标公式、矩形的性质、二次函数与一次函数的交点，熟练掌握用待定系数法求函数解析式是解题的关键．
40．（2023·海南·统考中考真题）如图1，抛物线交x轴于A，两点，交y轴于点．点P是抛物线上一动点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点P的坐标为时，求四边形的面积；
(3)当动点P在直线上方时，在平面直角坐标系是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，点D是抛物线的顶点，过点D作直线轴，交x轴于点H，当点P在第二象限时，作直线，分别与直线交于点G和点I，求证：点D是线段的中点．
【答案】(1)
(2)9
(3)在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为或
(4)证明过程见解析
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）连接，过点P作于点E，利用点的坐标表示出线段、、、、的长度，再根据，进行计算即可；
（3）当为矩形的边时，画出符合题意的矩形，交y轴于点E，交x轴于点F，连接，过点P作轴于点M，过点Q作轴于点N，利用等腰直角三角形的判定与性质及矩形的判定与性质得到，利用待定系数法求得直线的解析式与抛物线的解析式联立方程组求得点P的坐标，则，进而得到、的长度，即可得出结果；当为对角线时，画出相应的图形，求出结果即可；
（4）利用配方法求得抛物线的顶点坐标、对称轴，再利用待定系数法求得直线、的解析式，进而求得点I、G的坐标，利用点的坐标表示出线段、的长度，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意可得，，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：连接，过点P作于点E，如图，
∵点P的坐标为，
∴，，
令，则，
解得或，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
；
（3）解：在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，理由如下：
如图，当为边时，四边形为符合条件的矩形，交y轴于点E，交x轴于点F，连接，过点P作轴于点M，过点Q作轴于点N，
∵，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴和为等腰直角三角形，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴和为全等的等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
联立方程组得，
解得或，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当为对角线时，四边形为矩形，过点Q作轴于点D，轴于点E，
则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
设点P的坐标为：，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，，，，
∴，
整理得：，
分解因式得：，
解得：（舍去），（舍去），，
∴此时点Q的坐标为：．
综上所述，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为或；
（4）证明：∵，
∴抛物线的顶点D的坐标为，对称轴为直线，
设，直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴点D是线段的中点．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
41．（2023·山西晋中·校联考模拟预测）综合与探究
如图，抛物线的顶点为与轴交于和两点，交轴于点．

(1)求抛物线的函数表达式及点、、的坐标；
(2)如图1，点是直线上方的抛物线上的动点，当面积最大时，求点的横坐标；
(3)如图2，若点是坐标轴上一点，点为平面内一点，是否存在这样的点，使以、、、为顶点的四边形是以为对角线的矩形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，点、、的坐标分别为：、、
(2)
(3)点或或
【分析】（1）依题意，，当时，，令，解方程即可求解；
（2）由面积；即可求解；
（3）根据矩形的性质，由中点坐标公式和对角线列出方程组，即可求解．
【详解】（1）解：抛物线的顶点为，
，
当时，，令，解得：或
即点、、的坐标分别为：、、
（2）过点作轴交于点，如图所示，

设直线的解析式为，将代入，得，
解得：，
直线的解析式为，
设点 则点
则面积
则面积有最大值，
当时，
此时，点；
（3）存在，理由如下：
设点的坐标为：，或，点，
由点、的坐标得，，
由中点坐标公式和对角线得：
或
解得：或或或 舍去
即点或或 ．

【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，矩形的性质等知识，分类求解是解题的关键．
题型13 二次函数中菱形存在性问题
42．（2023·西藏·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图甲，在y轴上找一点D，使为等腰三角形，请直接写出点D的坐标；
(3)如图乙，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在P、Q两点使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)或或或；
(3)存在，，或，或，或或
【分析】（1）将，代入，求出,即可得出答案；
（2）分别以点为顶点、以点为顶点、当以点为顶点，计算即可；
（3）抛物线的对称轴为直线，设，，求出，，，分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线．
【详解】（1）解：（1）∵，两点在抛物线上，
∴
解得，，
∴抛物线的解析式为：；
（2）令，
∴，
由为等腰三角形，如图甲，

当以点为顶点时，，点与原点重合，
∴；
当以点为顶点时，，是等腰中线，
∴，
∴；
当以点为顶点时，
∴点D的纵坐标为或，
∴综上所述，点D的坐标为或或或．
（3）存在，理由如下：
抛物线的对称轴为：直线，
设，，
∵，
则，
，
，
∵以为顶点的四边形是菱形，
∴分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线，
当以为对角线时，则，如图1，

∴，
解得：，
∴或
∵四边形是菱形，
∴与互相垂直平分，即与的中点重合，
当时，
∴，
解得：，
∴
当时，
∴，
解得：，
∴
以为对角线时，则，如图2，

∴，
解得：，
∴，
∵四边形是菱形，
∴与互相垂直平分，即与中点重合，
∴，
解得：，
∴；
当以为对角线时，则，如图3，

∴，
解得：，
∴，
∵四边形是菱形，
∴与互相垂直平分，即与的中点重合，
∴，
解得：
∴，
综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为： ，或，或，或或
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键．
43．（2022·陕西·校考模拟预测）如图，一次函数的图象与坐标轴交于点、，二次函数的图象经过、两点．

(1)求二次函数解析式；
(2)点关于抛物线对称轴的对称点为、是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点坐标为 或或
【分析】（1）由直线与坐标轴的交点坐标，，代入抛物线解析式，求出，坐标即可；
（2）分为对角线和边两种情况讨论，其中当为边时注意点的位置有两种：在点右侧和左侧，根据菱形的性质求解即可．
【详解】（1）解：对于：当时，；
当时，，解得，
，
把， 代入得：

解得，
∴抛物线的解析式为：；
（2）抛物线的对称轴为直线
故设，
①当为菱形对角线时，如图，

，关于对称轴对称，且对称轴与轴垂直，
与对称轴垂直，且轴
在菱形中，
轴
点在上，
点也在上，
当时，
；
②当为菱形一边时，若点在点左侧时，如图，

，且
轴，
令，则有
解得，




点在轴上，
，
；
若点在点的右侧，如图，

同理可得，
综上所述，点坐标为 或或 ．
【点睛】本题考查待定系数法求出二次函数的解析式，菱形的性质和判定，解一元二次方程，熟练掌握以上知识是解题的关键．
44．（2023·山西忻州·校联考模拟预测）综合与探究
如图，二次函数的图像与轴交于两点，与轴交于点，点的坐标为，且，是线段上的一个动点，过点作直线垂直于轴交直线和抛物线分别于点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)设点的横坐标为．当为何值时，线段有最大值，并写出最大值为多少；
(3)若点是直线上的一个动点，在坐标平面内是否存在点，使以点为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)二次函数解析式为
(2)当时，有最大值，且最大值为
(3)存在点使得以点为顶点的四边形是菱形，且或或或
【分析】（1）根据，，运用待定系数法即可求解；
（2）根据，，求出直线的解析式，根据点的横坐标为，可用含的式子表示点的坐标，由此可得的长关于的二次函数，根据最值的计算方法即可求解；
（3）根据题意可求出的长，根据菱形的性质，分类讨论：第一种情况：如图所述，点在直线下方；第二种情况：如图所示，点在直线上方；图形结合，即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数的图像与轴交于两点，与轴交于点，点的坐标为，
∴，
∵，
∴，则，
把，代入二次函数解析式得，
，解得，，
∴二次函数解析式为．
（2）解：由（1）可知，二次函数解析式为，且，，
∴设直线所在直线的解析式为，
∴，解得，，
∴直线的解析式为，
∵点的横坐标为，直线垂直于轴交直线和抛物线分别于点，
∴点的横坐标为，
∴，，
∴，
∴当时，有最大值，且最大值为．
（3）解：∵二次函数的图像与轴交于两点，且，
∴令时，，则，，
∴，且
在中，，，
∴，
第一种情况：如图所述，点在直线下方，

四边形是菱形，则，，且直线的解析式为，
∴设直线所在直线的解析为，把点代入得，，解得，，
∴直线的解析式为，设，过点作轴于点，
∴，，
∴，整理得，，
∴，
∴当时，，即；
当时，，即；
第二种情况：如图所示，点在直线上方，

四边形是菱形，，，且，，
∴直线的解析式为，
设，
∴，整理得，，解得，（与点重合，不符合题意，舍去），，即，
∴设所在直线的解析式为，把点代入得，，
∴直线的解析式为，
根据题意，设，
∴，整理得，，
∴，即，，
∴或，
综上所述，存在点使得以点为顶点的四边形是菱形，且或或或．
【点睛】本题主要考查二次函数与特殊四边形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数图像的性质，菱形的判定和性质等知识是解题的关键．
题型14 二次函数中正方形存在性问题
45．（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点为抛物线上的动点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点为直线上的动点，当点在第四象限时，求四边形面积的最大值及此时点的坐标；
(3)已知点为轴上一动点，点为平面内任意一点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是以为对角线的正方形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)；；；
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线，过作轴于点，交于点．设，则，，则，当时，的面积最大值为，从而求出此时四边形面积的最大值，点坐标；
（3）设，，分四种情况画出图形，利用正方形性质求解即可．
【详解】（1）解：将，代入中，
得，解得．
该抛物线的函数表达式为．
（2）解：作直线，过作轴于点，交于点．

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

∵四边形为正方形，
∴点，
II.如解图3-2，当四边形为正方形时，，，

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

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

同理可得：，，
∴，
∴，解得：，（，不合题意舍去）
∴，
∴点，
综上所述：点坐标为；；；．
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、正方形性质、全等三角形的判定与性质、一元二次方程的解法、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
46．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）已知抛物线与轴交于两点，交轴于点．

(1)请求出抛物线的表达式．
(2)如图1，在轴上有一点，点在抛物线上，点为坐标平面内一点，是否存在点使得四边形为正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，将抛物线向右平移2个单位，得到抛物线，抛物线的顶点为，与轴正半轴交于点，抛物线上是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)；
(3)点的坐标为或
【分析】（1）把代入，求出即可；
（2）假设存在这样的正方形，过点E作于点R，过点F作轴于点I，证明可得故可得，；
（3）先求得抛物线的解析式为，得出，，运用待定系数法可得直线的解析式为，过点作轴于点，连接，设交直线于或，如图2，过点作轴交于点，交抛物线于点，连接，利用等腰直角三角形性质和三角函数定义可得，进而可求得点的坐标．
【详解】（1）∵抛物线与轴交于两点，交轴于点，
∴把代入，得，
解得，
∴解析式为：；
（2）假设存在这样的正方形，如图，过点E作于点R，过点F作轴于点I，

∴
∵四边形是正方形，
∴
∴
∴
又
∴
∴
∵
∴
∴
∴；
同理可证明：
∴
∴
∴；
（3）解：抛物线上存在点，使得．
，
抛物线的顶点坐标为，
将抛物线向右平移2个单位，得到抛物线，
抛物线的解析式为，
抛物线的顶点为，与轴正半轴交于点，
，，
设直线的解析式为，把，代入得，
解得：，
直线的解析式为，
过点作轴于点，连接，设交直线于或，如图2，过点作轴交于点，交抛物线于点，连接，
则，，，

，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
∵，
，
，
即点与点重合时，，
；
，，
，
，
点与点关于直线对称，
；
综上所述，抛物线上存在点，使得，点的坐标为或．
【点睛】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，全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识，运用数形结合思想解决问题是解题的关键．
47．（2023·山西晋中·山西省平遥中学校校考模拟预测）如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．连接BC．点P是抛物线第一象限内的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作直线轴于点D．交于点E．过点P作的平行线，交y轴于点M．

(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线的函数表达式；
(2)在点P的运动过程中，求使四边形为菱形时，m的值；
(3)点N为平面内任意一点，在（2）的条件下，直线上是否存在点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，；
(2)
(3)，
【分析】（1）分别令，，可求出点，，，再利用待定系数法解答，即可求解；
（2）作于点，根据题意可得是等腰直角三角形，从而得到，进而得到是等腰直角三角形，可得到，再由点，可得，，，然后根据菱形的性质，可得到关于m的方程，即可求解；
（3）由（2）得：点，，可得，再求出直线的解析式为，过点E作交直线于点Q，可得，此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，可得，是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形，即可．
【详解】（1）解：在中，
令，可得，
解得，．
令，得：，
∴，，．
设直线的函数表达式为，
把，代入得：
，解得：，
直线的函数表达式为；
（2）解：如图，作于点，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵轴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵点，
∴点，
∴．
∴，
∴．
∵四边形为菱形，
∴．
∴，
解得或0（舍去）；
（3）解：存在，
由（2）得：点，，
∴，
根据题意可设直线的解析式为，
把点代入，得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得：，
如图，过点E作交直线于点Q，
∴点，
∴，
∴，
此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
如图，过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，
由（2）得：，
∵，
∴，
∴，是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
∴，
∴点，
对于，
当时，，
此时点，
综上所述，存在点或，使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了求一次函数解析式，正方形的性质，二次函数的图象和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．问题
分情况
找点
画图
解法
等腰三角形
已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为等腰三角形
以AB为腰
分别以点A，B为圆心，以AB长为半径画圆，与已知直线的交点P1，P2，P4，P5即为所求
分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB＝AP；②AB＝BP；③BP＝AP列方程解出坐标
以AB为底
作线段AB的垂直平分线，与已知直线的交点P3即为所求
分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB＝AP；②AB＝BP；③BP＝AP列方程解出坐标
问题
分情况
找点
画图
解法
直角三角形
已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为直角三角形
以AB为直角边
分别过点A，B作AB的垂线，与已知直线的交点P1，P4即为所求
分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB2＝BP2＋AP2；②BP2＝AB2＋AP2；③AP2＝AB2＋BP2列方程解出坐标
以AB为斜边
以AB的中点Q为圆心，QA为半径作圆，与已知直线的交点P2，P3即为所求