专题2.7 二次函数与特殊四边形存在性综合问题（四大题型）-2023-2024学年九年级数学上册期末复习《重难点题型》（人教版）

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【题型1 平行四边形存在性问题- 三定一动类型】
【题型2 平行四边形存在性问题-两定两动类型】
【题型3 矩形存在性问题】
【题型4 菱形存在性问题】
【模型一：平行四边形存在性】
线段中点坐标公式
2.平行四边形顶点公式：
分类：
三个定点，一个动点问题
已知三个定点的坐标，可设出抛物线上第四个顶点的坐标，运用平行四边形顶点坐标公式列方程（组）求解。这种题型由于三个定点构成的三条线段中哪条为对角线不清楚，往往要以这三条线段分别为对角线分类，分三种情况讨论；
两个定点、两个动点问题
这中题型往往比较特殊，一个动点在抛物线上，另一个动点在x轴（y轴）或对称轴或某一条直线上。设出抛物线上的动点坐标，另一个动点若在x轴上，纵坐标为0，则用平行四边形顶点纵坐标公式；若在y轴上，横坐标为0，则用平行四边形顶点横坐标公式。该动点哪个坐标已知就用与该坐标有关的公式。
方法总结：
这种题型，关键是合理有序分类：无论式三定一动，还是两定两动，统统把抛物线上的动点作为第四个动点，其余三个作为顶点，分别以这三个定点构成的三条线段为对角线分类，份三种情况讨论，然后运用平行四边形顶点坐标公式转化为方程（组），这种解法，不必画出平行四边形草图，只要合理分类，有序组合，从对角线入手不会漏解，条理清楚，而且适用范围广，其本质用代数的方法解决几何问题，体现的是分类讨论思想、属性结合的思想。
【模型二：矩形的存在性】
1.矩形的判定:
（1）有一个角是直角的平行四边形；
（2）对角线相等的平行四边形；
（3）有三个角为直角的四边形．
2.题型分析
矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“内角为直角”，因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式：
（AC为对角线时）
因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解．
确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个．下：
（1）2个定点+1个半动点+1个全动点；
（2）1个定点+3个半动点．
思路1：先直角，再矩形
在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形，再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用．
【例题】已知A（1，1）、B（4，2），点C在x轴上，点D在平面中，且以A、B、C、D为顶点的四边形是矩形，求D点坐标．
解：点 C 满足以 A、B、C 为顶点的三角形是直角三角形，构造“两线一圆”可得满足条件的 点 C 有
在点 C 的基础上，借助点的平移思路，可迅速得到点 D 的坐标．
思路2：先平行，再矩形
当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为矩形：
其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为矩形．表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可．
无论是“2定1半1全”还是“1定3半”，对于我们列方程来解都没什么区别，能得到的都是三元一次方程组．
【模型三：菱形的存在形】
菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
2．坐标系中的菱形：
有 3 个等式，故菱形存在性问题点坐标最多可以有 3 个未知量，与矩形相同．
3．解题思路：
（1）思路 1：先等腰，再菱形
在构成菱形的 4 个点中任取 3 个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确
定第 3 个点，再确定第 4 个点．
（2）思路 2：先平行，再菱形
设点坐标，根据平行四边形的存在性要求列出“”（AC、BD 为对角线），再结合一组邻
边相等，得到方程组．
方法总结：
菱形有一个非常明显的特点：任意三个顶点所构成的三角形必然是等腰三角形。
【题型1 平行四边形存在性问题- 三定一动类型】
【典例1】（2023•新会区二模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点B，与x轴分别交于点A、点
C，直线y＝与抛物线相交于点B、点D（1，），已知点A坐标是（，0），点P是抛物线上一动点．
（1）求b、c的值；
（2）当点P位于直线BD上方何处时，△BPD面积最大？最大面积是多少？
（3）点M是直线BD上一动点，是否存在点M、点P使得四边形ABMP恰好为平行四边形？若存在，求出此时点M、点P的坐标．
【答案】（1）b＝，c＝1；
（2）△BPD面积取得最大值，点P坐标为；
（3）存在，、M（2，2）．
【解答】解：（1）在y＝x+1中，令x＝0，得y＝1，
∴B（0，1），
将A（，0），B（0，1）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
解得，
∴抛物线的方程为y＝﹣x2+x+1；
（2）设点P坐标为（t，﹣t2+t+1），
过点P作x轴垂线，交直线y＝x+1于点F（t，t+1），
∴PF＝﹣t2+t+1﹣t﹣1＝﹣t2+t，
∴S△BPD＝（﹣t2+t）×1＝﹣（t﹣）2+，
当t＝时，△BPD面积取得最大值，此时点P坐标为；
（3）存在点M、点P使得四边形ABMP恰好为平行四边形，理由如下：
∵四边形ABMP是平行四边形，
∴AP∥BM，
设直线AP的解析式为y＝x+m，
∴×（﹣）+m＝0，
解得，
∴直线AP的解析式为，
当时，解得x＝或x＝﹣（舍），
∴，
∵四边形ABMP是平行四边形，
∴yM﹣yp＝yB﹣yA＝1，，
∴M（2，2），
∴存在点、M（2，2），使得四边形ABMP恰好为平行四边形．
【变式1-1】（2023•零陵区二模）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y＝﹣x﹣交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在直线l下方时，过点P作PM∥x轴交l于点M，PN∥y轴交l于点N，求PM+PN的最大值．
（3）设F为直线l上的点，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y＝x2+bx+c得，，
∴，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2；
（2）设P（m，m2﹣m﹣2），
∵PM∥x轴，PN∥y轴，M，N在直线AD上，
∴N（m，﹣m﹣），M（﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2），
∴PM+PN＝﹣m2+2m+2﹣m﹣m﹣﹣m2+m+2＝﹣m2+m+＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，PM+PN的最大值是；
（3）能，
理由：∵y＝﹣x﹣交y轴于点E，
∴E（0，﹣），
∴CE＝，
设P（m，m2﹣m﹣2），
若以E，C，P，F为顶点的四边形能构成平行四边形，
①以CE为边，∴CE∥PF，CE＝PF，
∴F（m，﹣m﹣），
∴﹣m﹣﹣m2+m+2＝，或m2﹣m﹣2+m+＝，
∴m1＝1，m2＝0（舍去），m3＝，m4＝，
F1（1，﹣），F2（，），F3（，﹣），
②以CE为对角线，连接PF交CE于G，
∴CG＝GE，PG＝FG，
∴G（0，﹣），
设P（m，m2﹣m﹣2），则F（﹣m，m﹣），
∴×（m2﹣m﹣2+m﹣）＝﹣，
∴m＝1，m＝0（舍去），
∴F4（﹣1，0），
综上所述，F（1，﹣），（，﹣），（，）、（﹣1，0），以E，C，P，F为顶点的四边形能构成平行四边形．
【变式1-2】（2022秋•青山湖区期末）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA＝2，OC＝3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）作Rt△OBC的高OD，延长OD与抛物线在第一象限内交于点E，求点E的坐标；
（3）在x轴上方的抛物线上，是否存在一点P，使四边形OBEP是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵OA＝2，
∴点A的坐标为（﹣2，0）．
∵OC＝3，
∴点C的坐标为（0，3）．
∵把（﹣2，0），（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得解得
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+3；
（2）把y＝0代入y＝﹣x2+x+3，
解得x1＝﹣2，x2＝3
∴点B的坐标为（3，0），
∴OB＝OC＝3
∵OD⊥BC，
∴OD平分∠BOC
∴OE所在的直线为y＝x
解方程组得，，
∵点E在第一象限内，
∴点E的坐标为（2，2）．
（3）存在，如图1，过点E作x轴的平行线与抛物线交于另一点P，连接BE、PO，
把y＝2代入y＝﹣x2+x+3，
解得x1＝﹣1，x2＝2
∴点P的坐标为（﹣1，2），
∵PE∥OB，且PE＝OB＝3，
∴四边形OBEP是平行四边形，
∴在x轴上方的抛物线上，存在一点P（﹣1，2），使得四边形OBEP是平行四边形；
【变式1-3】（2023•成县三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l：y＝kx+n与y轴交于点C，与抛物线y＝﹣x2+bx+c的另一个交点为D，已知A（﹣1，0），D（5，﹣6），P点为抛物线y＝﹣x2+bx+c上一动点（不与A、D重合）．
（1）求抛物线和直线l的解析式；
（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作PF∥y轴交直线l于点F，求PE+PF的最大值；
（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）将点A、D的坐标代入直线表达式得：，解得：，
故直线l的表达式为：y＝﹣x﹣1，
将点A、D的坐标代入抛物线表达式，
同理可得抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；
（2）直线l的表达式为：y＝﹣x﹣1，则直线l与x轴的夹角为45°，
即：则PE＝PF，
设点P坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点F（x，﹣x﹣1），
PE+PF＝2PF＝2（﹣x2+3x+4+x+1）＝﹣2（x﹣2）2+18，
∵﹣2＜0，故PE+PF有最大值，
当x＝2时，其最大值为18；
（3）NC＝5，
①当NC是平行四边形的一条边时，
设点P坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点M（x，﹣x﹣1），
由题意得：|yM﹣yP|＝5，即：|﹣x2+3x+4+x+1|＝5，
解得：x＝2或0或4（舍去0），
则点M坐标为（2+，﹣3﹣）或（2﹣，﹣3+）或（4，﹣5）；
②当NC是平行四边形的对角线时，
则NC的中点坐标为（0，），
设点P坐标为（m，﹣m2+3m+4）、则点M（n，﹣n﹣1），
N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形，则NC的中点即为PM中点，
即：，解得：，
故点M（﹣4，3）；
故点M的坐标为：（2+，﹣3﹣）或（2﹣，﹣3+）或（4，﹣5）或（﹣4，3）．
【变式1-4】（2023•岱岳区校级模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，抛物线交x轴于A、C两点，与直线y＝x﹣1交于A、B两点，直线AB与抛物线的对称轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P在直线AB上方的抛物线上运动，若△ABP的面积最大，求此时点P的坐标．
（3）在平面直角坐标系中，以点B、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出符合条件点D的坐标．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）令y＝0，可得：x﹣1＝0，解得：x＝1，
∴点A（1，0），
∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，
∴﹣1×2﹣1＝﹣3，即点C（﹣3，0），
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵点P在直线AB上方的抛物线上运动，
∴设点P（m，﹣m2﹣2m+3），
∵抛物线与直线y＝x﹣1交于A、B两点，
∴，解得：，，
∴点B（﹣4，﹣5），
如图，过点P作PM∥y轴交直线AB于点M，
点M（m，m﹣1），
∴PM＝﹣m2﹣2m+3﹣m+1＝﹣m2﹣3m+4，
∴S△ABP＝S△PBM+S△PMA
＝（﹣m2﹣3m+4）（m+4）+（﹣m2﹣3m+4）（1﹣m）
＝，
∴当m＝时，△ABP的面积最大，
∴点P（，）；
（3）当x＝﹣1时，y＝﹣1﹣1＝﹣2，
∴点E（﹣1，﹣2），
如图，直线BC的解析式为y＝5x+15，直线BE的解析式为y＝x﹣1，直线CE的解析式为y＝﹣x﹣3，
∵以点B、C、E、D为顶点的四边形是平行四边形，
∴直线D1D3的解析式为y＝5x+3，直线D1D2的解析式为y＝x+3，直线D2D3的解析式为y＝﹣x﹣9，
联立得D1（0，3），
同理可得D2（﹣6，﹣3），D3（﹣2，﹣7），
综上所述，符合条件的点D的坐标为D1（0，3）或D2（﹣6，﹣3）或D3（﹣2，﹣7）．
【题型2 平行四边形存在性问题-两定两动类型】
【典例2】（2023•芝罘区一模）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过坐标轴上A、B、C三点，直线y＝﹣x+4过点B和点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）E是直线BC上方抛物线上一动点，连接BE、CE，求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；
（3）Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、B、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条形的点P坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+x+4；
（2）△BCE的面积有最大值4，E（2，4）；
（3）存在，（3，）或（5，﹣）或（﹣3，﹣）．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4，
∴B（0，4），
当y＝0时，x＝4，
∴C（4，0），
将B、C点代入y＝ax2+x+c，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4；
（2）设直线BC的解析式为y＝kx+4，
∴4k+4＝0，
解得k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
过E点作EG∥y轴交BC于点G，
设E（t，﹣t2+t+4），则G（t，﹣t+4），
∴EG＝﹣t2+2t，
∴S△BCE＝（﹣t2+2t）×4＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣2）2+4，
当t＝2时，△BCE的面积有最大值4，此时E（2，4）；
（3）存在点P，使得以P、Q、B、C为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
∵y＝﹣x2+x+4＝﹣（x﹣1）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设Q（1，m），P（n，﹣n2+n+4），B（0，4），C（4，0），
①当PQ为平行四边形的对角线时，1+n＝4，
解得n＝3，
∴P（3，）；
②当PB为平行四边形的对角线时，n＝4+1＝5，
∴P（5，﹣）；
③当PC为平行四边形的对角线时，4+n＝1，
解得n＝﹣3，
∴P（﹣3，﹣）；
综上所述：P点坐标为（3，）或（5，﹣）或（﹣3，﹣）．
【变式2-1】（2023春•招远市期中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．
（1）求该抛物线的表达式；
（3）若点E在x轴上，点F在抛物线上，是否存在以B、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）存在，点F的坐标分别为（2，3）或或．
【解答】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
∴，
解得：，
∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）存在以B、C、E、F为顶点的平行四边形．
设点F（t，﹣t2+2t+3），E（m，0），
根据题意可得B（3，0），C（0，3），
当BF为对角线时，
﹣t2+2t+3+0＝0+3，
解得：t1＝0（舍），t2＝2，
∴F（2，3）；
当BE为对角线时，
﹣t2+2t+3+3＝0+0，
解得：，，
③当BC为对角线时，
﹣t2+2t+3+0＝0+3，
解得：t1＝0（舍），t2＝2，
∴F（2，3）；
综上：点F的坐标分别为（2，3）或）或．
【变式2-2】（2023•兴庆区校级模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，过点A的直线l交抛物线于点C（2，m）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是线段AC上一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，求线段PE最大时点P的坐标．
（3）点F是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点D，使得以点A，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点D的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得到
解得，
∴y＝x2﹣2x﹣3．
（2）将C点的横坐标x＝2代入y＝x2﹣2x﹣3，得y＝﹣3，∴C（2，﹣3）；
∴直线AC的函数解析式是y＝﹣x﹣1．
设P点的横坐标为m（﹣1≤m≤2），则P、E的坐标分别为：P（m，﹣m﹣1），E（m，m2﹣2m﹣3）；
∵P点在E点的上方，PE＝（﹣m﹣1）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2，
＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣1＜0，
∴当m＝时，PE的最大值＝，此时P（，﹣）．
（3）存在．
理由：如图，设抛物线与y的交点为K，由题意K（0，﹣3），
∵C（2，﹣3），
∴CK∥x轴，CK＝2，
当AC是平行四边形ACF1D1的边时，可得D1（﹣3，0）．
当AC是平行四边形AF1CD2的对角线时，AD2＝CK，可得D2（1，0），
当点F在x轴的上方时，令y＝3，3＝x2﹣2x﹣3，
解得x＝1±，
∴F3（1﹣，3），F4（1+，3），
由平移的性质可知D3（4﹣，0），D4（4+，0）．
综上所述，满足条件的点D的坐标为（﹣3，0）或（1，0）或（4﹣，0）或（4+，0）．
【变式2-3】（2023•大庆一模）如图，是将抛物线y＝﹣x2平移后得到的抛物线，其对称轴为x＝1，与x轴的一个交点为A（﹣1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点N为抛物线上一点，且BC⊥NC，求点N的坐标；
（3）点P是抛物线上一点，点Q是一次函数y＝x+的图象上一点，若四边形OAPQ为平行四边形，这样的点P、Q是否存在？若存在，分别求出点P、Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设抛物线的解析式是y＝﹣（x﹣1）2+k．
把（﹣1，0）代入得0＝﹣（﹣1﹣1）2+k，
解得k＝4，
则抛物线的解析式是y＝﹣（x﹣1）2+4，即y＝﹣x2+2x+3；
（2）在y＝﹣x2+2x+3中令x＝0，则y＝3，即C的坐标是（0，3），OC＝3．
∵B的坐标是（3，0），
∴OB＝3，
∴OC＝OB，则△OBC是等腰直角三角形．
∴∠OCB＝45°，
过点N作NH⊥y轴，垂足是H．
∵∠NCB＝90°，
∴∠NCH＝45°，
∴NH＝CH，
∴HO＝OC+CH＝3+CH＝3+NH，
设点N坐标是（a，﹣a2+2a+3）．
∴a+3＝﹣a2+2a+3，
解得a＝0（舍去）或a＝1，
∴N的坐标是（1，4）；
（3）存在点P，点Q使四边形OAPQ是平行四边形，理由如下：
∵四边形OAPQ是平行四边形，则PQ＝OA＝1，且PQ∥OA，
设P（t，﹣t2+2t+3），把Q（t+1，﹣t2+2t+3）代入y＝x+，则﹣t2+2t+3＝（t+1）+，
整理，得2t2﹣t＝0，
解得t＝0或．
∴﹣t2+2t+3的值为3或．
∴P、Q的坐标是（0，3），（1，3）或（，）、（，）．
或Q（t﹣1，﹣t2+2t+3）代入y＝x+，则﹣t2+2t+3＝（t﹣1）+，
解得t＝﹣（舍去）或2（舍弃），
综上所述，P、Q的坐标是（0，3），（1，3）或（，），（，）．
【变式2-4】（2023•三水区模拟）如图抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D，连接AC、CD、AD．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）求△ACD的面积；
（3）若点Q在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点P，使得以A、B、Q、P四点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝3，即C（0，3）
将A、C、B点坐标代入、及对称轴，得
，
解得，
抛物线的解析式y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，得顶点坐标是（﹣1，4），
由勾股定理，得
AC2＝32+（0﹣3）2＝18，
CD2＝（0+1）2+（3﹣4）2＝2，
AD2＝（﹣1+3）2+（4﹣0）2＝20，
AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，
S△ACD＝AC•CD＝××＝3；
（3）①如图1，
平行四边形AQBP，由对角线互相平分，得P1（﹣1，4），Q（﹣1，﹣4）；
②如图2，
▱ABQP，PQ＝AB＝4，﹣1﹣4＝﹣5，
当x＝﹣5时，y＝﹣25+10+3＝﹣12，即P2（﹣5，﹣12）；
③如图3，
▱ABPQ，PQ＝AB＝4，P点的横坐标为﹣1+4＝3，
当x＝3时，y＝﹣9﹣6+3＝﹣12，即P3（3，﹣12），
综上所述：P1（﹣1，4），P2（﹣5，﹣12），P3（3，﹣12）．
【题型3 矩形存在性问题】
【典例3】（2022•鱼峰区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在第二象限内是否存在一点M，使得四边形ABCM为矩形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2； （2）点M坐标为（﹣4，6）
【解答】解：（1）把A（0，﹣2），B（4，0）代入抛物线y＝x2+bx+c，
得，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）存在．过点C作AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条直线相较于M，则M即为所求．
在y＝﹣2x+8中，令x＝0，则y＝8，
∴C（0，8），
∵A（0，﹣2），B（4，0），
∴AB2＝42+22＝20，BC2＝42+82＝80，AC2＝102＝100，
∴AC2＝AB2+BC2，
∴∠ABC＝90°，
∵CM∥AB，AM∥BC，
∴四边形ABCM是矩形，
设直线AB的解析式为y＝kx+m，
则，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣2，
∵CM∥AB，
∴直线CM的解析式为y＝x+8，
∵AM∥BC，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x﹣2，
联立方程组，
解得：，
∴点M坐标为（﹣4，6）．
【变式3-1】（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．
【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3； （2）当m＝﹣时，S的值最大，最大值为，此时P（﹣，）；（3）P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
【解答】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，
＝×3×（﹣m2﹣2m+3）××3×（﹣m）+×1×3
＝（﹣m2﹣3m+4）
＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣时，S的值最大，最大值为，此时P（﹣，）；
（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，，
解得，消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t＝，
∴P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
综上所述，满足条件的点P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
【变式3-2】（2023•沭阳县二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），经过点A的直线l：y＝kx+b与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD＝4AC．
（1）直接写出点A的坐标，并用含a的式子表示直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）．
（2）点E为直线l下方抛物线上一点，当△ADE的面积的最大值为时，求抛物线的函数表达式；
（3）设点P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能否为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）令y＝0，则ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣1，0），
如图1，作DF⊥x轴于F，
∴DF∥OC，
∴＝，
∵CD＝4AC，
∴＝＝4，
∵OA＝1，
∴OF＝4，
∴D点的横坐标为4，
代入y＝ax2﹣2ax﹣3a得，y＝5a，
∴D（4，5a），
把A、D坐标代入y＝kx+b得，
解得，
∴直线l的函数表达式为y＝ax+a．
（2）如图2，过点E作EH∥y轴，交直线l于点H，
设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），则H（x，ax+a）．
∴HE＝（ax+a）﹣（ax2﹣2ax﹣3a）＝﹣ax2+3ax+4a，
∴S△ADE＝S△AEH+S△DEH＝（﹣ax2+3ax+4a）＝﹣a（x﹣）2+a．
∴△ADE的面积的最大值为a，
∴a＝，
解得：a＝．
∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣x﹣．
（3）已知A（﹣1，0），D（4，5a）．
∵y＝ax2﹣2ax﹣3a，
∴抛物线的对称轴为x＝1，
设P（1，m），
①若AD为矩形的边，且点Q在对称轴左侧时，则AD∥PQ，且AD＝PQ，
则Q（﹣4，21a），
m＝21a+5a＝26a，则P（1，26a），
∵四边形ADPQ为矩形，
∴∠ADP＝90°，
∴AD2+PD2＝AP2，
∴52+（5a）2+（1﹣4）2+（26a﹣5a）2＝（﹣1﹣1）2+（26a）2，
即a2＝，
∵a＞0，
∴a＝，
∴P1（1，），
②若点Q在对称轴右侧时，则AD∥PQ，且AD＝PQ，
则Q点的横坐标为6，
此时QD显然不垂直于AD，不符合题意，舍去；
③若AD是矩形的一条对角线，则AD与PQ互相平分且相等．
∴xD+xA＝xP+xQ，yD+yA＝yP+yQ，
∴xQ＝2，
∴Q（2，﹣3a）．
∴yP＝8a
∴P（1，8a）．
∵四边形APDQ为矩形，
∴∠APD＝90°
∴AP2+PD2＝AD2
∴（﹣1﹣1）2+（8a）2+（1﹣4）2+（8a﹣5a）2＝52+（5a）2
即a2＝，
∵a＞0，
∴a＝
∴P2（1，4）
综上所述，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，点P的坐标为（1，）或（1，4）．
【变式3-3】（2022秋•绥中县期末）如图，二次函数y＝﹣+bx+c的图象经过A（﹣2，0），B（0，4）两点．
（1）求这个二次函数的解析式，并直接写出顶点D的坐标；
（2）若该抛物线与x轴的另一个交点为C，点P为第一象限内抛物线上一点，求P点坐标为多少时，△BCP的面积最大，并求出这个最大面积．
（3）在直线CD上有点E，作EF⊥x轴于点F，当以O、B、E、F为顶点的四边形是矩形时，直接写出E点坐标．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（0，4）代入y＝+bx+c得
，解得，
∴这个二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4；
∵y＝﹣x2+x+4＝﹣（x﹣1）2+，
∴这个二次函数图象的顶点D的坐标为（1，）；
（2）设P（m，），
令y＝0，则，
解得x1＝4，x2＝﹣2，
∴C（4，0），
又∵A（﹣2，0），B（0，4），
∴OC＝4，OA＝2，OB＝4，
设直线BC的解析式为y＝kx+b．
∴，
解得：k＝﹣1，b＝4，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4．
如图1所示：过点P作PM⊥x轴交直线BC于点M，交x轴于点N．
则M（m，﹣m+4），
∴PM＝（m2+m+4）﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m．
∴S△BCP＝PM•OC＝＝﹣（m﹣2）2+4．
∴当m＝2时，△BCP面积的最大值为4．
此时点P的坐标为（2，4）；
（3）设直线CD的解析式为y＝mx+n，
∵D（1，），C（4，0），
∴，
解得，
∴直线CD的解析式为y＝，
如图2，过点B作BE∥x轴交CD于点E，过点E作EF⊥x轴于点F，
则四边形OBEF为矩形，
∵B（0，4），
∴EF＝4，
将y＝4代入直线CD的解析式得，4＝，
∴x＝，
∴E（，4）．
【变式3-4】（2023•菏泽一模）如图，抛物线与坐标轴相交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G；DG交直线AB于点E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求ED的最大值；
（3）过点B的直线y＝﹣2x+8交y轴于点C，交直线DG于点F，H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标．
【答案】（1）；
（2）2；
（3）（0，3）．
【解答】解：（1）∵抛物线与坐标轴相交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+d，把A（0，﹣2），B（4，0）代入得，
，
解得，
∴直线AB的解析式为，
设点D的坐标是，则点E的坐标是，
∴，
∴当m＝2时，ED的最大值是2；
（3）过点B的直线y＝﹣2x+8交y轴于点C，
当x＝0时，y＝8，
∴点C的坐标为（0，8），
∴OC＝8，
∴AC＝OA+OC＝10，
∵四边形BEHF是矩形，
∴EH∥BF，EH＝BF，
∴∠HEA＝∠FBE，
∵过点D作x轴的垂线，垂足为G，
∴DF∥y轴，
∴∠HAE＝∠FEB，∠HCF＝∠EFB，
∴△HAE≌△FEB（AAS），
∴HA＝FE，
∵HF∥BE，HF＝BE，
∴∠CFH＝∠FBE，
∴△CHF≌△FEB（AAS）
∴HC＝FE，
∴，
∴HO＝3，
∴点H的坐标是（0，3）．
【变式3-5】（2023•辽宁一模）综合与探究
如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点A，C的坐标分别为（﹣2，0），（0，4），连接AC，BC．点P是y轴右侧的抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的函数表达式，并直接写出点B的坐标；
（2）连接PA，交直线BC于点D，当线段AD的值最小时，求点P的坐标；
（3）点Q是坐标平面内一点，是否存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形为矩形，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）y＝﹣x2+x+4，B（4，0）；
（2）P（2，4）；
（3）存在，Q点坐标为（7，）或（1，﹣）．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝﹣x2+x+4，
令y＝0，则﹣x2+x+4＝0，
解得x＝﹣2或x＝4，
∴B（4，0）；
（2）当AD⊥BC时，AD的值最小，
∵OB＝OC＝4，
∴∠CBO＝45°，
∴∠DAB＝45°，
设P（t，﹣t2+t+4），
过点P作PM⊥x轴交于点M，
∴PM＝AM，
∴﹣t2+t+4＝t+2，
解得t＝2或t＝﹣2，
∵点P是y轴右侧的抛物线上，
∴P（2，4）；
（3）在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形为矩形，理由如下：
设Q（x，y），P（m，﹣m2+m+4），
①当AQ为矩形对角线时，AQ＝CP，
∴，
解得或（舍），
∴Q（7，）；
②当AP为矩形对角线时，AP＝CQ，
∴，
解得或（舍），
∴Q（1，﹣）；
③当AC为矩形对角线时，AC＝PQ，
∴，
解得（舍）或（舍）；
综上所述：Q点坐标为（7，）或（1，﹣）．
【变式3-6】（2023•莲湖区校级模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣5，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，5），连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是x轴上一点，点E是平面内任意一点，当以点A、C、P、E为顶点的四边形是矩形时，求点P的坐标．
【答案】（1）y＝x2+6x+5；
（2）P（5，0）或P（0，0）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣5，0），B（﹣1，0）两点，
∴设y＝a（x+5）（x+1），
把C（0，5）代入得：5a＝5，
解得：a＝1，
∴抛物线为：y＝（x+5）（x+1）＝x2+6x+5；
（2）如图，当AP为矩形ACPE对角线时，
∵A（﹣5，0），C（0，5），四边形ACPE为矩形，
∴∠ACP＝90°，∠ACO＝∠OAC＝45°，
∴∠APC＝∠PCO＝45°，
∴OP＝OC＝5，
∴P（5，0）；
当AC为矩形AECP对角线时，如图，
由矩形APCE可得∠PAE＝90°，
此时P，O重合，
∴P（0，0）；
综上：P（5，0）或P（0，0）．
【题型4 菱形存在性问题】
【典例4】（2023•黑山县二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），交y轴于C（0，3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）P是直线BC上方的抛物线上的一个动点，设P的横坐标为t，当四边形OBPC的面积S最大时，求出面积的最大值及P点的坐标；
（3）设点M是x轴上的动点，在平面直角坐标系中，存在点N，使得以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形，直接写出所有符合条件的点N坐标．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；
（2）S四边形OBPC的最大值＝，P点的坐标（，）；
（3）存在，N的坐标为（，3）或（﹣，3）或（0，﹣3）．或（﹣5，3）．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），交y轴于C（0，3）．
∴，
∴，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）设直线BC的表达式为：y＝kx+3，代入B（3，0）得，k＝﹣1，
∴y＝﹣x+3，
过P作PD∥y轴交BC于点Q，设P（x，﹣x2+2x+3），Q（x，﹣x+3），
∴PD＝（﹣x2+2x+3）﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，
∴S四边形OBPC＝S△PBC+S△OBC＝×3×PD+×OB×OD＝×3×（﹣x2+3x）+×3×3＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣）2+，
∴当t＝时，S四边形OBPC的最大值＝，此时P点的坐标（，）．
（3）存在点N，使得以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形，满足条件的N的坐标为（，3）或（﹣，3）或（0，﹣3）或（﹣5，3）．理由如下：
A（﹣1，0）、C（0，3），AC＝，当AC作为菱形的一条边时，如图，N（，3）或（﹣，3）或（0，﹣3）．
当AC作为菱形的对角线时，设菱形的边长为x，在Rt△COM中，OC＝3，CM＝x，OM＝AM﹣OA＝x﹣1，由勾股定理得，32+（x﹣1）2＝x2，
∴x＝5，
∴N（﹣5，3）．
综上，N（，3）或（﹣，3）或（0，﹣3）．或（﹣5，3）．
【变式4-1】（2023•孝义市三模）综合与探究：
如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C．直线BC与抛物线的对称轴交于点E．将直线BC沿射线CO方向向下平移n个单位，平移后的直线与直线AC交于点F，与抛物线的对称轴交于点D．
（1）求出点A，B，C的坐标，并直接写出直线AC，BC的解析式；
（2）当△CDB是以BC为斜边的直角三角形时，求出n的值；
（3）直线BC上是否存在一点P，使以点D，E，F，P为顶点的四边形是菱形？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）A（﹣2，0），B（8，0），C（0，6），直线AC的解析式为y＝3x+6，直线BC的解析式为y＝﹣x+6；
（2）；
（3）存在，（8，0）或（﹣，5）．
【解答】解：（1）当y＝0时，＝0，
解得x＝﹣2或x＝8，
∴A（﹣2，0），B（8，0），
当x＝0时，y＝6，
∴C（0，6），
设直线AC的解析式为y＝kx+6，
∴﹣2k+6＝0，
解得k＝3，
∴直线AC的解析式为y＝3x+6，
设直线BC的解析式为y＝k'x+6，
∴8k'+6＝0，
解得k'＝﹣，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+6；
（2）∵＝﹣（x﹣3）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝3，
∴E（3，），
平移后的直线解析式为y＝﹣x+6﹣n，
∴D（3，﹣n），
∴CD2＝9+（n+）2，BD2＝25+（﹣n）2，BC2＝100，
∵△CDB是以BC为斜边的直角三角形，
∴100＝9+（n+）2+25+（﹣n）2，
解得n＝或n＝（舍）；
（3）存在点P，使以点D，E，F，P为顶点的四边形是菱形，理由如下：
当3x+6＝﹣x+6﹣n时，解得x＝﹣n，
∴F（﹣n，﹣n+6），
当EF、FD为邻边时，ED与FP为菱形的对角线，
∴ED⊥FP，
∴FP∥x轴，
∴P（6+n，﹣n+6），
∴﹣n+6＝﹣（6+n）+6，
解得n＝，
∴P（8，0）；
当EF为菱形的对角线时，FP∥ED，
∴P（﹣n，n），
∴n＝﹣×n+6，
解得n＝5，
∴P（﹣，5）；
综上所述：P点坐标为（8，0）或（﹣，5）．
【变式4-2】（2023•灞桥区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，其对称轴直线l与x轴交于点D．
（1）求抛物线L的函数表达式．
（2）将抛物线L向左平移得到抛物线L'，当抛物线L'经过原点时，与原抛物线的对称轴相交于点E，点F为抛物线L'对称轴上的一点，点M是平面内一点，若以点A，E，F，M为顶点的四边形是以AE为边的菱形，请求出满足条件的点M的坐标．
【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；
（2）（0，5+2）或（0，5﹣2）或（﹣4，2）或（﹣4，﹣2）．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，得
，
解得．
∴抛物线L的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵将该抛物线L向左平移得到抛物线L′，抛物线L′经过原点，
∴抛物线向左平移3个单位长度得到抛物线L'，
∴抛物线L'过点（﹣4，0），
设抛物线L'的解析式为y′＝x2+px，
∴16﹣4p＝0，解得p＝4，
∴y′＝x2+4x，对称轴为直线x＝﹣2，
∵抛物线L′与原抛物线的对称轴相交于点E，原抛物线的对称轴为x＝1，
∴E（1，5），
设F（﹣2，n），
∵以点A，E，F，M为顶点的四边形是以AE为边的菱形，
当AE＝AF时，
∴AE2＝AF2，
∴（﹣1﹣1）2+（0﹣5）2＝（﹣1+2）2+n2，
∴n＝±2，
∴F（﹣2，2）或（﹣2，﹣2），
∴点M的坐标为（0，5+2）或（0，5﹣2）；
当AE＝EF时，
∴AE2＝EF2，
∴（﹣1﹣1）2+（0﹣5）2＝（﹣2﹣1）2+（n﹣5）2，
∴n＝5±2，
∴点M的坐标为（﹣4，2）或（﹣4，﹣2），
综上所述，点M的坐标为（0，5+2）或（0，5﹣2）或（﹣4，2）或（﹣4，﹣2）．
【变式4-3】（2022秋•历下区期末）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，连接BC，点P为线段CB上一个动点（不与点C，B重合），过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q．
（1）求抛物线的表达式和对称轴；
（2）设P的横坐标为t，请用含t的式子表示线段PQ的长，并求出线段PQ的最大值；
（3）已知点M是抛物线对称轴上的一个点，点N是平面直角坐标系内一点，当线段PQ取得最大值时，是否存在这样的点M，N，使得四边形PBMN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．
【答案】（1）y＝﹣x2+3x+4，抛物线的对称轴为直线x＝；
（2）PQ＝﹣t2+4t，PQ的最大值为4；
（3）存在，点M的坐标为（，）或（，﹣）．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝﹣（x﹣x1）（x﹣x2），
即y＝﹣（x+1）（x﹣4）＝﹣x2+3x+4，
则抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝；
（2）设直线BC的表达式为：y＝kx+4，
将点B的坐标代入上式得：0＝4k+4，解得：k＝﹣1，
故直线BC的表达式为：y＝﹣x+4，
设点P（t，﹣t+4），则点Q（t，﹣t2+3t+4），
则PQ＝（﹣t2+3t+4）﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
∵﹣1＜0，故PQ有最大值，
当t＝2时，PQ的最大值为4；
（3）存在，理由：
当t＝2时，点P（2，2），
设点M（，m），而点B（4，0）；
∵四边形PBMN是菱形，
则BP＝BM，即（4﹣2）2+22＝（4﹣）2+m2，
解得：m＝，
即点M的坐标为（，）或（，﹣）．
【变式4-4】（2022•泰来县校级模拟）综合与探究．
如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝1，且抛物线经过A（﹣1，0）、C（0，﹣3）两点，与x轴交于另一点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上求一点M，使得|BM﹣CM|最大，并求出此时点M的坐标；
（3）设点P为抛物线的对称轴x＝1上的一动点，求使∠PCB＝90°的点P的坐标．
（4）在对称轴上有一点M，平面内是否存在一点N，使以B、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；
（2）M（1，﹣6）；
（3）P（1，﹣4）；
（4）或或N（2，﹣2）或或．
【解答】解：（1）由A、B点关于x＝1对称，A点坐标为（﹣1，0），得 B点坐标为（3，0）．
将A、B、C点坐标代入抛物线解析式，
得，
解得 ，
这条抛物线所对应的函数关系式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图，连接AC并延长交抛物线的对称轴于M，A，B关于直线x＝1对称，
则AM＝BM，
∴|BM﹣CM|＝|AM﹣CM|＝AC，此时|BM﹣CM|最大，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
设直线AC为y＝kx﹣3，
∴﹣k﹣3＝0，
解得：k＝﹣3，
∴直线AC为：y＝﹣3x﹣3，
当x＝1时，
y＝﹣3﹣3＝﹣6，
∴M（1，﹣6）；
（3）∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
设P点坐标为（1，m），如图：
过P点作PD⊥y轴于D点，由OB＝OC，
得∠OBC＝∠OCB＝45°．
∵∠PCB＝90°，
∴∠OCB+∠PCD＝90°，
∴∠PCD＝∠DPC＝45°．
∴PD＝CD，即﹣3﹣m＝1，
解得m＝﹣4，
∴P（1，﹣4）；
（4）存在，理由如下：
设M（1，n），而B（3，0），C（0，﹣3），
∴BC2＝32+32＝18，MC2＝12+（n+3）2，MB2＝（1﹣3）2+n2＝n2+4，
①如图：
当MB为对角线时，则CB＝CM，
∴1+（n+3）2＝18，
解得：，
∴当时，由平移的性质可得：，
当时，由平移的性质可得：，
当BC为对角线时，则MC＝MB，
∴1+（n+3）2＝n2+4，
解得：n＝﹣1，
∴M（1，﹣1），由平移的性质可得：N（2，﹣2），
如图，当MC为对角线时，则BM＝BC，
∴n2+4＝18，
解得：，
当时，由平移的性质可得：，
当，由平移的性质可得：，
综上：或或N（2，﹣2）或或．
【变式4-5】（2022秋•鹿邑县月考）如图，抛物线y＝x2+2x﹣6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求A、B，C三点的坐标并直接写出直线AC，BC的函数表达式．
（2）点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（﹣6，0），B（2，0），C（0，﹣6），y＝﹣x﹣6；y＝3x﹣6．
（2）存在；（﹣6，﹣8）或（2﹣2，2）．
【解答】解：（1）当y＝0时，x2+2x﹣6＝0，
解得x1＝﹣6，x2＝2，
∴A（﹣6，0），B（2，0），当x＝0时，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
∵A（﹣6，0），C（0，﹣6），
∴直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣6．
∵B（2，0），C（0，6），
∴直线BC的函数表达式为y＝3x﹣6．
（2）存在：设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，
∵B（2，0），C（0，﹣6），
∴BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，
DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2，
∵DE∥ϖ⊙BC，
∴当DE＝BC时，以点D、C、B、E为顶点的四边形为平行四边形，分两种情况：
如图，当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形，
∴BD2＝BC2
∴（m﹣2）2+（m+6）2＝40，
解得：m1＝﹣4，m2＝0（舍去），
∴点D的坐标为（﹣4，﹣2），
点D向左移动2各单位长度，向下移动6个单位长度得到点E，
点E的坐标为（﹣6，﹣8）；
如图，
当CD＝CB时，四边形CBED为菱形，
∴CD2＝CB2，
∴2m2＝40，
解得：m1＝﹣2，m2＝2（舍去），
∴点D的坐标为（﹣2，2﹣6），
∵点D向右移动2个单位长度，向上移动6个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为（2﹣2，2）．
综上，存在点E，使得以点D、C，B，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为（﹣6，﹣8）或（2﹣2，2）．