人教版九年级上册22.1.1 二次函数学案设计

这是一份人教版九年级上册22.1.1 二次函数学案设计，文件包含九年级数学上册第08讲二次函数与特殊图形的存在性问题解决策略原卷版docx、九年级数学上册第08讲二次函数与特殊图形的存在性问题解决策略解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共69页， 欢迎下载使用。
第08讲 二次函数与特殊图形的存在性问题解决策略（解析版）
第一部分典例剖析+针对训练
类型一 二次函数与等腰三角形的存在性
名师点金：利用抛物线探求等腰三角形分三步：先分类，按要相等分为三种，再根据两点间的距离公式；然后解方程并检验
典例1（2020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y=−34x2+3x+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．

思路引领：（1）点D在y=−34x2+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：（1）把x＝0，代入y=−34x2+3x+k，
∴y＝k．
∴OD＝k．
∵4ac−b24a=4×(−34)k−324×(−34)=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y=−34x2+3x+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=136．
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=136．
当PD＝AP时，过P作PH⊥OA于H，
AD＝k，HD=12k，HO＝DO+HD=3k2，
又∵HO＝PM＝k+3，
∴3k2=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=DQ2+PQ2=22+32=13．
∴k＝PD=13，
故k=136或6或13．

解题秘籍：此题是二次函数综合题，主要考查了二次函数解析式的确定，平面坐标系中求线段的长，等腰三角形的性质，确定出函数解析式是解本题的关键，解（3）是本题的难点．
针对训练1
（2022•武功县模拟）如图，经过点A（2，6）的直线y＝x+m与y轴交于点B，以点A为顶点的抛物线经过点B，抛物线的对称轴为直线l．
（1）求点B的坐标和抛物线的函数表达式；
（2）在l右侧的抛物线上是否存在点P，使得以P、A、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）将点A（2，6）代入y＝x+m，解得m＝4，即可得到直线解析式，再令x＝0，解得y＝4，即得到点B的坐标；由于点A（2，6）为抛物线的顶点，可设抛物线的函数表达式为y＝a（x﹣2）2+6（a≠0），然后将点B（0，4）代入，解得a=−12，即可得到二次函数解析式；
（2）分两种情况讨论：①当AB为该等腰三角形的腰时，由抛物线的对称性求点P的坐标；②当AB为该等腰角形的底边时，过点作AC⊥y轴于点C，过点P2作P2D⊥AC交CA的延长线于点D，作P2E⊥y轴于点E，连接P2A，P2B，证明△P2AD≌△P2BE（AAS），进而推导P2D＝P2E，设P2（m，﹣m2+2m+4）（m＞2），用含有m的代数式表示P2D、P2E，列方程求解即可得到点P2的坐标．
解：（1）∵直线y＝x+m经过点A（2，6），
∴2+m＝6，解得m＝4，即y＝x+4．
令x＝0，得y＝4，即点B的坐标为（0，4）．
∵点A（2，6）为抛物线的顶点，
∴可设抛物线的函数表达式为y＝a（x﹣2）2+6（a≠0），
将点B（0，4）代入，得4＝4a+6，解得a=−12，
∴抛物线的函数表达式为y=−12(x−2)2+6=−12x2+2x+4．
∴点B的坐标为（0，4），抛物线的函数表达式为y=−12x2+2x+4；

（2）∵点A（2，6）为抛物线的顶点，
∴抛物线的对称轴l：x＝2．
①当AB为该等腰三角形的底边时：
如图，点P在P2的位置．

过点A作AC⊥y轴于点C，过点P2作P2D⊥AC交CA的延长线于点D，作P2E⊥y轴于点E，连接P2A，P2B，则P2A＝P2B，∠D＝∠P2EB＝90°．
∵A（2，6），B（0，4），AC⊥BC，
∴AC＝BC＝2，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠CBA．
∵P2A＝P2B，
∴∠P2AB＝∠P2BA，
∴180°﹣∠CAB﹣∠P2AB＝180°﹣∠CBA﹣∠P2BA，
即∠P2AD＝∠P2BE．
在△P2AD和△P2BE中，∠D＝∠P2EB，∠P2AD＝∠P2BE，P2A＝P2B，
∴△P2AD≌△P2BE（AAS），
∴P2D＝P2E．
设P2(m，−12m2+2m+4)(m＞2)，则P2E＝m，P2D=6−(−12m2+2m+4)，
∴6−(−12m2+2m+4)=m，解得m=3−5（舍去）或m=3+5，
∴P2(3+5，3−5)；
②当AB为该等腰三角形的腰时，
作点B关于l的对称点P1，由抛物线的对称性可知，AB＝AP1．

∵B（0，4），抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴P1（4，4）．
综上可知，在l右侧的抛物线上存在点P，使得以P、A、B为顶点的三角形是等腰三角形，点P的坐标为（4，4）或(3+5，3−5)．
解题秘籍：本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用数形结合和分类讨论两种数学思想．类型二 二次函数与直角三角形的存在性
名师点金：利用抛物线求直角三角形，逐次选择顶角分类讨论，一般运用勾股定理建立方程，然后解方程并检验
3．（2022•开远市二模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点A（1，0）、B（﹣3，0），与y轴的正半轴交于点C．
（1）求a与b的值；
（2）点D是线段OB上一动点，过点D作y轴的平行线，与BC交于点E，与抛物线交于点F，连接CF，探究是否存在点D使得△CEF为直角三角形？若存在，求点E的坐标；若不存在，说明理由．

思路引领：（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出a与b的值；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，由点B，C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的函数表达式，根据题意，需要分两种情况：①当点F为直角顶点时；②当点C为直角顶点时，分别画出图形，根据直角三角形的性质可求得结论．
解：（1）将点A（1，0）、B（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：a+b+3=09a−3b+3=0，
解得：a=−1b=−2，
∴a＝﹣1，b＝﹣2；
（2）存在，理由如下：
∵二次函数解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
∴点C的坐标为（0，3），
∵B（﹣3，0），
∴直线BC的解析式为y＝x+3．
①当∠CFE＝90°时，

∵DF∥y轴，
∴DF⊥x轴，
∴∠ODF＝∠CFE＝90°，
∴CF∥OB，
∴点F的纵坐标为3，
∴3＝﹣x2﹣2x+3，
解得x1＝0（舍去），x2＝﹣2，
∴F（﹣2，3），
此时点D坐标为（﹣2，0）；
②当∠ECF＝90°时，过点C作CH⊥EF于H，

∵DF∥y轴，
∴DF⊥x轴，
∴∠BDE＝90°，
∵C（0，3），B（﹣3，0），
∴OC＝OB＝3，
∴∠OBC＝45°，
∴∠OEB＝∠CEH＝45°，
∵∠ECF＝90°，
∴CE＝CF，
∵CH⊥EF，
∴EF＝2CH，
设D（m，0），则E（m，m+3），F（m，﹣m2﹣2m+3），
∴EF＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m，CH＝﹣m，
∴﹣m2﹣3m＝﹣m，
∴m1＝0（舍去），m2＝﹣1，
∴点D坐标为（﹣1，0）．
综上，点D的坐标为（﹣2，0）或（﹣1，0）．
解题秘籍：本题是二次函数综合题，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、解一元二次方程，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求解；（2）注意需要分类讨论思想的运用．
针对训练2
2．（2022•泰山区一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形．∠ACB＝90°，AC＝BC，OA＝1，OC＝4．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，B两点，抛物线的顶点为D．
（1）求顶点D的坐标；
（2）点E是Rt△ABC斜边AB上一动点（点A、B除外），过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E、F的坐标；
（3）在（2）的条件下，在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由．

思路引领：（1）先根据题意得出A（﹣1，0），B（4，﹣5），再运用待定系数法即可求得答案；
（2）先运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝﹣x﹣1，设E（m，﹣m﹣1）（﹣1＜m＜4），则F（m，﹣m2+2m+3），可得EF＝﹣（m−32）2+254，运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）分两种情况：当∠EFP＝90°时，令﹣x2+2x+3=154，解方程即可求得点P的坐标；当∠FEP＝90°时，令﹣x2+2x+3=−52，解方程即可求得点P的坐标．
解：（1）∵OA＝1，
∴A（﹣1，0），
∵OC＝4，∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴C（﹣4，0），AC＝BC＝1+4＝5，
∴B（4，﹣5），
把A（﹣1，0），B（4，﹣5）代入y＝﹣x2+bx+c，
得−1−b+c=0−16+4b+c=−5，
解得：b=2c=3，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点为D（1，4）；
（2）如图1，设直线AB的解析式为y＝kx+d，
则−k+d=04k+d=−5，
解得：k=−1d=−1，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x﹣1，
设E（m，﹣m﹣1）（﹣1＜m＜4），则F（m，﹣m2+2m+3），
∴EF＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m﹣1）＝﹣m2+3m+4＝﹣（m−32）2+254，
∵﹣1＜0，
∴当m=32时，EF的长度最大为254，
此时，E（32，−52），F（32，154）；
（3）存在点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形.
理由如下：如图2，当∠EFP＝90°时，令﹣x2+2x+3=154，
解得：x=32（舍去）或x=12，
∴P（12，154）；
当∠FEP＝90°时，令﹣x2+2x+3=−52，
解得：x＝1−262或x＝1+262，
∴P（1−262，−52）或（1+262，−52），
综上所述，点P的坐标为（12，154）或（1−262，−52）或（1+262，−52）．


解题秘籍：此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象和性质，直角三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意方程思想与数形结合思想的应用．
类型三 二次函数与等腰直角三角形的存在性
典例3（2021•碑林区校级三模）已知抛物线C1：y=14x2+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．

思路引领：（1）由题意可以把A（﹣2，0），C（0．﹣3）代入y=14x2+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：（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y=14x2+bx+c，
可得：14×(−2)2−2b+c=0c=−3，
解得：b=−1c=−3，
∴抛物线C1的解析式为：y=14x2﹣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：y=14x2+3x+5．
将抛物线C1向右平移8个单位长度得到抛物线C2：y=14x2﹣5x+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（2+12m，﹣4），
∴点E的横坐标为2+12m，
设点E的坐标为（2+12m，y），
则EM＝y﹣（﹣4）＝y+4，DD′＝m，
∴m＝2（y+4），
即y=12m﹣4，
∴点E的坐标为（2+12m，12m﹣4）
又点E在抛物线C1上，
∴12m﹣4=14（2+12m）2﹣（2+12m）﹣3，
解得m＝0或8，
又∵m＞0，
∴m＝8，
∴抛物线C2的解析式为：y=14（x﹣8）2﹣（x﹣8）﹣3=14x2﹣5x+21
即将抛物线C1向右平移8个单位长度得到抛物线C2：y=14x2﹣5x+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：y=14x2+3x+5．
解题秘籍：本题属于二次函数综合题，对称轴，等腰直角三角形性质等知识，解题的关键是代入坐标求解析式，熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
针对训练3
3．（2021•襄阳）如图，已知点A的坐标为（﹣2，0），直线y=−34x+3与x轴、y轴分别交于点B和点C，连接AC，顶点为D的抛物线y＝ax2+bx+c过A、B、C三点．
（1）请直接写出B、C两点的坐标，抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）设抛物线的对称轴DE交线段BC于点E，P是第一象限内抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点F，若四边形DEFP为平行四边形，求点P的坐标；
（3）设点M是线段BC上的一动点，过点M作MN∥AB，交AC于点N，点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BA向点A运动，运动时间为t（秒），当t（秒）为何值时，存在△QMN为等腰直角三角形？

思路引领：（1）分别令y＝0和x＝0代入y=−34x+3即可求出B和C的坐标，然后设抛物线的交点式为y＝a（x+2）（x﹣4），最后把C的坐标代入抛物线解析式即可求出a的值和顶点D的坐标；
（2）若四边形DEFP为平行四边形时，则DP∥BC，设直线DP的解析式为y＝mx+n，则m=−34，求出直线DP的解析式后，联立抛物线解析式和直线DP的解析式即可求出P的坐标；
（3）由题意可知，0≤t≤6，若△QMN为等腰直角三角形，则共有三种情况，①∠NMQ＝90°；②∠MNQ＝90°；③∠NQM＝90°．
解：（1）令x＝0代入y=−34x+3
∴y＝3，
∴C（0，3），
令y＝0代入y=−34x+3
∴x＝4，
∴B（4，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣4），
把C（0，3）代入y＝a（x+2）（x﹣4），
∴a=−38，
∴抛物线的解析式为：y=−38（x+2）（x﹣4）=−38x2+34x+3，
∴顶点D的坐标为（1，278）；

（2）当DP∥BC时，
此时四边形DEFP是平行四边形，
设直线DP的解析式为y＝mx+n，
∵直线BC的解析式为：y=−34x+3，
∴m=−34，
∴y=−34x+n，
把D（1，278）代入y=−34x+n，
∴n=338，
∴直线DP的解析式为y=−34x+338，
∴联立y=−38x2+34x+3y=−34x+338，
解得：x＝3或x＝1（舍去），
∴把x＝3代入y=−34x+338，
y=158，
∴P的坐标为（3，158）；

（3）由题意可知：0≤t≤6，
设直线AC的解析式为：y＝m1x+n1，
把A（﹣2，0）和C（0，3）代入y＝m1x+n1，
得：0=−2m1+n13=n1，
∴解得m1=32n1=3，
∴直线AC的解析式为：y=32x+3，
由题意知：QB＝t，
如图1，当∠NMQ＝90°，且点M在线段BC上运动，

∴OQ＝4﹣t，
令x＝4﹣t代入y=−34x+3，
∴y=34t，∴M（4﹣t，34t），
∴MQ=34t，
∵MN∥x轴，
∴N的纵坐标为34t，
把y=34t代入y=32x+3，
∴x=12t﹣2，
∴N（12t﹣2，34t），
∴MN＝（4﹣t）﹣（t2−2）＝6−32t，
当MN＝MQ时，
∴6−32t=34t，
∴t=83，
此时QB=83，符合题意，

如图2，当∠QNM＝90°时，

∵QB＝t，
∴点Q的坐标为（4﹣t，0）
∴令x＝4﹣t代入y=32x+3，
∴y＝9−32t，
∴N（4﹣t，9−32t），
∵MN∥x轴，
∴点M的纵坐标为9−32t，
∴NQ＝9−32t，
∴令y＝9−32t代入y=−34x+3，
∴x＝2t﹣8，
∴M（2t﹣8，9−32t），
∴MN＝（2t﹣8）﹣（4﹣t）＝3t﹣12，
当NQ＝MN时，
∴9−32t＝3t﹣12，
∴t=143，
∴此时QB=143，符合题意
如图3，当∠NQM＝90°，
过点Q作QE⊥MN于点E，
过点M作MF⊥x轴于点F，

设QE＝a，
令y＝a代入y=−34x+3，
∴x＝4−43a，
∴M（4−43a，a），
令y＝a代入y=32x+3，
∴x=23a−2，
∴N（23a−2，a），
∴MN＝（4−43a）﹣（23a﹣2）＝6﹣2a，
当MN＝2QE时，
∴6﹣2a＝2a，
∴a=32，
∴M（2，32）
∴MF＝QE＝EM＝QF=32，OF＝2
∴OQ＝OF﹣QF=12
∴QB＝OB﹣OQ=72
∴t=72，此情况符合题意，
综上所述，当△QMN为等腰直角三角形时，此时t=83或143或72．
解题秘籍：本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，等腰直角三角形的性质知识，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．
类型四 二次函数与平行四边形的存在性
名师点金：一般是两定点、一个半自由点（比如直线上的点）、一个函数动点（所求点），可以根据平行四边形的性质计算，分类讨论的时候可以按照定点来分类，注意以A,B,C,D为顶点的平行四边形和平行四边形ABCD两种说法的不同。
典例4（2022•延安二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，﹣1），B（4，7）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）把抛物线y＝x2+bx+c向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得新抛物线．在新抛物线上是否存在一点M、新抛物线的对称轴上是否存在一点N，使得以AB为边，且点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点M，N的坐标，若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）把A（0，﹣1），B（4，7）代入抛物线y＝x2+bx+c解方程组即可；
（2）先根据（1）中解析式求出平移后函数解析式y＝x2﹣4x，再N（2，n），然后分若四边形ABMN为平行四边形和若四边形ABNM为平行四边形两种情况，由平移的性质求出M坐标，再根据M在抛物线y＝x2﹣4x上，得到关于n的方程，解方程求出n即可．
解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，﹣1），B（4，7），
∴c=−116+4b+c=7，解得：b=−2c=−1，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣2x﹣1；
（2）存在，理由如下：
∵y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，
∴顶点为（1，﹣2），
把抛物线y＝x2﹣2x﹣1向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，
则新抛物线顶点为（2，﹣4），
∴新抛物线解析式为y＝（x﹣2）2﹣4＝x2﹣4x，
∵点N在对称轴上，设N（2，n），
①如图1，若四边形ABMN为平行四边形，

∴AB∥MN，
由平移可知，点A向右平移4个单位再向上平移8个单位到B，
∴点N（2，n）向右平移4个单位再向上平移8个单位到M，
∴M（6，n+8），∵点M在抛物线y＝x2﹣4x上，
∴n+8＝62﹣4×6，解得，n＝4，
∴M（6，12），N（2，4）；
②如图2，若四边形ABNM为平行四边形，

∴AB∥MN，
由平移知，点B（4，7）向左平移4个单位再向下平移8个单位到A（0，﹣1），
∴点N（2，n）向左平移4个单位再向下平移8个单位到M（﹣2，n﹣8），
∵点M在抛物线y＝x2﹣4x上，
∴n﹣8＝（﹣2）2﹣4×（﹣2），
解得，n＝20，
∴M（﹣2，12），N（2，20）．
综上所述，M（6，12），N（2，4）或M（﹣2，12），N（2，20）．
解题秘籍：此题重点考查二次函数的图象与性质、平移的性质、平行四边形的性质、用待定系数法求函数解析式等知识与方法，注意分类讨论．
针对训练4
4．（2022•娄底）如图，抛物线y=12x2﹣2x﹣6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）点P（m，n）（0＜m＜6）在抛物线上，当m取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值．
（3）点F是抛物线上的动点，作FE∥AC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．

思路引领：（1）将x＝0及y＝0代入抛物线y=12x2﹣2x﹣6的解析式，进而求得结果；
（2）连接OP，设点P（m，12m2−2m﹣6），分别表示出S△POC，S△BOP，计算出S△BOC，根据S△PBC＝S四边形PBOC﹣S△BOC，从而得出△PBC的函数关系式，进一步求得结果；
（3）可分为▱ACFE和▱ACEF的情形．当▱ACFE时，点F和点C关于抛物线对称轴对称，从而得出F点坐标；当▱ACED时，可推出点F的纵坐标为6，进一步求得结果．
解：（1）当x＝0时，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
当y＝0时，12x2﹣2x﹣6＝0，
∴x1＝6，x2＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（2）方法一：如图1，

连接OP，
设点P（m，12m2−2m﹣6），
∴S△POC=12OC⋅xP=12×6⋅m=3m，
S△BOP=12OB⋅|yP|=3(−12m2+2m+6），
∵S△BOC=12OB⋅OC=12×6×6=18，
∴S△PBC＝S四边形PBOC﹣S△BOC
＝（S△POC+S△POB）﹣S△BOC
＝3m+3（−12m2+2m+6）﹣18
=−32（m﹣3）2+272，
∴当m＝3时，S△PBC最大=272；
方法二：如图2，

作PQ⊥AB于Q，交BC于点D，
∵B（6，0），C（0，﹣6），
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣6，∴D（m，m﹣6），
∴PD＝（m﹣6）﹣（12m2−2m﹣6）=−12m2+3m，
∴S△PBC=12PD⋅OB=12×6⋅(−12m2+3m)=−32（m﹣3）2+272，
∴当m＝3时，S△PBC最大=272；
（3）如图3，


当▱ACFE时，AE∥CF，
∵抛物线对称轴为直线：x=−2+62=2，
∴F1点的坐标：（4，﹣6），
如图4，

当▱ACEF时，
作FG⊥AE于G，
∴FG＝OC＝6，
当y＝6时，12x2﹣2x﹣6＝6，
∴x1＝2+27，x2＝2﹣27，
∴F2（2+27，6），F3（2﹣27，6），
综上所述：F（4，﹣6）或（2+27，6）或（2﹣27，6）．
解题秘籍：本题考查了二次函数及其图象性质，平行四边形的分类等知识，解决问题的关键是正确分类，画出图形，转化条件．
类型五 二次函数与菱形的存在性
名师点金：菱形可以看做是读书就像翻折，矩形可以看作是直角三角形旋转，正方形也可以看作是两个全等的等腰直角三角形。一般出题形式是，两个定点，一个半自由点，一个全自由点，或者三个半自由点。菱形的三个点确定后，第四个点也就确定了，矩形同理。
9．（2022•抚顺县二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点M的坐标；
（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得a−b+6=09a+3b+6=0，解得a=−2b=4，即可得出结论；
（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，解得m=65，即可解决问题；
（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴a−b+6=09a+3b+6=0，
解得：a=−2b=4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；
（2）由（1）得，点C（0，6），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），
∴3k+c=0c=6，
解得：k=−2c=6
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，
设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，
则∠MNO＝∠OKH＝90°，
∵OH⊥OM，
∴∠MOH＝90°，
∵∠OMB＝45°，
∴△MOH是等腰直角三角形，
∴OM＝OH．
∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，
∴∠MON＝∠OHK，
∴△OMN≌△HOK（AAS），
∴MN＝OK，ON＝HK．
∴H（﹣2m+6，﹣m），
∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，
∴﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，
解得：m=65，
把m=65代入y＝﹣2x+6得：y=185，
∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（65，185）；
（3）存在，理由如下：
∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，
∴点D的坐标为（1，8），
分两种情况讨论：
①当CD为菱形的边时，
如图2，过C作CE⊥DQ于E
∵C（0，6），D（1，8），
∴CD=(1−0)2+(8−6)2=5，
∴DQ＝CD=5，
∴Q点的坐标为（1，8−5）或（1，8+5）；
②当CD为菱形的对角线时，
如图3，设点Q（1，m），P（0，n），
∵C（0，6），D（1，8），
∴m+n＝6+8＝14，
∴n＝14﹣m，
∴P（0，14﹣m），
∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，
∵CQ=(1−0)2+(m−6)2=1+(m−6)2，PC＝CQ，
∴8﹣m=1+(m−6)2，
解得：m=274，
∴点Q的坐标为（1，274）；
综上所述，点Q的坐标为（1，8−5）或（1，8+5）或（1，274）．



解题秘籍：本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求抛物线和直线的解析式、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、两点间的距离、二次函数的图象、一次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握待定系数法菱形的性质，证明三角形全等和进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型．
针对训练5
5．（2022•佛山校级三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C，直线AC的解析式为y=23x﹣2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知k为正数，当0＜x≤1+k时，y的最大值和最小值分别为m，n，且m+n=163，求k的值；
（3）点P是平面内任意一点，在抛物线对称轴上是否存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）求出点A和点C坐标，从点A和点B坐标将抛物线的解析式设为交点式，将点C坐标代入，进一步求得结果；
（2）箱求出n的值，进而求得m的值，进而求得点k的值；
（3）只需满足三角形ACQ为等腰三角形即可．设点Q的坐标，进而表示出AQ，CQ及AC，进而根据AQ＝CQ，AQ＝AC及CQ＝AC，进一步求得结果．
解：（1）当x＝0时，y＝﹣2，
∴点C（0，﹣2），
当y＝0时，23x−2=0，
∴x＝3，
∴点A（3，0），
∴设y＝a（x+1）•（x﹣3），
将点C（0，﹣2）代入得，
﹣3a＝﹣2，
∴a=23，
∴y=23（x+1）•（x﹣3）=23x2−43x−2；
（2）∵抛物线的对称轴为直线：x＝1，
∵k＞0，
∴k+1＞1，
∴当0＜x＜1+k时，
∴当x＝1时，
n=23（1+1）×（1﹣3）=−83，
∵m+n=163，
∴m＝8，
当m＝8时，23x2−43x﹣2＝8，
∴x1＝5，x2＝﹣3（舍去），
∴1+k＝5，
∴k＝4；
（3）设点Q（1，a），
∵A（3，0），C（0，﹣2），
∴AQ2＝（3﹣1）2+a2＝a2+4，
AC2＝32+22＝13，
CQ2＝1+（a+2）2＝a2+4a+5，
①当AQ＝AC时，
a2+4＝13，
∴a＝±3，
∴Q1（1，3），Q2（1，﹣3），
当AQ＝CQ时，
a2+4a+5＝a2+4，
∴a=−14，
∴Q3（1，−14），
当AC＝CQ时，
a2+4a+5＝13，
∴a＝﹣2±23，
∴Q4（1，﹣2+23），Q5（1，﹣2﹣23），
综上所述：Q（1，3）或（1．﹣3）或（1．−14）或（1，﹣2+23）或（1，﹣2﹣23）．
解题秘籍：本题考查了二次函数及其图象性质，等腰三角形的判定和性质，点的坐标平移特征等知识，解决问题的关键是正确分类，准确计算．
类型六 二次函数与矩形的存在性
典例6（2022•随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．


思路引领：（1）判断出A，B两点坐标，可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），把（0，3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，可得结论；
（2）如图（2）中，连接OP．设P（m，﹣m2﹣2m+3），构建二次函数，利用二次函数的性质求解即可；
（3）分两种情形，点N在y轴上，点N在x轴上，分别求解即可．
解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，抛物线交x轴于点A，B（1，0），
∴A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，
∴C（0，3），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把（0，3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）如图（2）中，连接OP．设P（m，﹣m2﹣2m+3），

S＝S△PAO+S△POC+S△OBC，
=12×3×（﹣m2﹣2m+3）×12×3×（﹣m）+12×1×3
=32（﹣m2﹣3m+4）
=−32（m+32）2+758，
∵−32＜0，
∴当m=−32时，S的值最大，最大值为758，此时P（−32，758）；

（3）存在，理由如下：
如图3﹣1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P（﹣1，4），N（0，4）；

如图3﹣2中，当四边形PMCN是矩形时，设M（﹣1，n），P（t，﹣t2﹣2t+3），则N（t+1，0），

由题意，n−(−t2−2t+3)=313−n=3t+1，
解得，消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t=−5±1456，
∴P（−5+1456，−145−118），N（1+1456，0）或P′（−5−1456，145−118），N′（1−1456，0）．
综上所述，满足条件的点P（﹣1，4），N（0，4）或P（−5+1456，−145−118），N（1+1456，0）或P′（−5−1456，145−118），N′（1−1456，0）．
解题秘籍：本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
针对训练6
6．如图，已知二次函数y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的顶点为B，点A，C的坐标分别是A（0，﹣2），C（8，2），以AC为对角线作▱ABCD．
（1）点B在某个函数的图象上运动，求这个函数的表达式；
（2）若点D也在二次函数y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的图象上，求m的值；
（3）是否存在矩形ABCD，使顶点B，D都在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上？若存在，请求出nm的值；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）把二次函数的解析式化成顶点式，得出顶点B的坐标，再根据坐标特点写出函数解析式便可；
（2）由平移的性质，用m表示D点的坐标，再将D点坐标代入二次函数的解析式，得到m的方程，解方程便可求得m的值；
（3）根据平行四边形ABCD是矩形，得∠BAD＝90°，由勾股定理列出m的方程求得m的值，再根据顶点B，D都在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，求得m、n的关系，进而求得n的值，便可求得结果．
解：（1）∵y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1＝﹣（x﹣2m）2+m+1，
∴B（2m，m+1），
∵m+1=12×2m+1，
∴点B（2m，m+1）在函数y=12x+1上，
∴所求函数的表达式为y=12x+1；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴将AB沿BC方向平移可得DC，
∵点A，C的坐标分别是A（0，﹣2），C（8，2），B（2m，m+1），
∴D（8﹣2m，﹣m﹣1），
把D（8﹣2m，﹣m﹣1）代入y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1中，得
﹣m﹣1＝﹣（8﹣2m）2+4m（8﹣2m）﹣4m2+m+1，
化简为：8m2﹣33m+31＝0，
解得，m=33±9716；
（3）∵平行四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴AB2+AD2＝BD2，
（2m）2+（m+3）2+（8﹣2m）2+（﹣m+1）2＝（8﹣4m）2+（2m+2）2，
化简得，5m2﹣14m﹣3＝0，
解得，m＝3，或m=−15，
∵D点在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，
∴﹣m﹣1＝﹣n（8﹣4m）2+m+1，
∴n=m+18(2−m)2，
当m＝3时，n=12，此时nm=16，
当m=−15时，n=5242，此时nm=−25242．
故存在矩形ABCD，使顶点B，D都在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，其nm的值为16或−25242．
解题秘籍：本题主要考查了二次函数的图象与性质，平行四边形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，第（1）题关键是找出B点横纵坐标的关系，第（2）题关键是根据平移性质用m表示D点的坐标，第（3）题关键是由D点坐标求出m的值和m与n的关系．非常规思想解题，难度大．
类型七 二次函数与正方形的存在性
典例7（2019•雁塔区校级模拟）在平面直角坐标系中，把抛物线L：y＝x2﹣2x向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线L'．
（1）求抛物线L'的函数表达式；
（2）在抛物线L'上是否存在两点A、B（点A在点B的左边），与x轴上的两点C、D构成正方形ABCD？若存在，求正方形ABCD的边长；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）求出平移后的抛物线的顶点坐标即可解决问题．
（2）存在，设正方形的边长为2a，分两种情形表示出点B的坐标，再利用待定系数法解决问题即可．
解：（1）∵抛物线L：y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
∴顶点为（1，﹣1），
∵抛物线L：y＝x2﹣2x向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线L'，
∴平移后的顶点为（3，﹣4），
∴抛物线L'的解析式为：y＝（x﹣3）2﹣4，即y＝x2﹣6x+5．

（2）存在，设正方形的边长为2a，
∵抛物线L'的对称轴x＝3，
∴B（a+3，﹣2a），
把B（a+3，﹣2a）代入y＝x2﹣6x+5，可得﹣2a＝（a+3）2﹣6（a+3）+5，
整理得，a2+2a﹣4＝0，
解得a＝﹣1+5或﹣1−5（舍弃），
∴正方形ABCD的边长为25−2．
当点A，B在x轴上方时，同法可得B（a+3，2a），
则有2a＝（a+3）2﹣6（a+3）+5，
整理得，a2﹣2a﹣4＝0，
解得a＝1+5或1−5（舍弃），
∴正方形ABCD的边长为2+25，
综上所述，正方形ABCD的边长为25−2或2+25．

解题秘籍：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，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
针对训练7
7．（20121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．

思路引领：（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：（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：
0=3k+b3=b，解得k=−1b=3，
∴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y=−x+5y=−x2+2x+3得x=1y=4或x=2y=3，
∴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y=−x+by=−x2+2x+3，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=12（b﹣3）2，
若四边形MNED为正方形，则有NE2＝MN2，
∴42﹣8b=12（b2﹣6b+9），
整理得：b2+10b﹣75＝0，
解得：b＝﹣15或b＝5，
∵正方形边长为MN=42−8b，
∴MN＝92或2，即正方形MNED边长为92或2．
解题秘籍：此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，根与系数的关系，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，以及一次函数与二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
第二部分 专题提升训练
1．（2022•云岩区一模）已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（3，4），点M是抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）对称轴上的一个动点．若抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴上恰存在3个不同的点M，使△AOM为直角三角形，则ba的值为（　　）
A．﹣8或﹣6 B．﹣6或0 C．﹣8或2 D．0或2
思路引领：由题意△AOM是直角三角形，当对称轴x≠0或x≠3时，可知一定存在两个以A，O为直角顶点的直角三角形，当对称轴x＝0或x＝3时，不存在满足条件的点M，当以OA为直径的圆与抛物线的对称轴x=−b2a相切时，对称轴上存在1个以点M为直角顶点的直角三角形，此时对称轴上存在3个不同的点M，使△AOM为直角三角形，利用图象法求解即可．
解：∵△AOM是直角三角形，
∴当对称轴x≠0或x≠3时，一定存在两个以A，O为直角顶点的直角三角形，且点M在对称轴上的直角三角形，
当对称轴x＝0或x＝3时，不存在满足条件的点M，
∴当以OA为直径的圆与抛物线的对称轴x=−b2a相切时，对称轴上存在1个以M为直角顶点的直角三角形，此时对称轴上存在3个不同的点M，使△AOM为直角三角形（如图所示）．

观察图象可知，−b2a=−1或4，
∴ba=−8或2．
故选：C．
解题秘籍：本题考查二次函数的性质，直角三角形的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是判断出对称轴的位置，属于中考填空题中的压轴题．
2．（2022•榆阳区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A、B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，且OB＝OC＝3OA，点F为点C关于x轴的对称点，连接BF．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点E为抛物线的对称轴上一点，在抛物线上是否存在点D，使得以点B、F、D、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）根据已知条件得到C（0，3），即OC＝3．求得A（1，0），B（﹣3，0），将点A（1，0）、B（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3，解方程组即可得到结论；
（2）根据二次函数的性质得到该抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，根据轴对称的性质得到F（0，﹣3）．①当BE为平行四边形的对角线时：点D、E分别在点D1、E1的位置，如图．求得xF﹣xB＝xE1−xD1，得到xD1=−4，当x＝﹣4时，y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣5，于是得到点D1的坐标为（﹣4，﹣5）；②当BF为平行四边形的对角线时：点D、E分别在点D2、E2的位置，如图，则BD2与E2F为一组对边，根据平移的性质得到xB﹣xD2=xE2−xF，求得xD2=−2，于是得到点D2的坐标为（﹣2，3）；③当BD为平行四边形的对角线时：BF与E3D3为一组对边，求得点D3的坐标为（2，﹣5）．推出此时B、F、D3、E3共线，无法构成平行四边形．于是得到结论．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与y轴交于点C，
∴C（0，3），即OC＝3．
又∵OB＝OC＝3OA，
∴OB＝3，OA＝1，
∴A（1，0），B（﹣3，0），
将点A（1，0）、B（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3，得a+b+3=09a−3b+3=0，
解得a=−1b=−2，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）∵抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
故抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
∴点E的横坐标为﹣1．
∵点F为点C关于x轴的对称点，
∴F（0，﹣3）．
①当BE为平行四边形的对角线时，如图．
∴BD1可看成是由FE1平移得到．
∵点B是由点F向左平移3个单位，再向上（或向下）平移一定长度得到，
∴点D1是由点E1向左平移3个单位，再向上（或向下）平移相同长度得到，
∴xF﹣xB＝xE1−xD1，
∵xF＝0，xE1=−1，xB＝﹣3，
∴xD1=−4，
当x＝﹣4时，y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣5，
∴点D1的坐标为（﹣4，﹣5）；
②当BF为平行四边形的对角线时：如图，

∴BD2可看成是由E2F平移得到．
∴xB﹣xD2=xE2−xF，
∵xF＝0，xE2=−1，xB＝﹣3，
∴xD2=−2，
当x＝﹣2时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3，
∴点D2的坐标为（﹣2，3）；
③当BD为平行四边形的对角线时，
∴E3D3可看成是由BF平移得到．
∴xB﹣xE3=xF﹣xD3，．
∵xF＝0，xE3=−1，xB＝﹣3，
∴xD3=2，
当x＝2时，y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣5，
∴点D3的坐标为（2，﹣5）．
由点B和点F的坐标易得lBF：y＝﹣x﹣3，
当x＝2时，y＝﹣5，即点D在直线BF上，
∴此时B、F、D3、E3共线，无法构成平行四边形．
综上可知，点D的坐标为（﹣2，3）或（﹣4，﹣5）．
解题秘籍：本题考查了二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，平移的性质，直角三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
3．（2022•武功县模拟）在平面直角坐标系中，已知抛物线L1：y＝﹣x2+bx+c（b、c为常数）与x轴交于A（﹣6，0）、B（2，0）两点．
（1）求抛物线L1的函数表达式；
（2）将该抛物线L1向右平移4个单位长度得到新的抛物线L2，与原抛物线L1交于点C，点D是点C关于x轴的对称点，点N在平面直角坐标系中，请问在抛物线L2上是否存在点M，使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）利用待定系数法直接求解即可；
（2）存在，根据题意求得抛物线L2的表达式，再与抛物线L1联立，求得点C的坐标，进而求得点D的坐标；要使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，分当M在x轴上方时和当M在x轴下方时，两种情况讨论，根据矩形的性质列出方程，求解即可．
解：（1）把A（﹣6，0）、B（2，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，
得−36−6b+c=0−4+2b+c=0，
解得b=−4c=12，
∴抛物线L1的函数表达式为y＝﹣x2﹣4x+12；
（2）存在，理由如下：
∵y＝﹣x2﹣4x+12＝﹣（x+2）2+16，
∴抛物线L2的函数表达式为y＝﹣（x+2﹣4）2+16＝﹣（x﹣2）2+16＝﹣x2+4x+12，
令﹣x2﹣4x+12＝﹣x2+4x+12，
解得：x＝0，
当x＝0时，y＝﹣x2﹣4x+12＝12，
∴点C的坐标为（0，12），
∵点D是点C关于x轴的对称点，
∴点D坐标为（0，﹣12），
①当M在x轴上方时，
要使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，
则yM＝yC，即﹣x2+4x+12＝12，
解得：x1＝0，x2＝4，
∴M1（4，12）；
②当M在x轴下方时，

要使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，
则yM＝yD，即﹣x2+4x+12＝﹣12，
解得：x1＝2+27，x2＝2﹣27，
M2（2+27，﹣12），M3（2﹣27，﹣12）．
综上所述，在抛物线L2上是否存在点M，使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，点M的坐标为（4，12）或（2+27，﹣12）或（2﹣27，﹣12）．
解题秘籍：本题考查二次函数与四边形综合．利用待定系数法求解二次函数的表达式，掌握函数图象平移的方法以及矩形的性质，本题综合性较强，注重数形结合的思想．
4．（2022•雁塔区校级模拟）已知抛物线L：y=12x2+bx+c经过点A（﹣2，0），点B（4，﹣6）．抛物线L′与L关于x轴对称，点B在L'上的对应点为B′．
（1）求抛物线L的表达式；
（2）抛物线L'的对称轴上是否存在点P，使得△AB′P是以AB′为直角边的直角三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）利用待定系数法解答即可；
（2）利用关于x轴对称的点的坐标的特征求得抛物线L′的表达式和对称轴以及点B′是坐标，利用待定系数法求得直线AB′的解析式，利用互相垂直的两直线的性质分别求得直线PB′与PA的解析式，令x＝2，求得对应的y值即可求得点P坐标．
解：（1）∵抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣2，0），点B（4，﹣6），
∴12×(−2)2−2b+c=012×42+4b+c=−6，
解得：b=−2c=−6．
∴抛物线L的表达式为y=12x2−2x﹣6；
（2）抛物线L'的对称轴上存在点P，使得△AB′P是以AB′为直角边的直角三角形，
∵抛物线L′与L关于x轴对称，
∴抛物线L′的解析式为y=−12x2+2x+6，
∴抛物线L′的对称轴为直线x＝2．
∵点B（4，﹣6）与点B′关于x轴对称，
∴B′（4，6）．
设直线AB′的解析式为直线y＝kx+m，
∴−2k+m=04k+m=6，
解得：k=1m=2，
∴直线AB′的解析式为直线y＝x+2．
∵△AB′P是以AB′为直角边的直角三角形，
∴PB′⊥AB′或PA⊥AB′，
当PB′⊥AB′时，
设直线PB′的解析式为y＝﹣x+n，
∴﹣4+n＝6，
∴n＝10，
∴直线PB′的解析式为y＝﹣x+10，
当x＝2时，y＝﹣2+10＝8，
∴P（2，8）；
当PA⊥AB′时，
设直线PA的解析式为y＝﹣x+a，
∴﹣（﹣2）+a＝0，
∴a＝﹣2，
∴直线PA的解析式为y＝﹣x﹣2，
当x＝2时，y＝﹣2﹣2＝﹣4，
∴P（2，﹣4）．
综上，抛物线L'的对称轴上存在点P，使得△AB′P是以AB′为直角边的直角三角形，点P的坐标为（2，8）或（2，﹣4）．
解题秘籍：本题主要考查了二次函数图象的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，待定系数法确定函数的解析式，直角三角形的性质，互相垂直的两直线的性质，利用待定系数法确定函数的解析式是解题的关键．
5．（2022•抚顺县一模）如图，在平面直角坐标系中，已知据物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于点A（1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式和点D的坐标；
（2）求△BCD的面积；
（3）点M为抛物线上一动点，点N为平面内一点，以A，M，I，N为顶点作正方形，是否存在点M，使点I恰好落在对称轴上？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．


思路引领：（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）方法一：如图1，设抛物线的对称轴与BC的交点为H，运用待定系数法求得直线BC的解析式y=25x−2，得出：H（3，−45），DH=85−（−45）=125，由S△BCD＝S△DHB+S△DHC，即可求得答案；方法二：设直线DC交x轴于点K，可求得直线DC的解析式为y=65x﹣2，得出K（53，0），BK＝5−53=103，由S△BCD＝S△CKB+S△DKB，即可求得答案；
（3）设点M的坐标为（x，−25x2+125x−2），分以下两种情况：①如图2，图3，过点M作对称轴x＝3的垂线，垂足为H，过点A作AG⊥MH于点G，可证得△GAM≌△HMI（AAS），得出AG＝MH，建立方程求解即可得出答案；②如图4，过点M作PQ∥x轴交对称轴于点Q，过点A作AP⊥PQ于点P，如图5，过点M作PQ∥y轴交x轴于点P，过点I作IQ⊥PQ于点Q，可证得△MAP≌△IMQ（AAS），得出AP＝MQ，建立方程求解即可得出答案．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（1，0），B（5，0）两点
∴a+b−2=025a+5b+c=0，
解得：a=−25c=125，
∴抛物线的解析式是y=−25x2+125x−2，
∵y=−25x2+125x−2=−25(x−3)2+85，
∴顶点D的坐标是（3，85）；
（2）方法一：如图1，设抛物线的对称轴与BC的交点为H，
设直线BC的解析式y＝kx+d，
∵B（5，0），C（0，﹣2），
∴5k+d=0d=−2，
解得：k=25d=−2，
∴直线BC的解析式y=25x−2，
当x＝3时，y=25×3﹣2=−45，
∴H（3，−45），
∴DH=85−（−45）=125，
∴S△BCD＝S△DHB+S△DHC=12×125×5=6；

方法二：如图1，设直线DC交x轴于点K，设直线DC的解析式为y＝mx+n，把D（3，85），C（0，﹣2）代入得：3m+n=85n=−2，
解得：m=65n=−2，
∴直线DC的解析式为y=65x﹣2，
令y＝0，得65x﹣2＝0，
解得：x=53，
∴K（53，0），
∴BK＝5−53=103，
∴S△BCD＝S△CKB+S△DKB=12×103×（85+2）＝6；
（3）存在．设点M的坐标为（x，−25x2+125x−2），
分以下两种情况：①（一）如图2，图3，过点M作对称轴x＝3的垂线，垂足为H，过点A作AG⊥MH于点G，
则∠AGM＝∠MHI＝90°，
∴∠AMG+∠MAG＝90°，

∵四边形AMIN是正方形，
∴AM＝MI，∠AMI＝90°，
∴∠AMG+∠IMH＝90°，
∴∠MAG＝∠IMH，
在△GAM和△HMI中，
∠AGM=∠MHI∠MAG=∠IMHAM=MI，
∴△GAM≌△HMI（AAS），
∴AG＝MH，
即25x2−125x+2=3﹣x，
解得x=7±894，
∴M点的坐标为（7−894，−5−894）或（7+894，−5+894）；
②如图4，过点M作PQ∥x轴交对称轴于点Q，过点A作AP⊥PQ于点P，
如图5，过点M作PQ∥y轴交x轴于点P，过点I作IQ⊥PQ于点Q，

则∠APM＝∠MQI＝90°，
∴∠PAM+∠AMP＝90°，
∵四边形AMIN是正方形，
∴AM＝MI，∠AMI＝90°，
∴∠AMP+∠IMQ＝90°，
∴∠PAM＝∠IMQ，
在△MAP和△IMQ中，
∠APM=∠MQI∠PAM=∠IMQAM=MI，
∴△MAP≌△IMQ（AAS），
∴AP＝MQ，
即−25x2+125x−2=3﹣x，
解得：x=17±894，
∴M点的坐标为（17+894，−5−894）或（17−894，−5+894），
综上所述，点M的坐标为（7+894，−5+894）或（7−894，−5−894）或（17+894，−5−894）或（17−894，−5+894）．

解题秘籍：本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，本题属于中档题，难度适中，添加辅助线，构造全等三角形，通过解方程求出点的横坐标是解题关键
6．（2022•历下区三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于A、B两点，与y轴交于点C，OB＝3OA＝3，点P是抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式及点C坐标；
（2）如图1，若点P在第一象限内，过点P作x轴的平行线，交直线BC于点E，求线段PE的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，过点P作x轴的垂线交x轴于点Q，交直线BC于点M，在y轴上是否存在点G，使得以M，P，C，G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G坐标；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）由OB＝3OA＝3可得点B，A坐标，再通过待定系数法求解．
（2）由点B，C坐标求出直线BC解析式，作PF⊥x轴交BC于点F，设点P坐标为（m，﹣m2+2m+3），由PF与PE的关系求解．
（3）分类讨论点P在不同位置，结合图象，根据菱形的性质求解．
解：（1）∵OB＝3OA＝3，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
将（3，0），（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得0=−9+3b+c0=−1−b+c，
解得b=2c=3，
∴y＝﹣x2+2x+3，
将x＝0代入y＝﹣x2+2x+3得y＝3，
∴点C坐标为（0，3）．
（2）设直线BC解析式为y＝kx+b，将（3，0），（0，3）代入y＝kx+b得0=3k+bb=3，
解得k=−1b=3，
∴y＝﹣x+3，
作PF⊥x轴交BC于点F，

∵OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
∵PE∥x轴，
∴∠PEF＝∠OBC＝45°，
∴PF＝PE，
设点P坐标为（m，﹣m2+2m+3），则点F坐标为（m，﹣m+3）．
∴PF＝PE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m−32）2+94，
∴m=32时，PE的最大值为94，此时点P坐标为（32，154）．
（3）①如图，PM＝CM，

设点P坐标为（m，﹣m2+2m+3），则M（m，﹣m+3），由（2）得PM＝﹣m2+3m，
∵点C坐标为（0，3），
∴CM=m2+(−m+3−3)2=2m，
∴﹣m2+3m=2m，
解得m＝0（舍）或m＝3−2，
∴GC＝CM＝32−2，
∴OG＝OC+CG＝3+32−2＝32+1，
∴点G坐标为（0，32+1）．
②如图，PM＝CG时四边形PCGM为平行四边形，PG⊥CM时四边形PCGM为菱形，

∵PM＝﹣m2+3m，点C坐标为（0，3），
∴点G坐标为（0，m2﹣3m+3），
作GN⊥PM，

∵∠CBO＝45°，
∴∠GPN＝∠PMC＝∠BNQ＝45°，
∴GN＝PN，即m＝﹣m2+2m+3﹣（m2﹣3m+3），
解得m＝0（舍）或m＝2，
∴点G坐标为（0，1）．
③如图，PM＝CM，

由①可得m2﹣3m=2m，
解得m＝3+2，
∴PM＝CG＝CM＝32+2，
∴点G坐标为（0，1﹣32）．
综上所述，点G坐标为（0，32+1）或（0，1）或（0，1﹣32）．
解题秘籍：本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握菱形的判定及性质，通过分类讨论求解．
7．（2021秋•郧阳区期末）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（﹣3，0）两点，与y轴交于C（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）设P为对称轴上一动点，求△APC周长的最小值；
（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的面积；如果不存在，请说明理由．

思路引领：（1）把A、B、C三点坐标代入抛物线解析式，解方程组即可；
（2）如图1中，连接AC、BC，BC交对称轴于点P，连接PA，此时△PAC的周长最小．求出直线BC的解析式即可解决问题；
（3）存在，如图2中，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，然后根据正方形的性质即可解决问题．
解：（1）由题意可设抛物线的函数表达式为y＝a（x+1）（x+3），
将C（0，3）代入得：3＝a（0+1）（0+3），
解得a＝1．
∴抛物线的函数表达式为y＝（x+1）（x+3），即y＝x2+4x+3．
（2）如图1，连接AC、BC，BC交对称轴于点P，连接PA．

∵A（﹣1，0），B（﹣3，0），C（0，3）．
∴BC=32+32=32，AC=32+12=10．
∵点A、B关于对称轴x＝﹣2对称，
∴PA＝PB．
∴PA+PC＝PB+PC．此时，PB+PC＝BC．
∴点P在对称轴上运动时，PA+PB的最小值等于BC．
∴△APC的周长的最小值＝AC+AP+PC＝AC+BC＝32+10；
（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，交x轴于点F，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：y=x+by=x2+4x+3，
消去y得：x2+3x+3﹣b＝0，
∴NF2＝|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝4b﹣3，
∵△MNF为等腰直角三角形，
∴MN2＝2NF2＝8b﹣6，
∵NH2＝（b﹣3）2，
∴NE2=12（b﹣3）2，
若四边形MNED为正方形，则有NE2＝MN2，
∴8b﹣6=12（b﹣3）2，
整理得：b2﹣22b+21＝0，
解得：b＝21或b＝1，
∵正方形面积为MN2＝8b﹣6，
∴正方形面积为162或2．
解题秘籍：本题考查二次函数的综合题、待定系数法、一次函数、最小值问题、正方形的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线．