初中浙教版第1章 二次函数1.1 二次函数习题

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）．