数学九年级上册21.1 二次函数习题

这是一份数学九年级上册21.1 二次函数习题，共167页。


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\l "_Tc11595" 【题型1 二次函数中面积问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc11595 \h 1
\l "_Tc27022" 【题型2 二次函数中周长最值的存在性问题】 PAGEREF _Tc27022 \h 3
\l "_Tc3138" 【题型3 二次函数中全等三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc3138 \h 5
\l "_Tc20253" 【题型4 二次函数中等腰三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc20253 \h 7
\l "_Tc12631" 【题型5 二次函数中直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc12631 \h 8
\l "_Tc18234" 【题型6 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc18234 \h 10
\l "_Tc22800" 【题型7 二次函数中平行四边形的存在性问题】 PAGEREF _Tc22800 \h 12
\l "_Tc19842" 【题型8 二次函数中矩形的存在性问题】 PAGEREF _Tc19842 \h 13
\l "_Tc17661" 【题型9 二次函数中菱形的存在性问题】 PAGEREF _Tc17661 \h 15
\l "_Tc10249" 【题型10 二次函数中正方形的存在性问题】 PAGEREF _Tc10249 \h 17
\l "_Tc2720" 【题型11 二次函数中定值的存在性问题】 PAGEREF _Tc2720 \h 19
\l "_Tc18202" 【题型12 二次函数中角度问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc18202 \h 22
\l "_Tc3743" 【题型13 二次函数中线段问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc3743 \h 23
【题型1 二次函数中面积问题的存在性问题】
【例1】（2024·山东济宁·中考真题）已知二次函数y=ax2+bx+c的图像经过0,−3，−b,c两点，其中a，b，c为常数，且ab>0．
(1)求a，c的值；
(2)若该二次函数的最小值是−4，且它的图像与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
①求该二次函数的解析式，并直接写出点A，B的坐标；
②如图，在y轴左侧该二次函数的图像上有一动点P，过点P作x轴的垂线，垂足为D，与直线AC交于点E，连接PC，CB，BE．是否存在点P，使S△PCES△CBE=38？若存在，求此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【变式1-1】（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中B1,0，C0,3．

(1)求抛物线的解析式．
(2)在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大．若存在，请直接写出点P坐标和△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【变式1-2】（23-24九年级·云南临沧·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+83x+c的图像与y轴交于点B(0，4)，与x轴交于点A(－1，0)和点D．
(1)求二次函数的解析式；
(2)求抛物线的顶点和点D的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点P，使得△BOP的面积等于52？如果存在，请求出点P的坐标？如果不存在，请说明理由．
【变式1-3】（2024·山东烟台·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+m−12⋅x+m2m>0与x轴交于A−1,0,Bm,0两点，与y轴交于点C，并且OC=2OA，连接BC．
(1)求抛物线对应的函数表达式；
(2)点P是直线BC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使得△POC的面积等于△PAB面积的215？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)过点C作CD∥x轴交抛物线于点D，在y轴上是否存在点P，使得∠PAB=2∠DAB？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【题型2 二次函数中周长最值的存在性问题】
【例2】（23-24九年级·重庆·期末）如图，抛物线y=x2−2x−3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．
(1)求△ABC的面积；
(2)直线y=2x−3与抛物线交于点C、D，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PBD的周长最小？如果存在，请求出点P坐标；如不存在，请说明理由．
【变式2-1】（23-24九年级·江苏南通·假期作业）如图抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A1,0，B−3,0两点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)设（1）中的抛物线交y轴于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△MAC的周长最小？若存在，求出M点的坐标：若不存在，请说明理由．
【变式2-2】（23-24九年级·四川德阳·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点A、B在x轴上，点C、D在y轴上，且OB=OC=3，OA=OD=1，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过A、B、C三点，直线AD与抛物线交于另一点M．
(1)求这条抛物线的解析式；
(2)在抛物线对称轴上是否存在一点N，使得△ANC的周长最小，若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)点E是直线AM上一动点，点P为抛物线上直线AM下方一动点，当线段PE的长度最大时，请求出点P的坐标和△AMP面积的最大值．
【变式2-3】（23-24九年级·广西南宁·期中）在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c的图象经过点A0,5和B1,12．
(1)求抛物线的解析式
(2)①求出当−6≤x≤2时，y的最大值和最小值；
②如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴的左侧交点为C，作直线AC，D为直线AC下方抛物线上一动点，过点D作DE⊥OC于点E，与AC交于点F，作DM⊥AC于点M．是否存在点D，使△DMF的周长最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【题型3 二次函数中全等三角形的存在性问题】
【例3】（2024·陕西渭南·二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−12x2+x+4的图象与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），其顶点为P，对称轴与x轴交于点H．

(1)求点A、P的坐标；
(2)连接AP，点D是该二次函数图象第四象限上的动点，过D作DE⊥x轴于点E，点F是x轴上一点，是否存在以点D、E、F为顶点的三角形与△APH全等？若存在，求出所有满足条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式3-1】（2024·陕西咸阳·二模）已知抛物线L：y=x2+3x−4与y轴交于点A，抛物线L'与L关于x轴对称．
(1)求抛物线L'的函数表达式；
(2)O为坐标原点，点B是y轴正半轴上一点，OB=OA，点C是x轴负半轴上的动点，点P是第二象限抛物线L'上的动点，连接OP,BP,是否存在点P，使得以点O,P,C为顶点的三角形与△OPB全等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式3-2】（2024·甘肃陇南·一模）如图，抛物线y=ax2−2x+c与x轴交于A−1,0，B两点，与y轴交于点C0,−3．

(1)求抛物线的函数解析式；
(2)已知点Pm,n在抛物线上，当−1(3)抛物线的对称轴与x轴交于点M，点D坐标为2,3，试问在该抛物线上是否存在点P，使△ABP与△ABD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．
【变式3-3】（2024·陕西咸阳·三模）如图，抛物线y=14x2−2x+3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PM⊥y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△BCD全等，若存在，请求出点P、N的坐标；若不存在，请说明理由．
【题型4 二次函数中等腰三角形的存在性问题】
【例4】（2024·云南楚雄·模拟预测）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−3，0)，B(1，0)，与y轴交于点C(0，3)，其对称轴与x轴交于点H．
(1)求抛物线的顶点坐标．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PHC是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)若M是线段OA上一动点（不与点O，A重合），连接AC，过点M作DM⊥x轴，交抛物线于点D，交AC于点E，在点M的运动过程中，是否存在线段DE=CE？若存在，请求出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
【变式4-1】（2024·浙江·模拟预测）如图，拋物线w:y=ax2+bx−3（a、b为常数，且a≠0）与x轴交于点A−1,0，B3,0，与y轴交于点C，将抛物线w向右平移一个单位得到抛物线w'；
(1)求抛物线w的函数表达式；
(2)连接AC，探究抛物线w'的对称轴直线l上是否存在点P，使得以点A、C、P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式4-2】（2024·云南·模拟预测）已知抛物线y=−x2+bx+c（b，c是常数）的顶点坐标为A(1,4)，与y轴交于点B．
(1)求b，c的值；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△ABP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．
【变式4-3】（2024·西藏日喀则·一模）如图，二次函数 y=x²+bx+c的图象与 x 轴交于A−1,0、B3,0两点，与 y 轴交于点 C，D 为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求 △DBC的面积；
(3)在抛物线对称轴上，是否存在一点P，使 P，B，C为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【题型5 二次函数中直角三角形的存在性问题】
【例5】（2024·甘肃酒泉·二模）如图，平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于点A−1，0和点B3，0两点，与y轴交于点C0，3．点D为直线BC上的一动点．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)如图1，当点D在线段BC上时，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAD与△PBD的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标；
(3)如图2，是否存在点D，使得以A，C，D为顶点的三角形是直角三角形，若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．
【变式5-1】（2024·湖南邵阳·模拟预测）如果二次函数y1的图象的顶点在二次函数为y2的图象上，同时二次函数y2的图象的顶点在二次函数y1的图象上，那么我们称这两个函数互为“顶点相容函数”．
(1)若二次函数y1=x2−2x−3与二次函数y2=−x2+bx−7互为“顶点相容函数”，则b=_______．
(2)如图，已知二次函数y1=14(x+1)2−2的图象的顶点为M，点P是x轴正半轴上的一个动点，将二次函数y1的图象绕点P旋转180°得到一个新的二次函数y2的图象，旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”，且y2的图象的顶点为N．
①求二次函数y2的解析式；
②点Q为y轴上一点，是否存在一点Q，使得△MNQ为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式5-2】（2024·四川巴中·一模）已知，点A−2,0，点B8,0，点C0,4，抛物线y=ax2+bx+c过A，B，C三点．点P在该抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若∠CAP=45°，求点P的坐标；
(3)当∠CAP=45°时，在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使△PBM为直角三角形．若存在请求出点M的坐标，若不存在请说明理由．
【变式5-3】（2024·山东淄博·模拟预测）如图，已知二次函数y=x2+bx+c经过A，B两点，BC⊥x轴于点C，且点A−1，0，C4，0，AC=BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点E是线段AB上一动点（不与A，B重合），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的坐标及S△ABF；
(3)点P是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在这样的P点，使△ABP成为直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【题型6 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
【例6】（2024·辽宁阜新·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与x轴，y轴分别交于点A，C，抛物线y=−x2+bx+c过点A和点C，与x轴交于点B．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)抛物线对称轴与直线AC交于点D，若P是直线AC上方抛物线上的一个动点（点P不与点A，C重合），求△PAD面积的最大值；
(3)点M是抛物线对称轴上的一动点，x轴上方的抛物线上是否存在点N，使得△ANM是以AN为直角边的等腰直角三角形；若存在，请直接写出点N坐标；若不存在，请说明理由．
【变式6-1】（2024春·山西阳泉·九年级统考期末）综合与探究：在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于点A−1,0和点B4,0，与y轴交于点C，过动点D0,m作平行于x轴的直线l，直线l与抛物线y=ax2+bx−2相交于点E，F．

(1)求抛物线的表达式；
(2)求m的取值范围；
(3)直线l上是否存在一点P，使得△BCP是以BC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【变式6-2】（2024·新疆昌吉·模拟预测）【建立模型]（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线m经过点C，分别过点A，B作直线m的垂线，垂足分别为点D，E．求证：△ACD≌△CBE；
【类比迁移]（2）如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，AB与y轴交于点D，点C的坐标为0,−4，点A的坐标为8,0，求B，D两点的坐标；
【拓展延伸]（3）如图3，抛物线y=12x2−2x−6与x轴交于点A−2,0，点B6,0，与y轴交于点C，点P是抛物线对称轴上的一点，在抛物线上是否存在点M，使△PMB是以PM为斜边的等腰直角三角形?若存在，请求出点M的坐标?若不存在，请说明理由．
【变式6-3】（2024春·福建漳州·九年级校考期中）如图①，已知抛物线y=ax2+bx+3的图象经过点B1,0，与y轴交于点A，其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的角平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连接PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；
(3)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．
【题型7 二次函数中平行四边形的存在性问题】
【例7】（2024·山东·模拟预测）如图，平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+c交x轴于点A、B，交y轴于点C．连接BC、AC．已知A(−1,0)，B(5,0)，tan∠BCO=2．
(1)求抛物线的表达式；
(2)已知点D为线段BC上方抛物线上的一个动点，连接BD、CD．连接AD，分别交y轴与BC于点E、F．当四边形ABCD的面积最大时，求直线AD的表达式及此时△BEF的面积；
(3)点P为抛物线上的一个动点，当四边形ABCD的面积最大时，抛物线的对称轴x=m上是否存在点Q，使得四边形CDPQ为平行四边形？若存在，请求出平行四边形CDPQ的面积；若不存在，请说明理由．
【变式7-1】（23-24九年级·四川泸州·期中）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴分别交于点A(−1,0)、B(3,0)，与y轴交于点C(0，3)．
(1)求这条抛物线对应的二次函数的解析式；
(2)若其顶点为D，设点P是抛物线的对称轴l上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；
(3)设点E为抛物线上一点，抛物线对称轴上是否存在一点F，使得以B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出E点和F点的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式7-2】（2024·海南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知点A0,−5,C−4,0，以OC,OA为边作矩形OABC，点D−32,−5为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，点B恰好落在OA边上的点E处．
(1)求经过O,D,C三点的抛物线的解析式；
(2)求四边形CDEO的面积；
(3)一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ；
(4)若点N在（2）中的抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使得以M,N,C,E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点的坐标；若不存在，请说明理由
【变式7-3】（23-24九年级·吉林·阶段练习）如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A、B的坐标分别为A−2,0、B4,0，点C的坐标为0,6．点D是抛物线第一象限上一个动点．设点D的横坐标为m0(1)求抛物线的解析式；
(2)当四边形BOCD的面积最大时，求m的值；
(3)在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出占M的坐标；若不存在，请说明理由．
【题型8 二次函数中矩形的存在性问题】
【例8】（23-24九年级·湖南长沙·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+mx+n经过点A(3,0),B(0,−3)两点，点P是直线AB上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M、交x轴于点N．设点P的横坐标为t；
(1)分别求直线AB和这条抛物线的解析式；
(2)若点P在第四象限，若PM=ON，求此时点P的坐标；
(3)点C是平面直角坐标系中的一点，当点M在第四象限时，是否存在这样的点M，使得以A、C、B、M为顶点组成的以AB为边的矩形?若存在，求点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式8-1】（2024春·广东江门·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx−2a≠0交x轴于A−1，0、B两点，交y轴于点C，其对称轴为x=1.5，
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)P为第四象限内抛物线上一点，连接PB，过点C作CQ∥BP交x轴于点Q，连接PQ，求△PBQ面积的最大值及此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，将抛物线y=ax2+bx−2a≠0向右平移经过点Q，得到新抛物线，点E在新抛物线的对称轴上，是否在平面内存在一点F，使得以A、P、E、F为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式8-2】（2024·山东东营·东营市胜利第一初级中学校考三模）已知抛物线y=ax2+bx−4a≠0交x轴于点A4,0和点B−2,0，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点P是抛物线上位于直线AC下方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，交x轴于点E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标及PD+PE最大值．
(3)在抛物线上是否存在点M，对于平面内任意点N，使得以A、C、M、N为顶点且AC为一条边的四边形为矩形，若存在，请直接写出M、N的坐标，不存在，请说明理由．
【变式8-3】（2024春·内蒙古通辽·九年级校考期中）如图，抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A(3,0),B(−1,0)两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式和对称轴．
(2)若R为第一象限内抛物线上点，满足SΔRAC=12SΔABC，求R的坐标．
(3)若点P在抛物线的对称轴上，点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点P使得A、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
【题型9 二次函数中菱形的存在性问题】
【例9】（2024·广东珠海·三模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A在y轴负半轴上.
(1)如图1，已知点O0,0，B−1,−1，C1,m在抛物线上y=ax2a≠0，则a=________；m=_______；
(2)在（1）的条件下，若点D在抛物线上，且AD∥x轴，是否存在四边形ABCD为菱形？请说明理由；
(3)如图2，已知正方形ABCD的顶点B，D在二次函数y=ax2（a为常数，且a<0）的图象上，点D在点B的左侧，设点B，D的横坐标分别为m，n，请求出m，n满足的数量关系.
【变式9-1】（2024·山东东营·模拟预测）如图，抛物线y=12x2+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．
【变式9-2】（2024·吉林长春·二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上，抛物线y=x2+bx+c经过点B，D(−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)F为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE、BF或EB、EF边的菱形．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接ME，BP，探究EM+MP+PB是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式9-3】（2024·海南海口·二模）如图，抛物线与x轴交于A−2,0、B4,0两点，与y轴交于点C0,4，点P是抛物线上的动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当点P在直线BC的上方运动时，连接AP，交直线BC于点D，交y轴于点E．
①若△ABD的面积是△PBD面积的3倍，求点P的坐标；
②当CD=CE时，求CE的长．
(3)过点P作PF∥y轴交直线BC于点F，在y轴上是否存在点Q，使得以P、F、C、Q为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【题型10 二次函数中正方形的存在性问题】
【例10】（23-24九年级·江苏盐城·期末）如图，已知抛物线y=x2+2x−3的图像与坐标轴分别交于A、B、C三点，连接AC，点M是AC的中点，抛物线的对称轴交x轴于点F，作直线FM．
(1)直接写出下列各点的坐标：F______，M______；
(2)若点P为直线FM下方抛物线上动点，过点P作PQ∥y轴，交直线FM于点Q，当△PQM为直角三角形时，求点P的坐标；
(3)若点N是x轴上一动点，则在坐标平面内是否存在点E，使以点F、M、N、E为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点E的坐标：若不存在，请说明理由．
【变式10-1】（2024·陕西·一模）如图，抛物线y=14x2−12x−3的对称轴l与x轴交于点A，与y轴交于点B．
(1)求点A、B的坐标；
(2)C为该抛物线上的一个动点，点D为点C关于直线l的对称点（点D在点C的左侧），点M在坐标平面内，请问是否存在这样的点C，使得四边形ACMD是正方形？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式10-2】（23-24九年级·陕西西安·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为4,2，连接OA，将线段OA绕着点O逆时针旋转90°，点A的对应点为点B．
(1)求经过B,O,A三点的抛物线L的表达式；
(2)将抛物线L沿着x轴平移到抛物线L'，在抛物线L'上是否存在点D，使得以B,O,A,D为顶点的四边形为正方形，若存在，求平移的方式．若不存在，说明理由．
【变式10-3】（23-24九年级·北京·期末）如图，平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A−3，0，B4，0，交y轴于点C0，4．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)直线y=34x+94与抛物线交于A、D两点，与直线BC交于点E．若点Mm，0是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线BC于点H．
①当S△EOG=12S△AOE时，求m的值；
②在平面内是否存在点P，使四边形EFHP为正方形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【题型11 二次函数中定值的存在性问题】
【例11】（2024·山东淄博·一模）已知抛物线y=ax²+bx−3a≠0与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图，若直线BC下方的抛物线上有一动点M，过点M作y轴平行线交BC于N，过点M作BC的垂线，垂足为H，求△HMN周长的最大值；
(3)若点P在抛物线的对称轴上，点Q在x轴上，是否存在以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由；
(4)将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位，得到一个新的抛物线，问在y轴正半轴上是否存在一点F，使得当经过点F的任意一条直线与新抛物线交于S，T两点时，总有1FS2+1FT2为定值？若存在，求出点F坐标及定值，若不存在，请说明理由．
【变式11-1】（23-24九年级·湖北武汉·期末）抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A，B两点（A点在B点的左边），点A−2,0，M6,8在抛物线上．
(1)填空：b=________，c=________，点B的坐标为________；
(2)如图1，在抛物线上存在一点N，使S△AMN=S△BMN，求点N的横坐标；
(3)如图2，点C是x轴下方的抛物线上任意一点，D是线段AB上的一个定点（点D不与点A、B重合），过点D作y轴的平行线与射线BC，AC分别交于E，F两点，若DE+5DF为定值，求ADBD的值．
【变式11-2】（2024·福建龙岩·二模）已知抛物线y=x2+a−1x+a−2．
(1)对于任意实数a，该抛物线都会经过一个定点，求此定点的坐标．
(2)当a=−1时，该抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．
①如图（1），若点P是x轴上的动点，当PD−PC取最大值时，求△PBD的面积；
②小聪研究发现：如图（2），E，F是抛物线上异于B，C的两个动点，若直线CE与直线BF的交点始终在直线y=2x−9上，那么在直线EF存在点Q，使得△QCE，△QAC，△QAF中必存在定值的三角形，请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由．
【变式11-3】（2024·广东·一模）综合应用．
如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=−23x2+43x+2的图象与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BC．

(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；
(2)点P是二次函数图象上的一个动点，请问是否存在点P使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，作出该二次函数图象的对称轴直线l，交x轴于点D．若点M是二次函数图象上一动点，且点M始终位于x轴上方，作直线AM，BM，分别交l于点E，F，在点M的运动过程中，DE+DF的值是否为定值？若是，请直接写出该定值；若不是，请说明理由．
【题型12 二次函数中角度问题的存在性问题】
【例12】（2024·云南红河·一模）已知抛物线y=−12x2+bx+c，经过点−2,2和点0,2，抛物线上有一个点A，它的横坐标为−4．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)求OA的长；
(3)若点P是x轴上方、y轴左侧抛物线上的一个动点，是否存在这样的点P，使∠POA=45°？如果存在，请求出P点坐标；如果不存在，请说明理由．
【变式12-1】（2024·山东济南·模拟预测）如图，抛物线y=ax2−83x+c与x轴交于A(−3,0),B两点，与y轴交于点C(0,4)，点E是抛物线对称轴上的一个动点．
(1)求抛物线的解析式及点B的坐标．
(2)连接AC，当∠CEA=90°时，求所有符合条件的点E的坐标．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点E，使得∠ACE=45°？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式12-2】（2024春·内蒙古鄂尔多斯·九年级统考期末）如图，直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y=−x2+bx+c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在第四象限的抛物线上是否存在一点M，使△MBC的面积为27？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB=∠OCB？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【变式12-3】（2024·重庆开州·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A−2,0，B4,0两点，与y轴交于点C，连接BC．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1：P是直线BC上方抛物线上一动点，连接PB、PC，求四边形PBOC面积的最大值以及此时点P的坐标；
(3)如图2，将抛物线沿射线AC的方向平移22个单位长度得到新抛物线y1，Q为新抛物线y1上一动点，作直线BQ交AC所在的直线于点D，是否存在点Q满足条件∠ADB+∠ABC=∠CAB，若存在，请写出所有符合条件的点Q的坐标，并把求其中一个点Q的坐标的过程写出来．
【题型13 二次函数中线段问题的存在性问题】
【例13】（2024春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A−8,0，C2,0两点，与y轴交于点D0,4．点E是第二象限内抛物线上的一个动点，设点E的横坐标为n，过点E作直线EB⊥x轴于点B，作直线AD交EB于点F．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，当△EFD是以FD为底边的等腰三角形时，求点E的坐标；
(3)如图2，连接CD，过点E作直线l∥CD，交y轴于点H，连接BH．试探究：在点E运动的过程中，是否存在点E，使得FD=BH，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式13-1】（23-24九年级·新疆乌鲁木齐·阶段练习）如图1，抛物线y=ax2+bx+c过A−1,0，B2,0，C0,2三点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点P为直线BC上方抛物线上的任意一点，连接PB、PC，求△PBC面积的最大值和此时点P的坐标；
(3)如图2，在抛物线对称轴上是否存在点M，使MB−MC的值最大？若存在，请求出点M的坐标，若不存在请说明理由．
【变式13-2】（2024·安徽合肥·二模）如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象过A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)三点，点D是二次函数图象上一点，点D的横坐标是m，直线x=12m与x轴交于点E，且0(1)求二次函数的表达式；
(2)过点D，作DG⊥直线x=12m于点G，作DF⊥x轴于点F，并交BC于点H．
①当m=32时，求DH的长；
②是否存在点D，使DG+DH最大？若存在，求出D点坐标，若不存在，请说明理由．
【变式13-3】（2024·宁夏银川·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与直线AB交于点A0,−4，B4，0．
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)如图①，若点H是抛物线的顶点，在x轴上存在一点G，使△AHG的周长最小，求此时点G的坐标．
(3)如图②，点P为直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，过点P作y轴的平行线交x轴于点N，求2PM+PN的最大值及此时点P的坐标．
专题21.11 二次函数中的存在性问题【十三大题型】
【沪科版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc11595" 【题型1 二次函数中面积问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc11595 \h 1
\l "_Tc27022" 【题型2 二次函数中周长最值的存在性问题】 PAGEREF _Tc27022 \h 10
\l "_Tc3138" 【题型3 二次函数中全等三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc3138 \h 20
\l "_Tc20253" 【题型4 二次函数中等腰三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc20253 \h 27
\l "_Tc12631" 【题型5 二次函数中直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc12631 \h 34
\l "_Tc18234" 【题型6 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc18234 \h 44
\l "_Tc22800" 【题型7 二次函数中平行四边形的存在性问题】 PAGEREF _Tc22800 \h 56
\l "_Tc19842" 【题型8 二次函数中矩形的存在性问题】 PAGEREF _Tc19842 \h 69
\l "_Tc17661" 【题型9 二次函数中菱形的存在性问题】 PAGEREF _Tc17661 \h 80
\l "_Tc10249" 【题型10 二次函数中正方形的存在性问题】 PAGEREF _Tc10249 \h 95
\l "_Tc2720" 【题型11 二次函数中定值的存在性问题】 PAGEREF _Tc2720 \h 107
\l "_Tc18202" 【题型12 二次函数中角度问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc18202 \h 121
\l "_Tc3743" 【题型13 二次函数中线段问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc3743 \h 132
【题型1 二次函数中面积问题的存在性问题】
【例1】（2024·山东济宁·中考真题）已知二次函数y=ax2+bx+c的图像经过0,−3，−b,c两点，其中a，b，c为常数，且ab>0．
(1)求a，c的值；
(2)若该二次函数的最小值是−4，且它的图像与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
①求该二次函数的解析式，并直接写出点A，B的坐标；
②如图，在y轴左侧该二次函数的图像上有一动点P，过点P作x轴的垂线，垂足为D，与直线AC交于点E，连接PC，CB，BE．是否存在点P，使S△PCES△CBE=38？若存在，求此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)a=1，c=−3
(2)①该二次函数的解析式为：y=x2+2x−3；A(−3,0)， B1,0
②存在，P点横坐标为：−3+32或−3−32或−3−152
【分析】（1）先求得c=−3，则可得0,−3和−b,c关于对称轴x=−b2a对称，由此可得0−b2=−b2a，进而可求得a=1；
（2）①根据抛物线顶点坐标公式得y最小值=−12−b24=−4，由此可求得b=2，进而可得抛物线的表达式为y=x2+2x−3，进而可得A(−3,0)，B1,0；
②分两种情况进行讨论：当点P在点A右侧时，当点P在点A左侧时，分别画出图形，求出点P的坐标即可．
【详解】（1）解：∵y=ax2+bx+c的图像经过0,−3，
∴c=−3，
∴0,−3和−b,c关于对称轴x=−b2a对称，
∴0−b2=−b2a，
∵b≠0，
∴a=1，
∴a=1，c=−3．
（2）解：①∵a=1，c=−3，
∴y=x2+bx−3，
∵y最小值=−12−b24=−4，
∵解得b=±2，
∵ab>0，且a>0，
∴b>0，
∴b=2，
∴该二次函数的解析式为：y=x2+2x−3，
当y=0时，x2+2x−3=0，
解得x1=−3，x2=1，
∴A(−3,0)， B1,0．
②设直线AC的表达式为：y=k1x+b1，
则−3k1+b1=0b1=−3，
解得k1=−1b1=−3，
∴直线AC的表达式为：y=−x−3，
当点P在点A右侧时，作CF⊥PD于F，如图所示：
设P(m,m2+2m−3)−3则PE=−m−3−m2+2m−3=−m2−3m，
CF=0−m=−m,
∴S△PCE=12⋅PE⋅CF=12−m2−3m⋅−m=12mm2+3m，
∵AB=1−−3=4，OC=3，DE=−−m−3=m+3，
∴S△CBE=S△ABC−S△ABE
=12AB×OC−12×AB×DE
=12×4×3−12×4×m+3
=−2m，
∵S△PCES△CBE=38，
∴12m(m2+3m)−2m=38，
解得：m1=−3+32，m2=−3−32，
∴点P横坐标为−3+32或−3−32；
当点P在点A左侧时，作CF⊥PD于F，如图所示：
设P(m,m2+2m−3)m<−3，则E(m,−m−3)，D(m,0)，
则PE=m2+2m−3−−m−3=m2+3m，
CF=0−m=−m,
∴S△PCE=12⋅PE⋅CF=12m2+3m⋅−m=−12mm2+3m，
∵AB=1−−3=4，OC=3，DE=−m−3，
∴S△CBE=S△ABC+S△ABE
=12AB×OC+12×AB×DE
=12×4×3+12×4×−m−3
=−2m，
∵S△PCES△CBE=38，
∴−12m(m2+3m)−2m=38，
解得：m1=−3−152，m2=−3+152（舍去），
∴点P横坐标为−3−152，
综上所述，P点横坐标为：−3+32或−3−32或−3−152．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数综合，二次函数与几何综合，利用待定系数法求二次函数和一次函数的表达式．熟练掌握“三角形面积=12×水平宽×铅锤高”是解题的关键．
【变式1-1】（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中B1,0，C0,3．

(1)求抛物线的解析式．
(2)在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大．若存在，请直接写出点P坐标和△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)存在，点P的坐标是P−32,154，△APC的面积最大值是278
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质以及与几何综合：
（1）将B，C两点坐标代入函数解析式，求出b，c的值即可；
（2）过点P作PE⊥x轴于点E，设Px,−x2−2x+3，且点P在第二象限，根据S△APC=S△APE+S梯形PCOE−S△AOC可得二次函数关系式，再利用二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）解：将B1,0，C0,3代入y=−x2+bx+c得，
−1+b+c=0c=3
解得：b=−2c=3
∴y=−x2−2x+3
（2）解：对于y=−x2−2x+3，令y=0,则−x2−2x+3=0,
解得，x1=−3,x2=1，
∴A−3,0，
∴OA=3,
∵C0,3，
∴OC=3，
过点P作PE⊥x轴于点E，如图，
设Px,−x2−2x+3，且点P在第二象限，
∴OE=−x,AE=3+x,
∴S△APC=S△APE+S梯形PCOE−S△AOC
=12AE×PE+12OC+PE×OE−12OA×OC
=123+x−x2−2x+3+123−x2−2x+3−x−12×3×3
=−32x+322+278
∵−32<0，
∴S有最大值，
∴当x=−32时，S有最大值，最大值为278，此时点P的坐标为−32,154
【变式1-2】（23-24九年级·云南临沧·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+83x+c的图像与y轴交于点B(0，4)，与x轴交于点A(－1，0)和点D．
(1)求二次函数的解析式；
(2)求抛物线的顶点和点D的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点P，使得△BOP的面积等于52？如果存在，请求出点P的坐标？如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=−43x2+83x+4；（2）D的坐标为（3，0），顶点坐标为（1，163）；（3）满足条件的点P有两个，坐标分别为P1(54，214)、P2(−54,−1712)．
【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）根据二次函数的解析式得点D的坐标，将解析式化为顶点式可得顶点的坐标；
（3）设P的坐标为P（x，y），到y轴的距离为|x|，则S△BOP=12•BO•|x|，解出x=±54，进而得出P点坐标．
【详解】解：(1)把点A(－1，0)和点B(0，4)代入二次函数y=ax2+83x+c中得：
0=−12a+83×−1+c4=c
解得：a=−43c=4
所以二次函数的解析式为：y=−43x2+83x+4；
（2）根据（1）得点D的坐标为（3，0），
y=−43x2+83x+4=−43x2−2x+4=−43x−12+163，
∴顶点坐标为（1，163）；
(3)存在这样的点P，设P的坐标为P(x，y)，到y轴的距离为∣x∣
∵S△BOP＝12•BO•∣x∣
∴52＝12×4•∣x∣
解得：∣x∣＝54所以x＝±54
把x＝54代入y=−43x2+83x+4中得：
y=−43×542+83×54+4
即：y＝214，
把x＝－54代入y=−43x2+83x+4中得：
y=−43×−542+83×−54+4
即：y＝－1712
∴满足条件的点P有两个，坐标分别为P1(54，214)、P2(−54,−1712)．
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式、抛物线的顶点坐标以及三角形面积等知识，掌握二次函数的性质、灵活运用待定系数法是解题的关键．
【变式1-3】（2024·山东烟台·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+m−12⋅x+m2m>0与x轴交于A−1,0,Bm,0两点，与y轴交于点C，并且OC=2OA，连接BC．
(1)求抛物线对应的函数表达式；
(2)点P是直线BC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使得△POC的面积等于△PAB面积的215？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)过点C作CD∥x轴交抛物线于点D，在y轴上是否存在点P，使得∠PAB=2∠DAB？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)y=−12x2+32x+2
(2)存在，点P的坐标为1,3
(3)存在，点P的坐标为0,43或0,−43
【分析】本题考查了二次函数的几何应用、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
（1）先求出点C的坐标，再利用待定系数法求解即可得；
（2）先求出点B的坐标，先分别求出△POC和△PAB的面积，再建立方程，解方程即可得；
（3）分两种情况：①点P在y轴上方，②点P在y轴下方，再利用等腰三角形的判定与性质求解即可得．
【详解】（1）解：∵A−1,0，OC=2OA，点C位于y轴的正半轴，
∴C0,2，
将点C0,2代入得：m2=2，
解得m=4，
则抛物线对应的函数表达式为y=−12x2+32x+2．
（2）解：由（1）可知，B4,0，
∵A−1,0，C0,2，
∴AB=5,OC=2，
设点P的坐标为Pa,−12a2+32a+20∴△PAB的面积为12×5−12a2+32a+2=−54a2+154a+5，△POC的面积为12×2a=a，
∵△POC的面积等于△PAB面积的215，
∴a=215−54a2+154a+5，
解得a=1或a=−4<0（不符合题意，舍去），
∴−12a2+32a+2=−12×1+32×1+2=3，
所以存在点P，使得△POC的面积等于△PAB面积的215，此时点P的坐标为1,3．
（3）解：①如图，在y轴上方作∠DAE=∠DAB，交直线CD于点E，交y轴于点P1，则∠P1AB=2∠DAB，
∵CD∥x轴，
∴∠ADE=∠DAB，
∴∠ADE=∠DAE，
∴AE=DE，
当y=2时，−12x2+32x+2=2，
解得x=0或x=3，
∴D3,2，
设点E的坐标为Eb,2，
∴−1−b2+0−22=3−b2+2−22，
解得b=12，
∴E12,2，
设直线AE的解析式为y=kx+c，
将点A−1,0，E12,2代入得：−k+c=012k+c=2，解得k=43c=43，
则直线AE的解析式为y=43x+43，
∴点P1的坐标为0,43；
②如图，在y轴下方作∠P2AB=2∠DAB，交y轴于点P2，
∴∠P1AB=∠P2AB，
又∵AB⊥P1P2，
∴∠AP1P2=∠AP2P1，
∴△AP1P2是等腰三角形，
∴点P2与点P1关于x轴对称，
∴点P2的坐标为0,−43，
综上，存在点P，使得∠PAB=2∠DAB，此时点P的坐标为0,43或0,−43．
【题型2 二次函数中周长最值的存在性问题】
【例2】（23-24九年级·重庆·期末）如图，抛物线y=x2−2x−3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．
(1)求△ABC的面积；
(2)直线y=2x−3与抛物线交于点C、D，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PBD的周长最小？如果存在，请求出点P坐标；如不存在，请说明理由．
【答案】(1)6
(2)存在，P1,2
【分析】本题主要考查二次函数、一次函数和几何的结合，解题的关键是熟悉二次函数的性质，
1根据二次函数的解析式求得点A和点B、点C的坐标，则AB=4，OC=3，利用三角形面积公式求解即可；
2联立方程求得点D4,5，利用勾股定理即可求得BD=26．连接PB、PA，结合对称性可知C△PBD=PA+PD+26，则P、A、D三点共线时，C△PBD有最小值，利用待定系数法求得直线AD的解析式为：y=x+1，利用对称轴即可求得点P．
【详解】（1）解：令y=0，即x2−2x−3=0，
解得x=3或x=−1
∴A−1,0，B3,0，
则AB=4，
当x=0时，y=−3，
∴C0,−3，OC=3，
∴S△ABC=12AB⋅OC=12×4×3=6．
（2）存在这样的点P，理由如下，
联立y=x2−2x−3y=2x−3，
解得x1=0y1=−3或x2=4y2=5，
∴D4,5，
∵B3,0，
∴BD=26．
连接PB、PA，如图，
则C△PBD=PB+PD+BD
∵PB=PA
∴C△PBD=PA+PD+26．
∴当P、A、D三点共线时，C△PBD有最小值，
设直线AD的解析式为：y=kx+b，
则0=−k+b5=4k+b，
解得k=1b=1，
则直线AD的解析式为：y=x+1，
∵x=−b2a=−−22=1时，y=x+1=2，
∴P1,2．
【变式2-1】（23-24九年级·江苏南通·假期作业）如图抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A1,0，B−3,0两点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)设（1）中的抛物线交y轴于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△MAC的周长最小？若存在，求出M点的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)该抛物线的解析式为y=−x2−2x+3
(2)M点的坐标为−1,2
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象及性质、二次函数综合问题：
（1）把A1,0，B−3,0代入y=−x2+bx+c解方程组即可得到结论；
（2）连接BC交对称轴于M，则此时，△MAC的周长最小，设直线BC的解析式为y=kx+m，解方程组求得直线BC的解析式为y=x+3，当x=−1时，求得y=2，于是得到结论．
正确的理解题意，利用待定系数法求函数解析式是解题的关键．
【详解】（1）解：把A1,0，B−3,0代入y=−x2+bx+c中得：
−1+b+c=0−9−3b+c=0，
解得：b=−2c=3，
∴该抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3
（2）存在，
连接BC交对称轴于M，则此时，△MAC的周长最小，
在y=−x2−2x+3中，令x=0，则y=3，
∴C0,3，
设直线BC的解析式为y=kx+m，
∴−3k+m=0m=3，
解得：k=1m=3，
∴直线BC的解析式为y=x+3，
∵抛物线y=−x2−2x+3的对称轴为直线x=−1，
∴当x=−1时，y=2，
∴M点的坐标为−1,2
【变式2-2】（23-24九年级·四川德阳·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点A、B在x轴上，点C、D在y轴上，且OB=OC=3，OA=OD=1，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过A、B、C三点，直线AD与抛物线交于另一点M．
(1)求这条抛物线的解析式；
(2)在抛物线对称轴上是否存在一点N，使得△ANC的周长最小，若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)点E是直线AM上一动点，点P为抛物线上直线AM下方一动点，当线段PE的长度最大时，请求出点P的坐标和△AMP面积的最大值．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
(2)N−1,−2时△ANC的周长最小；
(3)当△AMD面积最大时，点P的坐标为−32,−154，面积最大值为1258．
【分析】（1）由OB，OC，OA，OD的长度可得出点A，B，C，D的坐标，由点A，B，C的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（2）利用配方法可求出抛物线的对称轴，连接BC，交抛物线对称轴于点N，此时AN+CN和最小，即△ANC的周长最小，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点N的坐标；
（3）由点A，D的坐标可得出直线AD的解析式，联立直线AD和抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点M的坐标，过点PP作PE⊥x轴，交直线AD于点E，设点P的坐标为m,m2+2m−3−4本题考查了待定系数法求二次函数解析式、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、轴对称（最短路径问题）、三角形的面积、二次函数的性质以及二次函数的最值，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
【详解】（1）∵OB=OC=3，OA=OD=1，
∴点B的坐标为−3,0，点C的坐标为0,−3，点A的坐标为1,0 ，点D的坐标为 0,1，
将A1,0，B−3,0，C0,−3代入y=ax2+bx+c得：
a+b+c=09a−3b+c=0c=−3，解得：a=1b=2c=−3，
∴这条抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）∵y=x2+2x−3=x+12−4，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，
连接BC，交抛物线对称轴点N，如图1所示，
∵点A，B关于直线x=−1对称，
∴AN=BN，
∴AN+CN=BN+CN
∴当点B，C，N三点共线时，BN+CN取得最小值，即△ANC的周长最小，
设直线BC的解析式为y=kx+dk≠0，
将B−3,0，C0,−3代入y=kx+d得：
−3k+d=0d=−3，解得：k=−1d=−3，
∴直线BC的解析式为y=−x−3，
当x=−1时，y=−−1−3=−2，
∴在这条抛物线的对称轴上存在点N−1,−2时△ANC的周长最小；
（3）∵A1,0，D0,1，
∴直线AD的解析式为y=−x+1，联立直线AD和抛物线的解析式成方程组，得：y=−x+1y=x2+2x−3，
解得：x1=−4y1=5，x2=1y2=0，
∴点M的坐标为−4,5，
过点P作PE⊥x轴，交直线AD于点E，如图2所示，
设点P的坐标为m,m2+2m−3(−4∴PE=−m+1−m2+2m−3=−m2−3m+4，
∴S△APM=S△APE+S△MPE，
=12×1−m−m2−3m+4+12×[m−−41(−m2−3m+4) ，
=−52m2−152m+10，
S△APM=−52m2−152m+10=−52m+322+1258，
∵−52<0，
∴当m=−32时，△AMP的面积取最大值，最大值为1258，
∴当△AMD面积最大时，点P的坐标为−32,−154，面积最大值为1258．
【变式2-3】（23-24九年级·广西南宁·期中）在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c的图象经过点A0,5和B1,12．
(1)求抛物线的解析式
(2)①求出当−6≤x≤2时，y的最大值和最小值；
②如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴的左侧交点为C，作直线AC，D为直线AC下方抛物线上一动点，过点D作DE⊥OC于点E，与AC交于点F，作DM⊥AC于点M．是否存在点D，使△DMF的周长最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+6x+5
(2)①最大值为21，最小值为−4；②−52，−154
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①先把解析式化为顶点式得到抛物线开口向上，对称轴为直线x=−3，顶点坐标为−3，−4，则当x=−3时，y有最小值−4，且离对称轴越远函数值越大，再求出当当x=2时，当x=−6时，y的值即可得到答案；②先求出C−5，0，进而求出直线AC的解析式为y=x+5，设点D的坐标为m，m2+6m+5，则m，m+5，则DF=−m+522+254；证明△DFM是等腰直角三角形，得到DM=FM=22DF，则△DMF的周长=2DF+DF，故当DF最大时，△DMF的周长最大，据此利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：把点A0,5和B1,12代入y=x2+bx+c中得：1+b+c=12c=5，
∴b=6c=5，
∴抛物线解析式为y=x2+6x+5；
（2）解：①∵抛物线解析式为y=x2+6x+5=x+32−4，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=−3，顶点坐标为−3，−4，
∴当x=−3时，y有最小值−4，且离对称轴越远函数值越大，
当x=2时，y=22+6×2+5=21，
当x=−6时，y=−62+−6×6+5=5，
∴−6≤x≤2时，最大值为21，最小值为−4；
②在y=x2+6x+5中，当y=x2+6x+5=0时，解得x=−1或x=−5，
∴C−5，0，
设直线AC的解析式为y=kx+b'，
∴−5k+b'=0b'=5，
∴k=1b'=5，
∴直线AC的解析式为y=x+5，
设点D的坐标为m，m2+6m+5，则m，m+5，
∴DF=m+5−m2+6m+5=−m2−5m=−m+522+254；
∵A0，5，C−5，0，
∴OA=OC=5，
∴∠OAC=45°，
∵DF⊥OC，DM⊥AC，
∴DF∥OA，∠DMF=90°，
∴∠DFM=∠OAC=45°，
∴△DFM是等腰直角三角形，
∴DM=FM=22DF，
∴△DMF的周长=DM+FM+DF=2DF+DF，
∴当DF最大时，△DMF的周长最大，
∵DF=−m+522+254，−1<0，
∴当m=−52时，△DMF的周长最大，
∴m2+6m+5=−522+6×−52+5=254−15+5=−154，
∴点P的坐标为−52，−154
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等等，通过证明△DFM是等腰直角三角形，把求△DFM的最大值转换成求出DF的最大值是解题的关键．
【题型3 二次函数中全等三角形的存在性问题】
【例3】（2024·陕西渭南·二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−12x2+x+4的图象与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），其顶点为P，对称轴与x轴交于点H．

(1)求点A、P的坐标；
(2)连接AP，点D是该二次函数图象第四象限上的动点，过D作DE⊥x轴于点E，点F是x轴上一点，是否存在以点D、E、F为顶点的三角形与△APH全等？若存在，求出所有满足条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−2,0，P1,92；
(2)存在，点D的坐标为：1+15,−3或32+1,−92
【分析】本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，顶点坐标，全等三角形的判定，即可．
（1）根据题意，则0=−12x2+x+4，求出A，B的坐标，把y=−12x2+x+4换成顶点式，即可得到点P的坐标；
（2）设点Da,−12a2+a+4，根据全等三角形的判定，分类讨论：①△AHP≌△DEF，②△AHP≌△FED，即可．
【详解】（1）∵二次函数y=−12x2+x+4的图象与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），
∴0=−12x2+x+4，
解得：x1=−2，x2=4，
∴点A−2,0，B4,0；
∵y=−12x2+x+4=−12x−12+92，
∴顶点P1,92．
（2）存在，理由如下：
∵点H在二次函数y=−12x2+x+4=−12x−12+92的对称轴上且交于x轴，
∴点H1,0，
∵A−2,0，P1,92，
∴AH=3，PH=92，
设点Da,−12a2+a+4，
∵过D作DE⊥x轴于点E，点F是x轴上一点，
∴点Ea,0，
∴ED=12a2−a−4，
∵以点D、E、F为顶点的三角形与△APH全等，
∴当①△AHP≌△DEF时，AH=DE，
∴3=12a2−a−4，
解得：a1=1+15，a2=1−15（舍），
∴当a=1+15时，−121+152+1+15+4=−3，
∴点D1+15,−3；
当②△AHP≌△FED时，PH=ED，
∴92=12a2−a−4，
解得：a1=32+1，a2=1−32（舍），
∴当a=32+1时，−1232+12+32+1+4=−92，
∴点D32+1,−92；
综上所述，当点D的坐标为：1+15,−3或32+1,−92时，存在以点D、E、F为顶点的三角形与△APH全等．
【变式3-1】（2024·陕西咸阳·二模）已知抛物线L：y=x2+3x−4与y轴交于点A，抛物线L'与L关于x轴对称．
(1)求抛物线L'的函数表达式；
(2)O为坐标原点，点B是y轴正半轴上一点，OB=OA，点C是x轴负半轴上的动点，点P是第二象限抛物线L'上的动点，连接OP,BP,是否存在点P，使得以点O,P,C为顶点的三角形与△OPB全等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−3x+4
(2)−3，4或−1−5，1+5
【分析】本题考查二次函数的性质．
（1）先将抛物线L化为顶点式，再根据抛物线L'与L关于x轴对称得抛物线L'的顶点坐标，最后由开口方向即可得出；
（2）先由抛物线L：y=x2+3x−4求出点A,B的坐标，再根据题意，分两种情况：当ΔOPB≌ΔPOC时及当ΔOPB≌ΔOPC时，设点P的坐标为p,−p2−3p+4，p<0，分别求出p的值即可，具体见详解．
【详解】（1）解：∵抛物线L:y=x2+3x−4=x+322−254
∴抛物线L的顶点为−32,−254，
∵抛物线L'与L关于x轴对称
∴抛物线L'的顶点为−32,254，且抛物线开口向下，
∴抛物线L'的函数表达式为y=−x+322+254=−x2−3x+4;
（2）∵抛物线L：y=x2+3x−4与y轴交于点A，
∴A0,−4，即OA=4
∴OB=0A=4，
∵点B是y轴正半轴上一点，
∴B0,4
由题意可知，△OPC与△OPB有一条公共边OP，设点P的坐标为p,−p2−3p+4，p<0，
分两种情况：
当ΔOPB≌ΔPOC时，∠POC=∠OPB，
∴PB∥x轴，即点P与点B的纵坐标一样，
令−p2−3p+4=4，解得p1=0舍去，p2=−3，
∴P−3，4
当ΔOPB≌ΔOPC时，此时点P与点P'重合，点C与点C'重合，∠P'OC'=∠P'OB，
∴OP'平分∠BOC，即点P'到x轴，y轴的距离相等
∴−p=−p2−3p+4，解得p1=−1+5舍去，p2=−1−5，
∴P'−1−5，1+5
综上，存在点P，使得以点O,P,C为顶点的三角形与△OPB全等，点P的坐标为−3，4或−1−5，1+5．
【变式3-2】（2024·甘肃陇南·一模）如图，抛物线y=ax2−2x+c与x轴交于A−1,0，B两点，与y轴交于点C0,−3．

(1)求抛物线的函数解析式；
(2)已知点Pm,n在抛物线上，当−1(3)抛物线的对称轴与x轴交于点M，点D坐标为2,3，试问在该抛物线上是否存在点P，使△ABP与△ABD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)y=x2−2x−3
(2)−4≤n<0
(3)存在，P2,−3或P0,−3
【分析】（1）把A−1,0和C0,−3代入y=ax2−2x+c，求出a和c的值，即可得出函数解析式；
（2）先求出x=3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x=1，则点D到对称轴距离为1，到x轴距离为3，根据△ABP≌△ABD，点P在抛物线上，得出结论点P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A−1,0和C0,−3代入y=ax2−2x+c得：
0=a+2+c−3=c，解得：a=1c=−3，
∴抛物线的函数解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：把x=3代入y=x2−2x−3得：y=0，
∴B3,0，
∵y=x2−2x−3=x−12−4，1>0，
∴当x=1时，该函数有最小值−4，
∵Pm,n在该抛物线上，
∴当−1（3）解：∵y=x−12−4，
∴抛物线解析式为直线x=1，
∵D2,3，
∴点D到对称轴距离为1，到x轴距离为3，
∵△ABP≌△ABD，点P在抛物线上，
∴点P在x轴下方，对称轴距离为1，到x轴距离为3，
∴点P2,−3或P0,−3，
把y=−3代入y=x2−2x−3得：−3=x2−2x−3，
解得，x1=2,x2=0，
∴P2,−3或P0,−3在抛物线上，
综上：存在，P2,−3或P0,−3．
【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．
【变式3-3】（2024·陕西咸阳·三模）如图，抛物线y=14x2−2x+3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PM⊥y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△BCD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)A2,0，B6,0，C4,−1
(2)存在，P12,0、N10,1或P2−2,8、N20,9或P31,54、N30,134或P4−1,214、N40,294
【分析】（1）根据题意，令y=0，解方程即可得到A2,0，B6,0，将一般式化为顶点式即可得到定点坐标C4,−1；
（2）作出图形，根据题意，要求以点P、M、N为顶点的三角形与△BCD全等，找出等边或者等角，分类讨论：①PM与BD是对应边；②PM与CD是对应边，列方程求解即可得到答案．
【详解】（1）解：∵抛物线y=14x2−2x+3与x轴交于A、B两点，
∴令y=0，则14x2−2x+3=0，解得x1=2，x2=6，
∴A2,0，B6,0，
∵抛物线y=14x2−2x+3=14x−42−1，
∴C4,−1；
（2）解：如图所示：

∵C4,−1，
∴对称轴l:x=4，
∴l交x轴于点D2,0，则CD=1，BD=2，
根据题意可得∠CDB=∠PMN=90°，若以点P、M、N为顶点的三角形与△BCD全等，则点M与点D是对应点，
设点P的坐标为m,14m2−2m+3，则PM=m，
①当PM与BD是对应边时，则PM=BD=2，MN=DC=1，即m=2，
∴m=2或−2，
当m=2时，14m2−2m+3=0；
当m=−2时，14m2−2m+3=8；
∴P12,0、N10,1，P2−2,8、N20,9；
②当PM与CD是对应边时，则PM=CD=1，MN=BD=2，即m=1，
∴m=1或−1，
当m=1时，14m2−2m+3=54；
当m=−1时，14m2−2m+3=214；
具体情况，如图所示：

∴P31,54、N30,134，P4−1,214、N40,294，
综上所述，存在这样的点P、N，使得以点P、M、N为顶点的三角形与△BCD全等，点P、N的坐标为P12,0、N10,1或P2−2,8、N20,9或P31,54、N30,134或P4−1,214、N40,294．
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及二次函数图像与坐标轴的交点坐标、二次函数中三角形全等问题，熟练掌握二次函数图像与性质，理解二次函数综合问题的解法是解决问题的关键．
【题型4 二次函数中等腰三角形的存在性问题】
【例4】（2024·云南楚雄·模拟预测）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−3，0)，B(1，0)，与y轴交于点C(0，3)，其对称轴与x轴交于点H．
(1)求抛物线的顶点坐标．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PHC是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)若M是线段OA上一动点（不与点O，A重合），连接AC，过点M作DM⊥x轴，交抛物线于点D，交AC于点E，在点M的运动过程中，是否存在线段DE=CE？若存在，请求出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)顶点坐标为−1，4
(2)存在，点P的坐标为(−1，10)或(−1，−10)或−1，53或−1，6
(3)能，点M的横坐标为2−3
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x−1)(a≠0)，将C(0，3)代入，可求a=−1，则y=−(x+3)(x−1)=−x2−2x+3=−x+12+4，进而可得顶点坐标为−1，4；
（2）由（1）可得抛物线的对称轴为直线x=−1，则H−1，0，设P−1，m，则PH2=m2，HC2=10，PC2=1+(m−3)2，由题意知，当△PHC是等腰三角形，分①PH=HC，②PH=PC，③HC=PC，三种情况计算求解即可；
（3）如图，作EK⊥OC于K，待定系数法求直线AC的解析式为y=x+3；设Mn，0，则En，n+3，Dn，−n2−2n+3，DE=−n2−3n，EK=−n，由OA=OC=3，可得∠OCA=45°，则CE=EKsin45°=−2n，−n2−3n=−2n，计算求出满足要求的解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−3，0)，B(1，0)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x−1)(a≠0)，
将C(0，3)代入得，−3a=3，
解得，a=−1，
∴y=−(x+3)(x−1)=−x2−2x+3=−x+12+4，
∴顶点坐标为−1，4；
（2）解：由（1）可得抛物线的对称轴为直线x=−1，则H−1，0．
设P−1，m，则PH2=m2，HC2=10，PC2=1+(m−3)2，
由题意知，当△PHC是等腰三角形，分①PH=HC，②PH=PC，③HC=PC，三种情况求解；
①当PH=HC时，则m2=10，
解得，m=±10，
∴点P的坐标为(−1，10)或(−1，−10)；
②当PH=PC，则m2=1+m−32，
解得，m=53，
∴点P的坐标为−1，53；
③当HC=PC时，则10=1+m−32，
解得，m=6或m=0（舍去），
∴点P的坐标为−1，6．
综上所述，存在，点P的坐标为(−1，10)或(−1，−10)或−1，53或−1，6．
（3）解：如图，作EK⊥OC于K，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
将A(−3，0)，C(0，3)代入得，−3k+b=0b=3，
解得，k=1b=3，
∴直线AC的解析式为y=x+3；
设Mn，0，则En，n+3，Dn，−n2−2n+3，
∴DE=−n2−3n，EK=−n，
∵OA=OC=3，
∴∠OCA=45°，
∴CE=−2n，
∴−n2−3n=−2n，
解得，n=2−3或n=0（舍去），
∴存在，点M的横坐标为2−3．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与线段综合，等腰三角形的性质，勾股定理，一次函数解析式，等知识．
【变式4-1】（2024·浙江·模拟预测）如图，拋物线w:y=ax2+bx−3（a、b为常数，且a≠0）与x轴交于点A−1,0，B3,0，与y轴交于点C，将抛物线w向右平移一个单位得到抛物线w'；
(1)求抛物线w的函数表达式；
(2)连接AC，探究抛物线w'的对称轴直线l上是否存在点P，使得以点A、C、P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)存在，2,1，2,−1，2,−3+6，2,−3−6，2,−23
【分析】本题主要考查了二次函数动点特殊三角形问题，属于二次函数综合题，解答本题的关键是先求出解析式，设点分类讨论等腰三角形的腰．
（1）将点A−1,0，B3,0代入即可得到答案；
（2）由（1）知：拖物线w的对称轴为：x=1，C0,−3，所以抛物线w'的对称轴为：x=2， 令P2,y，根据两点间距离公式得到三角形三边的平方的代数式，再分类讨论腰相等列式求解即可得到答案．
【详解】（1）解：将点−1,0，3,0代入y=ax2+bx−3得：
0=a−b−30=9a+3b−3，
解得：a=1b=−2，
∴抛物线w的函数表达式为y=x2−2x−3；
（2）解：存在
由（1）知：抛物线w的对称轴为：x=1，C0,−3，
∴抛物线w'的对称轴为：x=2，
令P2,y，
∴ AC2=10，AP2=9+y2，CP2=y2+6y+13，
①当AC=AP时，10=9+y2，
解得：y1=1，y2=−1，
∴ P12,1，P22,−1；
②当AC=CP时，10=y2+6y+13，
解得：y3=−3+6，y4=−3−6，
∴ P32,−3+6，P42,−3−6；
③当AP=CP时，9+y2=y2+6y+13，
解得：y5=−23，
∴ P52,−23；
综上，满足要求的点P的坐标为2,1，2,−1，2,−3+6，2,−3−6，2,−23．
【变式4-2】（2024·云南·模拟预测）已知抛物线y=−x2+bx+c（b，c是常数）的顶点坐标为A(1,4)，与y轴交于点B．
(1)求b，c的值；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△ABP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．
【答案】(1)b=2,c=3
(2)存在，P11,3，P21,4+2，P31,4−2，P4（1,2）
【分析】本题考查二次函数图象的性质、等腰三角形的分类讨论、解一元二次方程等知识，解答关键是应用勾股定理构造方程．
（1）根据顶点坐标公式列方程求解即可；
（2）分别讨论AP=BP、AP=AB、BP=AB的情况，利用勾股定理构造方程问题可解．
【详解】（1）∵抛物线y=−x²+bx+c的顶点坐标为A(1,4)，
∴−b−2=1,−4c−b2−4=4，
∴b=2,c=3；
（2）存在，

由（1）得y=−x²+2x+3，
∵当x=0时，y=3，
∴B0,3．
存在点P，使得△ACP是等腰三角形，
设P1,a，
则AP2=a−42=a2−8a+16，BP2=a−32+1=a2−6a+10，AB2=2，
情况1：当AP=BP时，
即a2−8a+16=a2−6a+10，
解得a=3，
所以，P11,3；
情况2：当AP=AB时，
即a2−8a+16=2，
解得a=4±2，
所以P21,4+2，P31,4−2，
情况3：当BP=AB时，
即a2−6a+10=2，
解得a=2或a=4，
所以P41,2，P51,4（舍去）
综上得：满足条件的P点有P11,3，P21,4+2，P31,4−2，P41,2．
【变式4-3】（2024·西藏日喀则·一模）如图，二次函数 y=x²+bx+c的图象与 x 轴交于A−1,0、B3,0两点，与 y 轴交于点 C，D 为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求 △DBC的面积；
(3)在抛物线对称轴上，是否存在一点P，使 P，B，C为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x²−2x−3
(2)3
(3)存在，符合条件的 P 点坐标为1,−1，1,−3+17，1,−3−17，1,14，1,−14
【分析】本题主要考查了待定系数法、二次函数与面积的综合、二次函数与三角形的综合等知识点，掌握分类讨论和数形结合思想成为解题的关键．
（1）直接运用待定系数法求解即可；
（2）先求得D1，−4、C0，−3，再运用待定系数法求得直线BC的解析式为y=x−3；如图：过D作x轴的垂线交BC于E， 垂足为F．则E1,−2,F0,1,
则DE=−2−−4=2，最后根据三角形的面积公式即可解得；
（3）如图：设点P1，a， 连接PB，PC,根据两点间的距离公式可得PB2=4+a2、PC2=a2+6a+10、BC2=18，然后再分PC=PB、PC=BC、PB=BC三种情况分别解得即可．
【详解】（1）解∶ 由抛物线 y=x²+bx+c经过A−1,0、B3,0两点，
则0=1−b+c0=9+3b+c，解得：b=−2c=−3，
所以抛物线的函数关系式是：y=x²−2x−3．
（2）解：∵y=x2−2x−3=x−12−4，
∴D1，−4，
当x=0时，y=−3，即C0，−3，
由待定系数法可得直线BC的解析式为y=x−3．
如图：过D作x轴的垂线交BC于E， 垂足为F．则E1,−2,F0,1,
∴DE=−2−−4=2,
∴S△BDC=S△EDC+S△BDE=12×DE×OA+12×DE×OA×BF=12×DE×BO=12×2×3=3．
（3）解：存在．
如图：设点P1，a， 连接PB，PC,
PB2=1−32+a2=4+a2,PC2=1−02+−3−a2=a2+6a+10,BC2=32+32=18；
①若PC=PB，则PC2=PB2，即a²+6a+10=4+a2，
解得a=−1．即 P11，−1．
②若PC=BC，则PC2=BC2 ．即a2+6a+10=18，
解得：a1=−3+17，a2=−3−17，即 P21,−3+17，P31，−3−17；
③若PB=BC，则PB2=BC2，4+a2=18
解得：a1=14，a2=−14，即P41,14，P51,−14．
综上， 符合条件的 P 点坐标为 1，−1，1,−3+17、1，−3−17、1,14、1,−14．
【题型5 二次函数中直角三角形的存在性问题】
【例5】（2024·甘肃酒泉·二模）如图，平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于点A−1，0和点B3，0两点，与y轴交于点C0，3．点D为直线BC上的一动点．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)如图1，当点D在线段BC上时，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAD与△PBD的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标；
(3)如图2，是否存在点D，使得以A，C，D为顶点的三角形是直角三角形，若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)P32,154
(3)存在，点D的坐标是5，−2，1，2
【分析】（1）待定系数法求二次函数的表达式即可；
（2）如图1，连接PC，作PE⊥x轴交BC于点E，由DP∥AC，可得S△APD=S△CPD，则S=S△CPD+S△BPD=S△PBC，待定系数法求直线BC的解析式为y=−x+3，设Pm,−m2+2m+3(0（3）设D(n,−n+3)，则AC2=10，CD2=n2+(−n+3−3)2=2n2，AD2=(n+1)2+(−n+3)2=2n2−4n+10，分∠ACD=90°，∠CAD=90°，∠ADC=90°三种情况，利用勾股定理求解作答即可．
【详解】（1）解：将A(−1,0),B(3,0),C(0,3)代入y=ax2+bx+c得，c=3&&a−b+c=09a+3b+c=0，
解得：a=−1&&b=2c=3，
∴二次函数的表达式为y=−x2+2x+3；
（2）解：如图1，连接PC，作PE⊥x轴交BC于点E，
∵DP∥AC，
∴S△APD=S△CPD，
∵S=S△APD+S△BPD，
∴S=S△CPD+S△BPD=S△PBC，
设直线BC的解析式为y=kx+e，
将B(3,0),C(0,3)代入得，3k+e=0e=3，
解得，k=−1e=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设Pm,−m2+2m+3(0∴S=12PE×xP−xC+12PE×xB−xP=12PE⋅3=12×3−m2+3m=−32m−322+278，
∵−32<0且(0∴当m=32时，S取得最大值．此时P32,154；
（3）解：设D(n,−n+3)，则AC2=10，CD2=n2+(−n+3−3)2=2n2，AD2=(n+1)2+(−n+3)2=2n2−4n+10，
①当∠ACD=90°时，AC2+CD2=AD2，即2n2+10=2n2−4n+10，
解得，n=0（舍去）；
②当∠CAD=90°时，AC2+AD2=CD2，即 2n2−4n+10+10=2n2，
解得，n=5，
∴D5，−2；
③当∠ADC=90°时，CD2+AD2=AC2，即2n2+2n2−4n+10=10，
解得，n1=0（舍去），n2=1，
∴D(1,2)；
综上所述，存在点D，点D的坐标是5，−2，1，2．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数与几何综合，平行线间的距离，勾股定理等知识．熟练掌握二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数与几何综合，二次函数的最值，勾股定理是解题的关键．
【变式5-1】（2024·湖南邵阳·模拟预测）如果二次函数y1的图象的顶点在二次函数为y2的图象上，同时二次函数y2的图象的顶点在二次函数y1的图象上，那么我们称这两个函数互为“顶点相容函数”．
(1)若二次函数y1=x2−2x−3与二次函数y2=−x2+bx−7互为“顶点相容函数”，则b=_______．
(2)如图，已知二次函数y1=14(x+1)2−2的图象的顶点为M，点P是x轴正半轴上的一个动点，将二次函数y1的图象绕点P旋转180°得到一个新的二次函数y2的图象，旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”，且y2的图象的顶点为N．
①求二次函数y2的解析式；
②点Q为y轴上一点，是否存在一点Q，使得△MNQ为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)4
(2)①y2=−14(x−3)2+2；②存在，点Q的坐标为(0,5),(0,−3),(0,7)或(0,−7)
【分析】（1）根据“顶点相容函数”的定义得到该函数的图象的顶点坐标为(1,−4)，再代入二次函数解析式得到b=4即可解答；
（2）①根据旋转的性质可知△APM≌△BPN(AAS)，再根据全等三角形的性质及二次函数的性质即可解答；②根据直角三角形的性质分三种情况讨论即可解答．
【详解】（1）解：∵二次函数y1=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴该函数的图象的顶点坐标为(1,−4)，
∴将(1,−4)代入y2=−x2+bx−7，得−1+b−7=−4，
解得b=4．
∴二次函数的解析式为y2=−x2+4x−7,
∴二次函数y2=−x2+4x−7的顶点为(2,−3)，
∴将(2,−3)代入入y1=x2−2x−3得−3=−4+8−7，
∴b=4符合要求，
故答案为：4；
（2）解：①∵旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”，
∴y2的图象的顶点N必在二次函数y1=14(x+1)2−2的图象上，
∵y2的图象是二次函数为y1=14(x+1)2−2的图象绕点P旋转180°得到，
∴这两个函数图象的顶点M,N关于点P对称，
如图，分别过M,N作MA⊥x轴，NB⊥x轴，垂足分别为A,B，
在△APM和△BPN中，
∠MAP=∠NBP,∠APM=∠BPN,MP=NP,
∴△APM≌△BPN(AAS)，
∴NB=AM=2．
当y2=2时，14(x+1)2−2=2，
解得x1=3,x2=−5（舍去），
∴点N的坐标为(3,2)，
当点N是y2的图象的顶点时，设y2=a(x−3)2+2 (a≠0)，
把M(−1,−2)代入y2=a(x−3)2+2，
解得a=−14，
∴二次函数y2的解析式为为y2=−14(x−3)2+2；
②设点Q的坐标为(0,m)，则MN2=32,MQ2=m2+4m+5，
NQ2=m2−4m+13；
当∠QNM=90°时，MN2+NQ2=MQ2，
∴32+m2−4m+13=m2+4m+5，
解得m=5；
当∠QMN=90°时，MN2+MQ2=NQ2，
∴32+m2+4m+5=m2−4m+13，
解得m=−3；
当∠NQM=90°时，MQ2+NQ2=MN2，
∴m2+4m+5+m2−4m+13=32，
解得m1=7,m2=−7，
综上所述，存在一点Q，使得△MNQ为直角三角形，点Q的坐标(0,5),(0,−3),(0,7)或(0,−7)．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，二次函数的性质与图象，直角三角形的性质，“顶点相容函数”的定义，理解“顶点相容函数”的定义是解题的关键．
【变式5-2】（2024·四川巴中·一模）已知，点A−2,0，点B8,0，点C0,4，抛物线y=ax2+bx+c过A，B，C三点．点P在该抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若∠CAP=45°，求点P的坐标；
(3)当∠CAP=45°时，在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使△PBM为直角三角形．若存在请求出点M的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2+32x+4
(2)P203,269
(3)m=140117或m=−3013
【分析】本题考查了二次函数综合，正确做出辅助线是解题的关键．
（1）将点A−2,0，点B8,0，点C0,4代入抛物线解析式即可解答；
（2）如图，过点C作CF⊥AC交AP与点F，过点C作x轴的平行线，过A,F作DE的垂线段，分别交于点D,E，证明△ADC≌△CEF，得到点F的坐标，求得AF的解析式，即可求得点P坐标；
（3）考虑三种情况，即∠PBM,∠BPM,∠BMP分别为直角的时，利用勾股定理，即可解答．
【详解】（1）解：把将点A−2,0，点B8,0，点C0,4代入抛物线解析式，
可得0=4a−2b+c0=64a+8b+c4=c，
解得a=−14b=32c=4，
∴抛物线的解析式为y=−14x2+32x+4；
（2）解：如图，过点C作CF⊥AC交AP与点F，过点C作x轴的平行线，过A,F作DE的垂线段，分别交于点D,E，
，∵∠CAP=45°,AC⊥CF，
∴CA=FC，∠DCA+∠ECF=90°，
∵∠DCA+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠ECF，
∵∠ADC=∠CEF=90°，
∴△ADC≌△CEFAAS，
∴AD=CE,DC=EF，
根据A−2,0,C0,4可得，
CE=AD=4,EF=DC=2，
∴F4,2，
设直线AF的解析式为y=kx+b，
把A−2,0,F4,2代入可得0=−2k+b2=4k+b，
解得k=13b=23，
∴直线AF的解析式为y=13x+23，
故可得13x+23=−14x2+32x+4，
解得x1=−2,x2=203，
y=13×203+23=269，
∴P203,269；
（3）解：−b2a=32−2×−14=3，
∴抛物线的对称轴为直线x=3，
设M3,m，
则MP2=3−2032+m−2692，BP2=8−2032+0−2692=82081，BM2=8−32+m2，
①当∠PMB=90°时，PM2+BM2=PB2
可得方程3−2032+m−2692+8−32+m2=82081，
方程无解，故不成立；
②当∠MPB=90°时，PM2+PB2=BM2，
可得方程3−2032+m−2692+82081=25+m2
解得m=140117；
③当∠PBM=90°，BM2+PB2=PM2，
可得方程25+m2+82081=3−2032+m−2692，
解得m=−3013，
综上所述，m=140117或m=−3013．
【变式5-3】（2024·山东淄博·模拟预测）如图，已知二次函数y=x2+bx+c经过A，B两点，BC⊥x轴于点C，且点A−1，0，C4，0，AC=BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点E是线段AB上一动点（不与A，B重合），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的坐标及S△ABF；
(3)点P是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在这样的P点，使△ABP成为直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)32,52，1258
(3)存在；点P的坐标为1,8或1,−2或1,6或1,−1
【分析】（1）先求出点B坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，点Et,t+1，则Ft,t2−2t−3，
得出EF=t+1−t2−2t−3=−t−322+254，利用二次函数求最值方法进一步求解即可；
（3）根据题意，分三种情况①点B为直角顶点；②点A为直角顶点；③点P为直角顶点分别讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵点A−1，0，C4，0，
∴AC=5，OC=4，
∵AC=BC=5，
∴B4，5，
把A−1，0和B4，5代入二次函数y=x2+bx+c中得：
1−b+c=016+4b+c=5，
解得：b=−2c=−3，
∴二次函数的解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：如图1，∵直线AB经过点A−1，0和B4，5，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴−k+b=04k+b=5，
解得：k=1b=1，
∴直线AB的解析式为：y=x+1，
∵二次函数y=x2−2x−3，
∴设点Et,t+1，则Ft,t2−2t−3，
∴EF=t+1−t2−2t−3=−t−322+254，
∴当t=32时，EF的最大值为254，
∴点E的坐标为32,52；
∴S△ABF=12EF⋅xB−xA=12×254×4+1=1258；
（3）解：存在，
∵y=x2−2x−3=x−12−4，
∴对称轴为直线x=1，
设P1,m，分三种情况：
①点B为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+AB2=PA2，
∴4−12+m−52+4+12+52=1+12+m2，
解得：m=8，
∴P1，8；
②点A为直角顶点时，由勾股定理得：PA2+AB2=PB2，
∴1+12+m2+4+12+52=4−12+m−52，
解得：m=−2，
∴P1，−2；
③点P为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+PA2=AB2，
∴1+12+m2+4−12+m−52=4+12+52，
解得：m=6或m=−1，
∴P1，6或P1,−1；
综上，点P的坐标为1，8或1，−2或1，6或1,−1．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及二次函数与几何最值、动态问题、待定系数法求二次函数的解析式、求一次函数的解析式、二次函数的图象与性质、直角三角形的性质、解二元一次方程、解一元一次方程、解一元二次方程等知识，知识点较多，难度一般，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关联信息，利用数形结合和分类讨论的思想方法进行推理、探究和计算．
【题型6 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
【例6】（2024·辽宁阜新·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与x轴，y轴分别交于点A，C，抛物线y=−x2+bx+c过点A和点C，与x轴交于点B．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)抛物线对称轴与直线AC交于点D，若P是直线AC上方抛物线上的一个动点（点P不与点A，C重合），求△PAD面积的最大值；
(3)点M是抛物线对称轴上的一动点，x轴上方的抛物线上是否存在点N，使得△ANM是以AN为直角边的等腰直角三角形；若存在，请直接写出点N坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−3x+4
(2)△PAD面积的最大值是5
(3)点N坐标为−3+262,52或−3−262,52或−2−262,−1+262或−2+262,−1−262．
【分析】（1）先求得点A，C的坐标，再用待定系数法可得y=−x2−3x+4；
（2）过P作PK∥y轴交AC于K，求出y=−x2−3x+4的对称轴直线x=−32，D−32,52，设P(m,−m2−3m+4)，则K(m,m+4)，利用三角形面积公式可得关于m的二次函数，利用二次函数的性质求解即可；
（3）设Nt,−t2−3t+4，分∠ANM=90°，AN=MN和∠MAN=90°，AM=AN，两种情况列方程可解得答案．
【详解】（1）解：对于直线y=x+4，令x=0，则y=4；令y=0，则x=−4；∴A−4，0，C0，4，把A−4，0，C0，4代入y=−x2+bx+c得：
−16−4b+c=0c=4，
解得b=−3c=4，
∴y=−x2−3x+4；
（2）解：过P作PK∥y轴交AC于K，如图：
在y=−x2−3x+4中，对称轴为直线x=−−3−2=−32，
当x=−32时，y=−32+4=52，
∴D−32,52，
设P(m,−m2−3m+4)，则K(m,m+4)，
∴PK=−m2−3m+4−(m+4)=−m2−4m，
∴SΔAED=12PK×xD−xA=54−m2−4m
=−54m2+4m+4−4=−54m+22+5，
∵−54<0，
∴当m=−2时，SΔAED取最大值为5；
∴△PAD面积的最大值为5；
（3）解：∵A−4，0，对称轴为直线x=−32，
设Nt,−t2−3t+4，
当∠ANM=90°，AN=MN，过点N作x轴的平行线交对称轴于点F，过点A作y轴的平行线交NF于点E，如图，
∴∠ANE=90°−∠FNM=∠NMF，
∴△ANE≌△NMFAAS，
∴AE=NF，EN=FM，
∴AE=NF=xF−xN=−32−t=−t2−3t+4，
整理得t2+2t−112=0，
解得t=−2±262，
∴点N坐标为−2−262,−1+262或−2+262,−1−262；
当∠MAN=90°，AM=AN，过点N作x轴的垂线交x轴于点F，对称轴直线x=−32交x轴于点E，如图，
同理△AME≌△NAF，则AE=NF，即−32+4=−t2−3t+4，
整理得t2+3t−32=0，
解得t=−3±152，
∴点N坐标为−3+262,52或−3−262,52；
综上，点N坐标为−3+262,52或−3−262,52或−2−262,−1+262或−2+262,−1−262．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，等腰直角三角形性质及应用等，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
【变式6-1】（2024春·山西阳泉·九年级统考期末）综合与探究：在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于点A−1,0和点B4,0，与y轴交于点C，过动点D0,m作平行于x轴的直线l，直线l与抛物线y=ax2+bx−2相交于点E，F．

(1)求抛物线的表达式；
(2)求m的取值范围；
(3)直线l上是否存在一点P，使得△BCP是以BC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2；
(2)m>−258；
(3)存在，2或4．
【分析】（1）把点A−1,0和点B4,0代入y=ax2+bx−2，求解即可；
（2）将抛物线解析式化成顶点式，求得y的最小值为−258．由直线l与抛物线有两个交点，即可得出m>−258；
（3）分两种情况：①当∠BCP=90°，BC=PC时，②如图，当∠CBP=90°，BC=BP时，分别 求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−2经过点A−1,0和点B4,0，
∴a−b−2=0，16a+4b−2=0．
解得a=12,b=−32.
∴抛物线的表达式为y=12x2−32x−2．
（2）解：y=12x2−32x−2=12x−322−258
∴y的最小值为−258．
∵直线l与抛物线有两个交点，
∴m>−258．
（3）解：存在．
当x=0时，y=12x2−32x−2=−2．
∴点C的坐标为0,−2．
①如图，当∠BCP=90°，BC=PC时，过点P作PG⊥y轴于G，
∴∠BOC=∠CGP=90°．
∵∠BCO+∠PCG=90°，∠GPC+∠PCG=90°，
∴∠BCO=∠CPG．

在△BCO和△CPG中，∠BOC=∠CGP，∠BCO=∠CPG，BC=PC，
∴△BCO≌△CPG．
∴CG=BO=4．
∵CO=2，
∴m=OG=4−2=2．
延长PC至P'使得CP'=CP，此时△BCP'也是等腰直角三角形．
易得，此时m=−6．（不合题意，舍去）
②如图，当∠CBP=90°，BC=BP时，过点P作PM⊥x轴于M，

∵∠BOC=∠BMP=90°，∠BCO+∠OBC=90°，∠PBM+∠OBC=90°，
∴∠BCO=∠PBM．
∴△BCO≌△PBM．
∴PM=BO=4．
∴m=PM=4．
延长PB，使得BP'=BP，此时△BCP'也是等腰直角三角形．
同理可得， m=−4．（不合题意，舍去）
综上所述，直线l上存在一点P，使得△BCP是以BC为直角边的等腰直角三角形．
m的值为2或4．
【点睛】本题属二次函数综合题目，主要考查了用待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象性质，二次函数图象与直线交点问题，全等三角形判定与性质，等腰直角 三角形性质，属中考常考试题目，要求学生熟练掌握相关性质并能灵活运用是解题的关键，注意（3）问要分类讨论，以免漏解．
【变式6-2】（2024·新疆昌吉·模拟预测）【建立模型]（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线m经过点C，分别过点A，B作直线m的垂线，垂足分别为点D，E．求证：△ACD≌△CBE；
【类比迁移]（2）如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，AB与y轴交于点D，点C的坐标为0,−4，点A的坐标为8,0，求B，D两点的坐标；
【拓展延伸]（3）如图3，抛物线y=12x2−2x−6与x轴交于点A−2,0，点B6,0，与y轴交于点C，点P是抛物线对称轴上的一点，在抛物线上是否存在点M，使△PMB是以PM为斜边的等腰直角三角形?若存在，请求出点M的坐标?若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）B−4,4，D0,83；（3）2−22,−4或2+22,−4或2−26,4或2+26,4
【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质、二次函数与几何综合题，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）利用∠CAD=∠BCE,∠ADC=∠CEB,AC=CB，即可证明△ACD≌△CBE；
（2）过点B作BF⊥y轴于点F.证明△CFB≌△AOCAAS,则BF=CO=4,CF=AO=8，得到B−4,4. 待定系数法求出直线AB的解析式为y=−13x+83，当x=0时，y=83，即可得到D0,83
（3）求出y=12x2−2x−6=12x−22−8，得到抛物线的对称轴为直线x=2,设抛物线的对称轴交x轴于点H,过点M作MN⊥x轴于点N，分两种情况：当点M在x轴的下方和
点M在x轴的上方，分别进行解答即可．
【详解】（1）证明:∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°.
∵AD⊥CE,
∴∠ADC=90°，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCE=∠CAD，
在△ACD和△CBE中，
∠CAD=∠BCE,∠ADC=∠CEB,AC=CB
∴△ACD≌△CBEAAS
（2）解:如图,过点B作BF⊥y轴于点F.

由题意,得OC=4,OA=8.
∵∠BFC=∠AOC=∠ACB=90°，
∴.∠BCF+∠ACO=90°,∠BCF+∠CBF=90°,
∴∠ACO=∠CBF
又∵CB=CA,∠CFB=∠AOC,
∴△CFB≌△AOCAAS,
∴.BF=CO=4,CF=AO=8
∴OF=4
∴.B−4,4.
设直线AB的解析式为y=kx+bk≠0,
将A8,0,B−4,4代入y=kx+bk≠0中,得8k+b=0−4k+b=4,
解得k=−13b=83
∴直线AB的解析式为y=−13x+83，
当x=0时，y=83，
∴ D0,83
（3）解:∵y=12x2−2x−6=12x−22−8
∴抛物线的对称轴为直线x=2,
设抛物线的对称轴交x轴于点H,过点M作MN⊥x轴于点N，
①当点M在x轴的下方时,如图，

∵∠PBM=90°,PH⊥AB,
∴∠BPH+∠PBH=∠MBN+∠PBH
∴∠BPH=∠MBN
又∵∠PHB=∠BNM,PB=BM，
∴△PBH≌△BMNAAS.
∴.BH=MN,PH=BN.
设P2,t，
∴BN=PH=t,MN=BH=6−2=4，
∴ON=t−6，
∴M6−t,−4，
将M6−t,−4 代入y=12x2−2x−6中,
得126−t2−26−t−6=−4,
解得t=4+22或t=4−22
∴. 点M的坐标为2−22,−4或2+22,−4；
②当点M在x轴的上方时,如图,

同理可得，点M的坐标为2−26,4或2+26,4.
综上所述,点M的坐标为2−22,−4或2+22,−4或2−26,4或2+26,4.
【变式6-3】（2024春·福建漳州·九年级校考期中）如图①，已知抛物线y=ax2+bx+3的图象经过点B1,0，与y轴交于点A，其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的角平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连接PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；
(3)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．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)当m= 52时，四边形AOPE面积最大，最大值为758
(3)P点的坐标为 ：P1( 3+52 , 1−52 )，P2( 3−52 , 1+52 )，P3( 5+52 , 1+52 )，P4( 5−52 , 1−52 )
【分析】（1）根据对称轴可得x=−b2a=2，将B1,0代入，待定系数法求解析式可得抛物线的解析式；
（2）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，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；
（3）存在四种情况：如图3，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．
【详解】（1）解：依题意，x=−b2a=2，
∴b=−4a，
∴抛物线解析式为y=ax2−4ax+3，
将点B1,0代入得a−4a+3=0
解得：a=1，
∴抛物线的解析式；y=x2−4x+3；
（2）如图2，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)，
设直线OE的解析式为y=kx，
∴ 3=3k，
解得：k=1，
则直线OE的解析式为：y=x，
过P作PG∥y轴，交OE于点G，
∴G(m,m)，
∴PG=m−(m2−4m+3)=−m2+5m−3，
∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE，
= 12 ×3×3+ 12 PG⋅AE，
= 92 + 12 ×3×(−m2+5m−3)，
=− 32 m2+ 152 m，
= 32 m−522+ 758，
∵− 32 <0，
∴当m= 52时，S有最大值是758；
（3）如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，
∵ ∠OMP=∠OPF=∠FNP=90°
∴ ∠MOP=90°−∠OPM=∠NPF
∴△OMP≌△PNF，
∴OM=PN，
∵P(m,m2−4m+3)，
则−m2+4m−3=2−m，
解得：m= 5+52或5−52，
∴P的坐标为( 5+52 , 1+52 )或( 5−52 , 1−52 )；
如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，连接PF．
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN=FM，
则−m2+4m−3=m−2，
解得：x= 3+52或3−52；
P的坐标为( 3+52，1−52 )或( 3−52，1+52 )；
综上所述，点P的坐标是：P1( 3+52 , 1−52 )，P2( 3−52 , 1+52 )，P3( 5+52 , 1+52 )，P4( 5−52 , 1−52 )．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，解第(2)问时需要运用配方法，解第(3)问时需要运用分类讨论思想和方程的思想解决问题．
【题型7 二次函数中平行四边形的存在性问题】
【例7】（2024·山东·模拟预测）如图，平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+c交x轴于点A、B，交y轴于点C．连接BC、AC．已知A(−1,0)，B(5,0)，tan∠BCO=2．
(1)求抛物线的表达式；
(2)已知点D为线段BC上方抛物线上的一个动点，连接BD、CD．连接AD，分别交y轴与BC于点E、F．当四边形ABCD的面积最大时，求直线AD的表达式及此时△BEF的面积；
(3)点P为抛物线上的一个动点，当四边形ABCD的面积最大时，抛物线的对称轴x=m上是否存在点Q，使得四边形CDPQ为平行四边形？若存在，请求出平行四边形CDPQ的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+2x+52
(2)y=514x+514，7528
(3)存在，516
【分析】（1）根据tan∠BCO=BOCO=2．可求得C0,52，设抛物线的表达式的抛物线为：y=ax+1x−5，将C0,52代入即可求解；
（2）S四边ABCD=S△BCD+S△ABC，S△ABC为定值，故求出S△BCD的最大值即可求解；根据S△BEF=S△ABF−S△ABE即可求解；
（3）根据平行四边形对角线互相平分可求出点Q的坐标，继而根据S▱CDPQ=2S△CDQ即可求解；
【详解】（1）解：∵B(5,0)，tan∠BCO=BOCO=2．
∴C0,52
设抛物线的表达式的抛物线为：y=ax+1x−5，
将C0,52代入可得：52=a×−5
解得：a=−12
∴y=−12x+1x−5=−12x2+2x+52
（2）解：设直线BC的解析式为：y=kx+b，
则b=525k+b=0，
解得：b=52k=−12，
∴直线BC的解析式为：y=−12x+52，
过点D作y轴的平行线交直线BC于点G，如图所示：
设点Dm,−12m2+2m+52，则Gm,−12m+52 0∴S△BCD=12×5−0×DG=52×−12m2+2m+52−−12m+52=−14m−522+2516
∴当m=52，即点D52,54时，S△BCD有最大值，且最大值为2516；
∵S四边ABCD=S△BCD+S△ABC，S△ABC为定值
∴此时S四边ABCD也最大
设直线AD的解析式为：y=k'x+b'，
则−k'+b'=052k'+b'=54，
解得：b'=514k'=514，
∴直线AD的解析式为：y=514x+514，
令x=0可得y=514，即E0,514
联立y=−12x+52y=514x+514，解得：x=52y=54
∴F52,54
∴S△BEF=S△ABF−S△ABE=12×5−−1×54−514=7528
（3）解：由A(−1,0)，B(5,0)可知：抛物线的对称轴为直线x=−1+52=2，
由（2）可得D52,54，
设Pp,−12p2+2p+52,Q2,q
若四边形CDPQ为平行四边形，则0+p=52+252−12p2+2p+52=54+q，
解得：p=92q=118
∴Q2,118
设直线CD的解析式为：y=k''x+b''，
则b''=5252k''+b''=54，
解得：b''=52k''=−12，
∴直线CD的解析式为：y=−12x+52，
过点Q作y轴的平行线交直线CD于点H，如图所示：
则H2,−12×2+52，即H2,32
∴S▱CDPQ=2S△CDQ=2×12×52−0×32−118=516
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，涉及了一次函数的解析式求解，平行四边形的存在性问题，二次函数的性质等知识点，综合性较强，掌握函数的相关知识点是解题关键．
【变式7-1】（23-24九年级·四川泸州·期中）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴分别交于点A(−1,0)、B(3,0)，与y轴交于点C(0，3)．
(1)求这条抛物线对应的二次函数的解析式；
(2)若其顶点为D，设点P是抛物线的对称轴l上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；
(3)设点E为抛物线上一点，抛物线对称轴上是否存在一点F，使得以B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出E点和F点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的表达式为y=−x2+2x+3
(2)点P的坐标为(1,−4+26)或(1,−4−26)
(3)存在，E、F的坐标分别为（2，3）、(1,0)或(4,−5)、(1,−2)或(−2,−5)、(1,−8)
【分析】本题考查了二次函数的图像和性质、待定系数法求函数解析式、切线的性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、坐标与图形性质、三角形面积等知识；
（1）根据题意分别代入点A、B、C，分别解出a、b、c即可求出答案．
（2）设点P的坐标为(1,m)，由待定系数法求出直线CD的解析式为：y=x+3，则直线CD与X轴的交点为G(−3,0)，证△DNG是等腰三角形，则∠NDG=45°，则直线CD与圆P相切于点Q，连接PQ，由切线的性质得出PQ⊥CD，PQ=PA则△PQD是等腰三角形，得PD=2PQ=2PA，由PD=m+4，PA=4+m2，则m+4=24+m2，解得m=4±26即可得出答案．
（3）由题意得S△ABC−S△ABM=S△AOC，AB=OA+OB=4，由面积求出yM=−94，由待定系数法求出直线BC的解析式为y=x−3，则M(34,−94)，同理得AM的解析式为y=−97x−97，分三种情况，由平行四边形的性质和对称的性质即可得出答案．
【详解】（1）解：由题意得：y=a(x+1)(x−3)=a(x2−2x−3)，
则−3a=3，则a=−1，
则抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：如图1，设直线CD切⊙P于点E．连接PE、PA，作CF⊥DQ于点F．
∴PE⊥CD，PE=PA．
由y=−x2+2x+3，得
对称轴为直线x=1，C(0，3)、D(1，4)．
∴DF=4−3=1，CF=1，
∴DF=CF，
∴△DCF为等腰直角三角形．
∴∠CDF=45°，
∴∠EDP=∠EPD=45°，
∴DE=EP，
∴△DEP为等腰三角形．
设P(1,m)，
∴EP2=12(4−m)2．
在△APQ中，∠PQA=90°，
∴AP2=AQ2+PQ2=[1−(−1)]2+m2，
∴12(4−m)2=[1−(−1)]2+m2．
整理，得m2+8m−8=0，
解得，m=−4±26．
∴点P的坐标为(1,−4+26)或(1,−4−26)；
（3）解：存在，理由：
设点E(m,−m2+2m+3)，点F(1,t)，
当BC为对角线时，
由中点坐标公式得：3=m+13=t−m2+2m+3，解得：m=2t=0，
则点E、F的坐标分别为：(2,3)、(1，0)；
当BF或BE为对角线时，
同理可得：3+1=mt=−m2+2m+3+3或1=m+3t+3=−m2+2m+3，
解得：m=4t=−2或m=−2t=−8，
则点E、F的坐标分别为：(4,−5)、(1,−2)或(−2,−5)、(1,−8)；
综上，E、F的坐标分别为：(2,3)、(1，0)或(4,−5)、(1,−2)或(−2,−5)、(1,−8)．
【变式7-2】（2024·海南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知点A0,−5,C−4,0，以OC,OA为边作矩形OABC，点D−32,−5为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，点B恰好落在OA边上的点E处．
(1)求经过O,D,C三点的抛物线的解析式；
(2)求四边形CDEO的面积；
(3)一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ；
(4)若点N在（2）中的抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使得以M,N,C,E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点的坐标；若不存在，请说明理由
【答案】(1)y=43x2+163x
(2)494
(3)53
(4)当点M的坐标为2,16、−6,16、−2,−163时，以点M，N，C，E为顶点的四边形为平行四边形．
【分析】（1）用待定系数法求抛物线解析式即可．
（2）由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE即可得出点E坐标，利用S四边形CDEO=S梯形ADCO−S△ADE代入数据解答即可；
（3）用t表示出CP、BP的长，可证明Rt△PBD≌Rt△QEDHL，可得到PB=QE，即CB−CP=EQ可求得t的值；
（4）分三种情况∶①当M点在对称轴右侧，即为M1点，当M1N∥CE且M1N=CE时，四边形ECNM1为平行四边形，过M1作M1F垂直对称轴于点F，△M1FN≌△COE，则FM1=OC=4，又对称轴为直线x=−2，最后根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；②当M点在对称轴左侧，即为M2，当M2N∥CE且M2N=CE时，四边形ECM2N为平行四边形，过M2作M2F垂直对称轴于点F，则△M2FN≌△COE，则FM2=OC=4，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；③当M点在抛物线的顶点上，即为点M3，当CN∥M3E且CN=M3E时，四边形EM3CN为平行四边形，CE与NM3相交于点O'，则O'为线段CE的中点，点M3在对称轴上，则M3的横坐标为−2，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】（1）解：设过O，D，C三点的抛物线的解析式为y=axx+4a≠0，
∵D−32,−5，
∴−5=−32a⋅−32+4，
∴a=43，
∴经过O，D，C三点的抛物线的解析式为y=43x2+163x；
（2）点A0,−5,C−4,0，D−32,−5，以OC、OA为边作矩形OABC，
∴CE=CB=OA=5，CO=AB=4， AD=32，
在Rt△COE中，
OE=CE2−CO2=3，
∴E0,−3，
∴AE=5−3−2，
∴S四边形CDEO=S梯形ADCO−S△ADE
=32+4×52−12×32×2
=494；
（3）由运动时间为t秒，则EQ=t，CP=2t，则BP=5−2t
∵△BCD沿直线CD折叠得到△ECD，
∴BD=ED，
若DP=DQ，
则Rt△PBD≌Rt△QEDHL，
∴PB=QE，即CB−CP=EQ．
∴5−2t=t，
解得t=53；
（4）①如下图，当M点在对称轴右侧，即为M1点，
当M1N∥CE且M1N=CE时，四边形ECNM1为平行四边形，
过M1作M1F垂直对称轴于点F，则△M1FN≌△COE，
∴FM1=OC=4，又对称轴为直线x=−2，
∴此时点M1的横坐标为2，
对于y=43x2+163x，
当x=2时，y=16，
∴点M1的坐标为2,16；
②如下图，当M点在对称轴左侧，即为M2，
当M2N∥CE且M2N=CE时，四边形ECM2N为平行四边形，
过M2作M2F垂直对称轴于点F，则△M2FN≌△COE，
∵FM2=OC=4，对称轴直线x=−2，
∴此时点M2的横坐标为−6．
对于y=43x2+163x，
当x=−6时，y=16，
∴点M2的坐标为−6,16；
③如解图，当M点在抛物线的顶点上，即为点M3，
当CN∥M3E且CN=M3E时，四边形EM3CN为平行四边形，
CE与NM3相交于点O'，则O'为线段CE的中点，
又∵点M3在对称轴上，则M3的横坐标为−2，
对于y=43x2+163x，
当x=−2时，y=−163，
∴点M3的坐标为−2,−163．
综上所述，当点M的坐标为2,16、−6,16、−2,−163时，以点M，N，C，E为顶点的四边形为平行四边形．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、折叠的性质、矩形的性质等知识，平行四边形的性质，分类讨论的思想，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
【变式7-3】（23-24九年级·吉林·阶段练习）如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A、B的坐标分别为A−2,0、B4,0，点C的坐标为0,6．点D是抛物线第一象限上一个动点．设点D的横坐标为m0(1)求抛物线的解析式；
(2)当四边形BOCD的面积最大时，求m的值；
(3)在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出占M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−34x2+32x+6
(2)2
(3)2,0或17−1,0或−17−1,0或6,0
【分析】（1）将A、B、C的坐标代入解析式，即可求解；
（2）过D点作DE⊥x轴交于E，可得Dm,−34m2+32m+6由S四边形OBDC=S梯形OEDC+S△BED得二次函数，利用二次函数性质即可求解；
（3）分类讨论①BD为边时，（ⅰ）当N与C重合时，此时四边形BDNM是平行四边形，由平行四边形的性质得BM=CD=2，即可求解；（ⅱ）当构成四边形BDNM是平行四边形时，由点的平移得点D由点B向左平移2个单位，再向上平移6个单位，可得点M由点N向左平移2个单位，再向上平移6个单位，设Nn,−34n2+32n+6，由点的平移规律得Mn−2,−34n2+32n+12，由点M在x轴上，即可求解； ②BD为对角线时，同理可求解．
【详解】（1）解：由题意得
4a−2b+c=016a+4b+c=0c=6，
解得：a=−34b=32c=6，
∴抛物线的解析式为y=−34x2+32x+6；
（2）解：如图，过D点作DE⊥x轴交于E，
∴Dm,−34m2+32m+6，
∴OE=m，
BE=OB−OE
=4−m，
DE=−34m2+32m+6，
∴S四边形OBDC=S梯形OEDC+S△BED
=12OEDE+OC+12BE⋅DE
=12×m−34m2+32m+6+6+12×4−m−34m2+32m+6
=−32m2+6m+12
=−32m−22+18，
∵−32<0，0∴当m=2时，S四边形OBDC取得最大值；
（3）解：∴ yD=−34×4+32×2+6
=6，
∴D2,6；
①BD为边时，
（ⅰ）当N与C重合时，此时四边形BDNM是平行四边形，
∵C0,6，D2,6，
∴DN∥x轴，
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴BM=CD=2，
∴M2,0；
（ⅱ）如图，当构成四边形BDNM是平行四边形时，
∵点D由点B向左平移2个单位，再向上平移6个单位，
∵点M由点N向左平移2个单位，再向上平移6个单位，
设Nn,−34n2+32n+6，
∴ Mn−2,−34n2+32n+12，
∵M在x轴上，
∴ −34n2+32n+12=0，
解得：n1=1+17，n2=1−17，
当n=1+17时，
n−2=17−1，
当n=1−17时，
n−2=−17−1，
∴M17−1,0或−17−1,0；
②如图，BD为对角线时，
此时当N与C重合时，四边形BNDM是平行四边形，
同理可求：M6,0；
综上所述： M的坐标为2,0或17−1,0或−17−1,0或6,0．
【点睛】本题考查了二次函数几何综合应用，待定系数法，动点产生的面积最值问题，动点平行四边形问题，能“化动为静”表示出面积，熟练利用二次函数的性质求解，能根据点的不同位置进行分类讨论求解是解题的关键．
【题型8 二次函数中矩形的存在性问题】
【例8】（23-24九年级·湖南长沙·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+mx+n经过点A(3,0),B(0,−3)两点，点P是直线AB上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M、交x轴于点N．设点P的横坐标为t；
(1)分别求直线AB和这条抛物线的解析式；
(2)若点P在第四象限，若PM=ON，求此时点P的坐标；
(3)点C是平面直角坐标系中的一点，当点M在第四象限时，是否存在这样的点M，使得以A、C、B、M为顶点组成的以AB为边的矩形?若存在，求点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AB:y=x−3，y=x2−2x−3；
(2)P(2,−1)；
(3)C(4,−1)
【分析】本题主要考查二次函数的图像和性质，待定系数法求函数解析式，二次函数与一次函数的交点问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
（1）设lAB=kx+b，将A(3,0),B(0,−3)代入两个函数解析式即可求出答案；
（2）设P(m,m−3),mm,m2−2m−3，根据N(m,0)则ON=m计算即可；
（3）分当AB2+AM2=BM2时；AB2=AM2+BM2时AM⊥BM；AB2+BM2=AM2三种情况依次进行讨论即可．
【详解】（1）解：设lAB=kx+b，
将A(3,0),B(0,−3)代入，
0=3k+b−3=b，
解得k=1b=−3，
故AB:y=x−3，
y=x2+mx+n，
将A(3,0),B(0,−3)代入，
∴0=32+m⋅3+n−3=02+m⋅0+n，
解得n=−3m=−2，
∴y=x2−2x−3；
（2）解：设P(m,m−3)，Mm,m2−2m−3，
N(m,0)则ON=m，
∴m=(m−3)−m2−2m−3，整理得，m=m−3−m2+2m+3，
m2−2m=0，0∴m=2，
∴P(2,−1)；
（3）解：AB2=32+32，
AM2=(m−3)2+m2−2m−32，
BM2=m2+m2−2m2，
①当AB2+AM2=BM2时．
32+32+(m−3)2+m2−2m−32=m2+(m−2m)2，
32+32+32−6m−6m2−2m+32=0，
36−6m−6m2−2m=0.
6−m−m2−2m=0，
m2−m−6=0,
m+2m−3=0.
m=−2或m=3（舍），
M(−2,5) (没在第四象限，舍去)，
②AB2=AM2+BM2时AM⊥BM．
m2−2m−3+3m−0⋅m2−2m−3m−3=−1，
m2−2mm2−2m−3=m(3−m)，
(m−2)m2−2m−3=(3−m)，
(m−2)(m+1)(m−3)=(3−m)，
而m≠3，
∴(m−2)(m+1)=−1，
m2−m−2=−1，
m2−m−1=0.
m=1±1+42=1±52，
③AB2+BM2=AM2时，
32+32+m2+(m−2m)2=(m−3)2+m2−2m−32，
32+32=32−6m+32−6m2−2m，
6m+6m2−2m=0，
m2−m=0而m≠0，
∴m=1.M(1,−4)，
矩形ABMC时，C(4,−1)，
综合得C(4,−1)．
【变式8-1】（2024春·广东江门·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx−2a≠0交x轴于A−1，0、B两点，交y轴于点C，其对称轴为x=1.5，
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)P为第四象限内抛物线上一点，连接PB，过点C作CQ∥BP交x轴于点Q，连接PQ，求△PBQ面积的最大值及此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，将抛物线y=ax2+bx−2a≠0向右平移经过点Q，得到新抛物线，点E在新抛物线的对称轴上，是否在平面内存在一点F，使得以A、P、E、F为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)△PBQ面积的最大值为4，此时P的坐标为2,−3
(3)存在，点F的坐标为F156,116，F2416,116
【分析】（1）把点A的坐标代入得到0=a−b−2，再根据抛物线的对称轴，得出a和b的关系式，即可求解；
（2）连接PC，PB，BC，过P点作平行于y轴的直线交BC于H点，根据CQ//BP可得S△PBQ=S△PBC，从而求△PBC面积的最大值即可，通过设P的坐标，得到H的坐标，从而建立关于△PBC面积的二次函数表达式，最终结合二次函数的性质求解即可；
（3）通过（2）的结论首先确定出平移后抛物线的解析式，设出E，F的坐标，运用勾股定理进行分类讨论即可．
【详解】（1）将A−1,0，代入y=ax2+bx−2得：0=a−b−2，
∵抛物线对称轴为对称轴为x=1.5，
∴−b2a=1.5，即b=−3a，
把b=−3a代入0=a−b−2得：0=a+3a−2，
解得：a=12，
∴b=−32，
∴抛物线的解析式为：y=12x2−32x−2；
（2）如图所示，连接PC，PB，BC，过P点作平行于y轴的直线交BC于H点，
∵CQ//BP，
∴S△PBQ=S△PBC，即求△PBC面积的最大值即可，
把x=0代入y=12x2−32x−2得y=−2，
∴C坐标为0,−2，
设直线BC的解析式为：y=tx+c，
将B4,0，C0,−2代入得：4t+c=0c=−2，解得：t=12c=−2，
∴直线BC的解析式为：y=12x−2，
设Pm,12m2−32m−2，则Hm,12m−2，
∴PH=12m−2−12m2−32m−2=−12m2+2m，
∴S△PBC=12PHxB−xC=−m2+4m=−m−22+4，
根据二次函数的性质可得：当m=2时，S△PBC取得最大值为4，
将m=2代入Pm,12m2−32m−2，得到此时P的坐标为2,−3，
∴△PBQ面积的最大值为4，此时P的坐标为2,−3；
（3）存在，理由如下：
由（2）可知，当△PBQ面积的最大值为4时，P的坐标为2,−3，
∵S△PBQ=12BQ⋅yP=4，
∴BQ=83，则Q43,0，
∵原抛物线解析式为：y=12x2−32x−2=12x−322−258，
∴设向右平移后的解析式为：y=12x−32−n2−258，
将Q43,0代入求得：n=73（舍负值），
∴平移后抛物线的解析式为：y=12x−2362−258，其对称轴为直线x=236，
∴设E236,k，Fp,q，则结合A、P的坐标可得：
AP2=18，AE2=2962+k2，PE2=1162+k+32，
①当AP⊥PE时，如图所示，
此时根据勾股定理得：AP2+PE2=AE2，
即：18+1162+k+32=2962+k2，解得：k=−76，即：E1236,−76，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
2+p=−1+2360−76=−3+q，解得：p=56q=116，
∴F156,116；
②当AP⊥AE时，如图所示，
此时根据勾股定理得：AP2+AE2=PE2，
即：18+2962+k2=1162+k+32，解得：k=296，即：E2236,296，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
−1+p=2+2360+q=−3+296，解得：p=416q=116，
∴F2416,116；
③当AE⊥PE时，根据勾股定理得：AE2+PE2=AP2，
即：2962+k2+1162+k+32=18，
整理得：k2+3k+31936=0，
∵Δ=9−4×31936<0，
∴上述方程在实数范围内无解，即不存在AE⊥PE的情况，
综上所述，所有可能的点F的坐标为F156,116，F2416,116．
【点睛】本题考查二次函数综合运用，以及矩形的性质，准确求得抛物线的解析式，并灵活根据矩形的性质进行分类讨论是解题关键．
【变式8-2】（2024·山东东营·东营市胜利第一初级中学校考三模）已知抛物线y=ax2+bx−4a≠0交x轴于点A4,0和点B−2,0，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点P是抛物线上位于直线AC下方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点D，交x轴于点E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标及PD+PE最大值．
(3)在抛物线上是否存在点M，对于平面内任意点N，使得以A、C、M、N为顶点且AC为一条边的四边形为矩形，若存在，请直接写出M、N的坐标，不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−x−4
(2)P32,−358；254
(3)M−4,8、N−8,4
【分析】（1）把点A4,0和点B−2,0代入抛物线y=ax2+bx−4a≠0，解方程即可得到a、b的值；
（2）先用待定系数法求出直线AC的解析式，再设Pt,12t2−t−40（3）假设抛物线上是存在点M，对于平面内任意点N，使得以A、C、M、N为顶点且AC为一条边的四边形为矩形，过点O作OH⊥AC于一点H，可求得AH的解析式，则可设出过点A且与OH平行的直线解析式，经计算验证可得过点A的直线MA与抛物线有交点M，联立方程可求得M的坐标，通过平移即可求得点N的坐标．
【详解】（1）解：把点A4,0和点B−2,0代入抛物线y=ax2+bx−4a≠0，
得16a+4b−4=04a−2b−4=0，
解得a=12b=−1，
∴抛物线的解析式为y=12x2−x−4；
（2）解：由（1）知，点C的坐标为0,−4，
设直线AC的解析式为y=mx+n，
则4m+n=0n=−4，
解得m=1n=−4，
∴直线AC的解析式为y=x−4，
设Pt,12t2−t−40∴PD+PE=−12t2−t−4+t−12t2−t=−t2+3t+4=−t−322+254，
∴当t=32时，PD+PE有最大值，最大值为254，
此时点P的坐标为32,−358；
（3）解：过点O作OH⊥AC于一点H，如图所示：
，
∵A4,0，C0,−4，
∴△OAC为等腰直角三角形，
∴点H为AC的中点，即H2,−2，
则OH所在的直线方程为y=−x，
∵四边形AMNC为矩形，
∴过A与直线AC相垂直的直线函数解析式中的k值与OH的解析式的k值相同，
∴设AM所在的直线解析式为y=−x+b1，
∵点A在直线AM上，
∴可求得b1=4，即AM所在的直线解析式为y=−x+4，
联立AM的直线方程与抛物线的解析式，
得y=−x+4y=12x2−x−4，解得x=−4y=8或x=4y=0，
其中4,0为点A的坐标，即M−4,8，
∵四边形AMNC为矩形，MN∥AC且MN=AC，
根据点A与点C的关系，把点M向下平移4个单位长度，再向左平移4个单位长度，可得到点N的坐标，
即N−8,4．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，求二次函数的最值，特殊四边形的交点坐标，坐标平移，用待定系数法确定函数解析式是解本题的关键．
【变式8-3】（2024春·内蒙古通辽·九年级校考期中）如图，抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A(3,0),B(−1,0)两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式和对称轴．
(2)若R为第一象限内抛物线上点，满足SΔRAC=12SΔABC，求R的坐标．
(3)若点P在抛物线的对称轴上，点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点P使得A、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，对称轴是直线x=1
(2)(1，4)或(2，3)
(3)存在，点P的坐标是(4，1)或(−2，1)或2,3+172或2,3−172
【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；
（2）先求出△ABC的面积，然后求出直线AC的解析式，设点R(x，−x2+2x+3)，则M(x，−x+3)，根据S△ARC=12MP⋅OA列方程求出点的坐标；
（3）设P(1,t)，点Q(m，n)，然后分两种情况讨论：当AC为边时，当AC为对角线时，列出方程组即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3交x轴于A3,0，B−1,0两点，
∴9a+3b+3=0a−b+3=0，
解得：a=−1b=2，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴对称轴为直线x=1；
（2）解：当x=0时，y=3，
∴OC=3，
∵点A(3,0),B(−1,0)，
∴AB=4，
S△ABC=12AB×OC=12×4×3=6，
∴S△ARC=3，
设AC的解析式为y=mx+n，把(0，3)，(3，0)代入得：
b=33k+b=0，解得k=−1b=3，
∴y=−x+3，
如图，过点R作RM⊥x轴交AC于点M，
设点R(x，−x2+2x+3)，则M(x，−x+3)，
∴MR=−x2+2x+3−(−x+3)=−x2+3x，
∴S△ARC=12MR⋅OA=12(−x2+3x)×3=3，
解得x=1或x=2，
∴R的坐标为(1，4)或(2，3)；
（3）解：存在．
设P(1,t)，点Q（m，n），
当以AC为边时，点C向点P（或点Q）平移的方向和距离与点A向点Q（或点P）平移的方向和距离相同，且AP=CQ（或AQ=CP），
∴0−1=3−m3−t=0−n1−32+t2=m2+n−32或0−m=3−13−n=0−t12+3−t2=m−32+n2，
解得：t=4m=4n=1 或t=−2m=−2n=1，
∴此时点Q的坐标为(4，1)或(−2，1)
如图，当AC为对角线时，AC=PQ，且PQ与AC的中点重合，如图，
PQ=AC =32+32=32，
∴1+m2=32n+t2=321−m2+n−t2=322，解得：n=3+172m=2t=3−172或n=3−172m=2t=3+172，
∴此时点Q的坐标为2,3+172或2,3−172；
综上所述，点Q的坐标为(4，1)或(−2，1)或2,3+172或2,3−172
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象和性质，矩形的性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，矩形的性质，灵活利用数形结合思想是解题的关键，是中考的压轴题．
【题型9 二次函数中菱形的存在性问题】
【例9】（2024·广东珠海·三模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A在y轴负半轴上.
(1)如图1，已知点O0,0，B−1,−1，C1,m在抛物线上y=ax2a≠0，则a=________；m=_______；
(2)在（1）的条件下，若点D在抛物线上，且AD∥x轴，是否存在四边形ABCD为菱形？请说明理由；
(3)如图2，已知正方形ABCD的顶点B，D在二次函数y=ax2（a为常数，且a<0）的图象上，点D在点B的左侧，设点B，D的横坐标分别为m，n，请求出m，n满足的数量关系.
【答案】(1)－1；－1
(2)不存在，理由见解析
(3)m，n满足的等量关系为n+m=0或n−m=1a
【分析】（1）利用待定系数法将点的坐标代入函数解析式即可求出a、m的值；
（2） 假设存在，由B−1,−1，C1,−1，可知BC=2，因为四边形ABCD为菱形，所以AD=BC=AB=2，可求出AE=3，因此可求得点A的坐标，根据AD∥x轴，亦可求出点D的坐标，又已知点D在抛物线y=−x2上，而−4≠−1−3，因此假设不成立，即不存在四边形ABCD为菱形；
（3）过点B作BF⊥y轴，垂足为F，过点D作DE⊥y轴，垂足为E，则Bm,am2，Dn,an2，然后分情况讨论：①当点B，D均在y轴左侧时，②当点D在y轴左侧，点B在y轴右侧时，③当点B，D均在y轴右侧时，证明△ABF≌△DAE(AAS)，因此利用BF=AE，AF=DE，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵ B−1,−1，C1,m在抛物线上y=ax2a≠0，
将B−1,−1代入y=ax2，得a=−1，
∴y=−x2，
将C1,m代入y=−x2，得m=−1，
（2）不存在．
理由如下：
假设存在，由（1）得B−1,−1，C1,−1，
∴BC=2，
设BC与y轴交于点E，
∴BE=12BC=1，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=BC=AB=2，
∴AE=22−12=3．
∴点A的坐标为0,−1−3，
∵AD∥x轴，
∴点D的坐标为2，−1−3，
又∵点D在抛物线y=−x2上，而−4≠−1−3，
∴假设不成立，
∴不存在四边形ABCD为菱形；
（3）过点B作BF⊥y轴，垂足为F，过点D作DE⊥y轴，垂足为E，则Bm,am2，Dn,an2，
①当点B，D均在y轴左侧时，如图1，
BF=−m，DE=−n，OF=−am2，OE=−an2，
∵∠BAF+∠ABF=90°，∠BAF+∠DAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
又∵AB=DA，∠AFB=DEA
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴−m=−an2−−am2−−n，
化简得n+m=an−mn+m，
∵n+m≠0，
∴n−m=1a；
②当点D在y轴左侧，点B在y轴右侧时，如图2，
BF=m，DE=−n，OF=−am2，OE=−an2，
同理可得△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴m=−am2+−n−−an2，
化简得n+m=an−mn+m，
∴n+m=0或n−m=1a；
③当点B，D均在y轴右侧时，如图3，
BF=m，DE=n，OF=−am2，OE=−an2，
同理可得△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴m=−am2+−an2−n，
化简得n−m=an−mn+m，
∵n+m≠0，
∴n−m=1a，
综上所述，m，n满足的等量关系为n+m=0或n−m=1a．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图像和性质，正方形和菱形的性质，全等三角形的判定和性质，本题的关键是熟练运用二次函数的性质解题．
【变式9-1】（2024·山东东营·模拟预测）如图，抛物线y=12x2+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)直线AC的函数表达式为y=−x−6，直线BC的函数表达式为y=3x−6
(2)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2−25，25；
【分析】本题考查了二次函数图形的性质、一次函数图形的性质、菱形的性质，熟练掌握菱形的性质和待定系数法是解题的关键．
（1）分别令x=0，y=0即可求出A、B、C三点的坐标；根据A、B、C三点的坐标求直线AC，BC的函数表达式即可；
（2）根据直线AC的表达式设点D(m,−m−6)，然后分为四边形BDEC是菱形和四边形CBED是菱形两种情况分别讨论即可．
【详解】（1）解：当x=0时 ，y=−6
故点C(0,−6)
当y=0时，有12x2+2x−6=0
解得：x1=2，x2=−6
∴A(−6,0)，B(2,0)
设直线AC的表达式为：y=kx+b；
将A(−6,0)，C(0,−6)代入得：−6k+b=00+b=−6 ，
解得：k=−1b=−6
故直线AC的表达式为：y=−x−6 ；
同理可得：直线BC的表达式为：y=3x−6；
（2）解：①存在：设点D的坐标为D(m,−m−6)，其中−6∵B2，0，C0，−6，
∴BD2=m−22+m+62，BC2=22+62=40，DC2=m2+−m−6+62=2m2，
∵DE∥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−22+m+62=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=−25，m2=25（舍去），
∴点D的坐标为−25，25−6，
∵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2−25，25；
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2−25，25．
【变式9-2】（2024·吉林长春·二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上，抛物线y=x2+bx+c经过点B，D(−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)F为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE、BF或EB、EF边的菱形．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接ME，BP，探究EM+MP+PB是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)点F的坐标为(−1,22)或(−1,−22)或(−1,5−17)或(−1,5+17)
(3)存在，EM+MP+PB的最小值为41+1，P0,54
【分析】（1）由四边形ABCD为正方形及点D的坐标，可求得点B的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）由抛物线解析式求出抛物线的对称轴，则可得点E的坐标，从而求得EB2=26；
分两种情况：①当BF=BE吋；②当EF=BE时，设点F坐标为(−1,a)，利用BF=BE或EF=BE建立关于a的方程，求出a的值，即可求得点F的坐标；
（3）连接OM、DM，易得四边形BOMP是平行四边形，则OM=BP，从而有
EM+MP+PB=DM+MO+1，故当DM+MO+1的值最小时，则EM+MP+PB值最小，当点D、M、O三点共线时，DM+MO+1的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，且由勾股定理可求得OD的值，即可求得EM+MP+PB的最小值；再求出OD的解析式，即可求得它与对称轴的交点M的坐标，从而求得点P的坐标．
【详解】（1）解:∵四边形ABCD为正方形，D(−4,5)，
∴AD=AB=5，A(−4,0)
∴AO=4，
∴OB=1，
∴B(1,0)；
把点B、D坐标代入y=x2+bx+c得：16−4b+c=51+b+c=0，解得：b=2c=−3，
∴拋物线的解析式为y=x2+2x−3：
（2）解：由（1）得B(1,0)，抛物线解析式为y=x2+2x−3，
则抛物线的对称轴为直线x=−1，
∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称，
∴E(2,5)，
∴ BE2=(1−2)2+(0−5)2=26，
设点F(−1,a)，当以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：①当BF=BE吋，如图所示：
由两点距离公式可得BF2=BE2，即(1+1)2+(0−a)2=26，
解得:a=±22，
∴点F的坐标为(−1,22)或(−1,−22)；
②当EF=BE时，如图所示:
由两点距离公式可得EF2=BE2，即(2+1)2+(5−a)2=26，
解得:a=5±17，
∴点F的坐标为(−1,5−17)或(−1,5+17)；
综上所述：点F的坐标为(−1,22)或(−1,−22)或(−1,5−17)或(−1,5+17)；
（3）解：由题意可得如图所示：
连接OM、DM，
由(2)可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，B(1,0)，
∴OB=1，DM=EM；
∵过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，
∴PM=OB=1，PM∥OB，
∴四边形BOMP是平行四边形，
∴OM=BP，
∴EM+MP+PB=DM+MO+1，
若使EM+MP+PB的值为最小，即DM+MO+1为最小，
∴当点D、M、O三点共线时，DM+MO+1的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：
∵D(−4,5)，
∴OD=42+52=41，
∴DM+MO+1的最小值为41+1，即EM+MP+PB的最小值为41+1，
设线段OD的解折式为y=kx，代入点D的坐标得：k=−54，
∴线段OD的解析式为y=−54x，
∴M−1,54，
∴P0,54．
【点睛】本题是二次函数与几何的综合，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，两点间线段最短等知识，综合性强，注意分类讨论及数形结合．
【变式9-3】（2024·海南海口·二模）如图，抛物线与x轴交于A−2,0、B4,0两点，与y轴交于点C0,4，点P是抛物线上的动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当点P在直线BC的上方运动时，连接AP，交直线BC于点D，交y轴于点E．
①若△ABD的面积是△PBD面积的3倍，求点P的坐标；
②当CD=CE时，求CE的长．
(3)过点P作PF∥y轴交直线BC于点F，在y轴上是否存在点Q，使得以P、F、C、Q为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)①2,4；②6−22
(3)存在，0,−42或0,42或(0,2)
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）①连接PB，过点P作PM∥y轴交BC于点M，过点A作AN∥y轴交BC于点N，设Pt,−12t2+t+4，由AD=3DP，则AN=3PM，建立方程求t的值即可；
②设Pm,−12m2+m+4，先求出直线AP的解析式为y=−12m−4x+4−m，则E(0,4−m)，再求出D2m6−m,4−2m6−m，根据CD=CE，建立方程求出m的值即可求解；
（3）设Pn,−12n2+n+4，则F(n,−n+4)，求出PF2=−12n2+n+4+n−42=−12n2+2n2，CP2=n2+−12n2+n2，CF2=n−02+−n+4−42=2n2；分三种情况进行讨论：①当CF2=CP2时，②当CF2=PF2时，③当CP2=PF2时，分别求出结果即可．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=ax−4x+2，
将点C代入可得−8a=4，
解得a=−12，
∴抛物线的解析式为：y=−12x−4x+2=−12x2+x+4；
（2）解：①连接PB，
∵△ABD的面积是△PBD面积的3倍，
∴AD=3DP，
过点P作PM∥y轴交BC于点M，过点A作AN∥y轴交BC于点N，
设Pt,−12t2+t+4，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
把B4,0，C0,4代入得，4k+b=0b=4，
解得，k=−1b=4
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
∴M(t,−t+4),N(−2,6)，
∴PM=−12t2+2t，AN=6，
∴AN=3PM，
∴6=3−12t2+2t，
解得t=2，
∴P2,4；
②设Pm,−12m2+m+4，
设直线AP的解析式为y=k'x+b'，
∴−2k'+b'=0mk'x+b'=−12m2+m+4，
解得k'=−12m−4b'=4−m，
∴直线AP的解析式为y=−12m−4x+4−m，
∴E(0,4−m)，
∴CE=m，
当−x+4=−12m−4x+4−m时，解得x=2m6−m，
∴D2m6−m,4−2m6−m，
∴CD=2⋅2m6−m，
∵CD=CE，
∴2⋅2m6−m=m，
解得m=6−22，
∴CE=6−22；
（3）解：存在点Q，使得以P、F、C、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
设Pn,−12n2+n+4，则F(n,−n+4)，
∵C0,4，
∴PF2=−12n2+n+4+n−42=−12n2+2n2，
CP2=n2+−12n2+n2，
CF2=n−02+−n+4−42=2n2；
①当CF2=CP2时，2n2=n2+−12n2+n2，
解得：n=0或n=4
当n=0时，P、F、C、Q四个点都在y轴上，不符合题意；
当n=4时，P、F两个点重合，不符合题意；
②当CF2=PF2时，2n2=−12n2+2n2，
解得：n=0或n=4+22或n=4−22，
当n=0时，P、F、C、Q四个点都在y轴上，不符合题意；
∵4+22>4，
∴当n=4+22时，点P在点F的下方，
∵PF∥CQ，CP∥FQ，CF为菱形的边，
∴此时点Q在点C下方，如图所示：
∵PF=−n+4−−12n2+n+4=4+42，
∴CQ=PF=4+42，
∴点Q的纵坐标为4−4−42=−42，
∴此时点Q的坐标为0,−42；
∵0<4−22<4，
∴当n=4−22时，点P在点F的上方，
∵PF∥CQ，CP∥FQ，CF为菱形的边，
∴此时点Q在点C上方，如图所示：
∵PF=−12n2+n+4−−n+4=42−4，
∴CQ=PF=42−4，
点Q的纵坐标为4+42−4=42，
∴此时点Q的坐标为0,42；
③当CP2=PF2时，n2+−12n2+n2=−12n2+2n2，
解得：n=0或n=2，
当n=0时，P、F、C、Q四个点都在y轴上，不符合题意；
∵0<2<4，
∴当n=2时，点P在点F的上方，
∵PF∥CQ，CP∥FQ，CP为菱形的边，
∴此时点Q在点C下方，如图所示：
∵PF=−12n2+n+4−−n+4=2，
∴CQ=PF=2，
点Q的纵坐标为4−2=2，
∴此时点Q的坐标为0,2；
综上所述：Q点坐标为0,−42或0,42或(0,2)．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，菱形的性质，勾股定理，求二次函数解析式，求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，注意进行分类讨论．
【题型10 二次函数中正方形的存在性问题】
【例10】（23-24九年级·江苏盐城·期末）如图，已知抛物线y=x2+2x−3的图像与坐标轴分别交于A、B、C三点，连接AC，点M是AC的中点，抛物线的对称轴交x轴于点F，作直线FM．
(1)直接写出下列各点的坐标：F______，M______；
(2)若点P为直线FM下方抛物线上动点，过点P作PQ∥y轴，交直线FM于点Q，当△PQM为直角三角形时，求点P的坐标；
(3)若点N是x轴上一动点，则在坐标平面内是否存在点E，使以点F、M、N、E为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点E的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)F(−1,0)，M(12,−32)
(2)点P的坐标为：P1（−2−102，−32），P2(−1−52,−5−52)
(3)存在，E(12,32)或E(−1,−32)
【分析】（1）由二次函数表达式和坐标轴上点的特点即可得出答案；
（2）由点的坐标求出直线解析式，并分类讨论直角顶点即可得出答案；
（3）分类讨论对角线的情况，结合正方形的性质即可得出答案．
【详解】（1）解：y=x2+2x−3的对称轴为：x=−1，
∴F(−1,0)，
当x2+2x−3=0时，
x=1或x=−3，
∴A(1,0),B(−3,0)，
当x=0时，y=x2+2x−3=−3，
∴C(0,−3)，
点M是AC的中点，
∴M(12,−32)；
（2）由（1）可得直线FM的表达式为：y=−x−1，
∵PQ∥y轴，
∴∠MQP=45°，
故点Q不可能是直角顶点，
若∠MPQ=90°，如图，
则PM∥x轴，
把y=−32代入y=x2+2x−3得
x2+2x−3=−32，
解得：x1=−2+102（舍去），x2=−2−102，
∴P1(−2−102,−32)，
若∠PMQ=90°，如图过点M作MH⊥x，
∵F(−1,0)，M(12,−32)，
∴H(12,0)，
∴FH=MH=32，
∴△MFH是等腰直角三角形，
∴∠HFM=∠GFM=45°，
∵∠PMQ=90°，
∴△MFG是等腰直角三角形，
∴F与点G关于直线y=−32对称，
∴设直线PM的表达式为y=mx+n，
把M(12,−32),G(−1,−3)代入得
m=1,n=−2，
∴直线PM的表达式为y=x−2，
∴y=x−2y=x2+2x−3，
解得：x1=−1+52（舍去），x2=−1−52，
把x2=−1−52代入y=x2+2x−3得
y=−5−52，
∴P2(−1−52,−5−52)，
综上所述，点P的坐标为P1(−2−102,−32)，P2(−1−52,−5−52)；
（3）∵F(−1,0)，M(12,−32)，
∴FM=(−1+12)2+(0−32)2=322，
设N(x1,0)，E(x,y)，
当MN⊥FM时，
直线FM的表达式为：y=−x−1，
则设直线MN的表达式为：y=x+b，
把M(12,−32)代入y=x+b得b=−2，
则直线MN的表达式为：y=x−2，
把N(x1,0)代入y=x−2得x1=2，
则N(2,0)，
∴MN=(2−12)2+(0+32)2=322，
∴MN=FM=322，
当F、M、N、E为顶点的四边形是正方形时，
则x+122=−1+22y−322=0+02解得x=12y=32，
∴E1(12,32)，
当FN⊥FM时，
直线FM的表达式为：y=−x−1，
则设直线FN的表达式为：y=x+b1，
把F(−1,0)代入y=x+b得b1=1，
则直线MN的表达式为：y=x+1，
把N(x1,0)代入y=x+1得x1=−1，
则N(−1,0)与F(−1,0)重合，舍去不符合题意；
当FN⊥MN时，则N(12,0)，
则可设E(−1,y)，同理可得
则0+y2=0−322解得y=−32，
∴E2(−1,−32)，
综上所述，满足条件的点E的坐标为E1(12,32)或E2(−1,−32)．
【点睛】本题考查了二次函数与多边形的存在性问题，涉及二次函数的图象与性质、正方形的判定与性质、直角三角形的判定、中点坐标公式等知识，掌握并灵活运用相关知识是解题的关键．
【变式10-1】（2024·陕西·一模）如图，抛物线y=14x2−12x−3的对称轴l与x轴交于点A，与y轴交于点B．
(1)求点A、B的坐标；
(2)C为该抛物线上的一个动点，点D为点C关于直线l的对称点（点D在点C的左侧），点M在坐标平面内，请问是否存在这样的点C，使得四边形ACMD是正方形？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A1,0，B0,−3
(2)存在这样的点C，使得四边形ACMD是正方形，点C的坐标为−1+17,2−17或3+17,2+17
【分析】（1）将二次函数化为顶点式，然后求出点A的坐标；把x=0代入抛物线的解析式，求出y=3，得出点B的坐标即可；
（2）分两种情况进行讨论，当M在x轴下方时，当M在x轴上方时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】（1）解：∵y=14x2−12x−3=14(x−1)2−134，
∴A1,0，
当x=0时，y=−3，
∴B(0,−3)．
（2）解：存在，理由如下：
由题意四边形ACMD是正方形，则△ACD是以点A为直角顶点的等婹直角三角形．
设Ct,14t2−12t−3，
①当M在x轴下方时，如图1，过点C作CE⊥x轴于E，此时△ACE是等腰直角三角形，
∴AE=CE，
∴t−1=−14t2+12t+3，
∴t1=−1−17（舍去），t2=−1+17，
此时C−1+17,2−17．
②当M在x轴上方时，如图2，过点C作CF⊥x轴于F，
同理可得：CF=AF，
∴t−1=14t2−12t−3，
∴t3=3+17，t4=3−17（舍去），
∴此时C3+17,2+17．
综上所述，存在这样的点C，使得四边形ACMD是正方形，此时点C的坐标为−1+17,2−17或3+17,2+17．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求二次函数与坐标轴的交点，二次函数的性质，正方形的性质，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．
【变式10-2】（23-24九年级·陕西西安·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为4,2，连接OA，将线段OA绕着点O逆时针旋转90°，点A的对应点为点B．
(1)求经过B,O,A三点的抛物线L的表达式；
(2)将抛物线L沿着x轴平移到抛物线L'，在抛物线L'上是否存在点D，使得以B,O,A,D为顶点的四边形为正方形，若存在，求平移的方式．若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=512x2−76x
(2)存在，将抛物线L沿着x轴向右平移3+4095或者向左平移409−35得到抛物线L'
【分析】本题考查二次函数综合，涉及到全等三角形的判定与性质，二次函数的平移，正方形的判定与性质等知识点；
（1）先求出点B坐标，再根据待定系数法求经过B,O,A三点的抛物线L的表达式；
（2）由于△BOA是等腰直角三角形，所以以B,O,A,D为顶点的四边形为正方形只有一个，求出点D的坐标，再代入平移后的解析式计算即可．
【详解】（1）过A作AF⊥x轴于F，过B作BE⊥x轴于E，则∠BEO=∠AFO=90°，
∵将线段OA绕着点O逆时针旋转90°，点A的对应点为点B，
∴OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠BOE=∠OAF=90°−∠AOF，
∴△BEO≌△OFA，
∴OF=BE，OE=AF，
∵点A的坐标为4,2，
∴OF=BE=4，OE=AF=2，
∴点B的坐标为−2,4，
设经过B,O,A三点的抛物线L的表达式为y=ax2+bx，
代入A4,2、B−2,4可得
2=16a+4b4=4a−2b，
解得a=512b=−76，
∴经过B,O,A三点的抛物线L的表达式为y=512x2−76x；
（2）∵△BOA是等腰直角三角形，
∴以B,O,A,D为顶点的四边形为正方形只有一个，
设AB与OD交于点M，Dm,n
∵△BOA是等腰直角三角形，
∴当AB与OD互相平分时，四边形AOBD是正方形，
∵AB中点为4−22,4+22，即1,3，
OD中点为0+m2,0+n2，即m2,n2，
∴m2=1n2=3，解得m=2n=6，
∴D2,6，
∵将抛物线y=512x2−76x=512x−752−4960沿着x轴平移到抛物线L'，
∴设抛物线L'解析式为y=512x−75−ℎ2−4960，
把D2,6代入y=512x−75−ℎ2−4960可得
6=5122−75−ℎ2−4960，
解得ℎ=3±4095，
∴存在，将抛物线L沿着x轴向右平移3+4095或者向左平移409−35得到抛物线L'．
【变式10-3】（23-24九年级·北京·期末）如图，平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A−3，0，B4，0，交y轴于点C0，4．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)直线y=34x+94与抛物线交于A、D两点，与直线BC交于点E．若点Mm，0是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线BC于点H．
①当S△EOG=12S△AOE时，求m的值；
②在平面内是否存在点P，使四边形EFHP为正方形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−13x2+13x+4
(2)①3或−1；②存在，点P的坐标为：1，7+132或1，7−132
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）①当点G在点E的左侧时，由S△EOG=12S△AOE，即12×ON×xE−xG=12×12×ON×xE−xA，即可求解，当点G在点E的右侧时，同理可得；②存在，根据正方形的性质得：FH=EF，∠EFH=∠FHP=∠HPE=90°，同理根据Mm，0，得Hm，−m+4，Fm，−13m2+13m+4，分两种情况：F在EP的左侧，在EP的右侧，根据EF=FH，列方程可得结果．
【详解】（1）解：由题意得：c=49a−3b+c=016a+4b+c=0，
解得a=−13b=13c=4，
∴y=−13x2+13x+4；+
（2）解：①当点G在点E的左侧时，
如图1，∵B4，0，C0，4，

∴设BC的解析式为：y=kx+n，
则4k+n=0n=4，
解得k=−1n=4，
∴BC的解析式为：y=−x+4，
∴−x+4=34x+94，
解得：x=1，
∴E1，3，
∵Mm，0，且MH⊥x轴，
∴G的横坐标为m，
∵S△EOG=12S△AOE，
∴12×ON×xE−xG=12×12×ON×xE−xA，
即xE+xA=2xG，即1−3=2m，
解得m=−1；
当点G在点E的右侧时，
同理可得12×ON×xG−xE=12×12×ON×xE−xA，
即m−1=12×1+3，
解得m=3，
综上，m=3或−1；
②存在，由①知：E1，3，
∵四边形EFHP是正方形，
∴FH=EF，∠EFH=∠FHP=∠HPE=90°，
∵Mm，0，且MH⊥x轴，
∴Hm，−m+4，Fm，−13m2+13m+4，
分两种情况：
当﹣3≤m<1时，如图2，点F在EP的左侧，

∴FH=−m+4−−13m2+13m+4=13m2−43m，
∵EF=FH，
∴13m2−43m=1−m，
解得：m=1±132（舍去正值），
∴H1−132，7+132，
∴P1，7+132，
当1
同理得13m2−43m=−1+m，
解得：m=1±132（舍去负值），
同理得P1，7−132；
综上，点P的坐标为：1，7+132或1，7−132．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数，正方形的性质，二次函数，两函数的交点，图形的面积计算等，与方程组结合，求解点的坐标，难度适中．
【题型11 二次函数中定值的存在性问题】
【例11】（2024·山东淄博·一模）已知抛物线y=ax²+bx−3a≠0与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图，若直线BC下方的抛物线上有一动点M，过点M作y轴平行线交BC于N，过点M作BC的垂线，垂足为H，求△HMN周长的最大值；
(3)若点P在抛物线的对称轴上，点Q在x轴上，是否存在以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由；
(4)将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位，得到一个新的抛物线，问在y轴正半轴上是否存在一点F，使得当经过点F的任意一条直线与新抛物线交于S，T两点时，总有1FS2+1FT2为定值？若存在，求出点F坐标及定值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)92+94
(3)存在，Q点的坐标为(2,0)，(4,0)，(−2,0)
(4)存在，定点F0,12，1FS2+1FT2的值为4
【分析】（1）把A(−1,0)，点B(3,0)代入y=ax²+bx−3，得出关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值，即可得答案；
（2）根据抛物线解析式求出点C坐标，利用待定系数法求出直线BC解析式，设Mm,m2−2m−3，则N(m,m−3)，根据MN∥y，MH⊥BC及B、C两点坐标得出△HMN是等腰直角三角形，利用m表示出△HMN的周长，利用二次函数的性质求出最大值即可得答案；
（3）根据抛物线解析式求出对称轴为直线x=1，点P坐标为(1,s)，点Q坐标为Q(t,0)，根据平行四边形对角线中点的坐标相同，分BC、BP、BQ为对角线三种情况，列方程组求出s、t的值即可得答案；
（4）根据平移规律得出新的抛物线解析式为y=x2，设ST的解析式为y=kx+b，S(x1,y1)，T(x2,y2)，则F(0,b)，联立抛物线与直线ST的解析式得x2−kx−b=0，利用一元二次方程根与系数的关系用k、b、x1、x2分别表示FS2和FT2，代入1FS2+1FT2，根据1FS2+1FT2为定值得出b值及定值即可．
【详解】（1）解：∵A(−1,0)，B(3,0)在抛物线y=ax2+bx−3a≠0上，
∴a−b−3=09a+3b−3=0，
解得：a=1b=−2，
∴抛物线的表达式为：y=x2−2x−3．
（2）∵抛物线的表达式为：y=x2−2x−3，
∴当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴3k+n=0n=−3，
解得：k=1n=−3
∴直线BC的解析式为y=x−3，
设Mm,m2−2m−3其中0∴MN=m−3−m2−2m−3=−m2+3m
∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠OCB=45°
∵MN∥y轴，
∴∠MNH=∠OCB=45°，
∵MH⊥BC，
∴△HMN是等腰直角三角形，
∴HM=HN=22MN，
∴△HMN的周长l=22+22+1MN
=2+1−m2+3m
=−2+1m2+32+1m
=−(2+1)(m−32)2+92+94，
∴当m=32时，△HMN的周长有最大值，l最大=92+94．
（3）由题意知，抛物线的对称轴为直线x=−−22×1=1，B(3,0)，C(0,−3)，
设点P坐标为(1,s)，点Q坐标为Q(t,0)，
①当BC为对角线时，3+0=1+t0−3=s+0，
解得：s=−3t=2，
∴Q(2，0)，
②当BP为对角线时，3+1=0+t0+s=−3+0，
解得：s=−3t=4，
∴Q(4，0)，
③当BQ为对角线时，3+t=1+00+0=s−3，
解得：s=3t=−2，
解得：Q(−2，0)，
综上所述，存在点Q，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，Q点的坐标为(2,0)，(4,0)，(−2,0)．
（4）当抛物线y=x2−2x−3向左平移1个单位，向上平移4个单位后，得到新的抛物线y=x+12−2x+1−3+4，即y=x2，
设ST的解析式为y=kx+b，点S坐标为(x1,y1)，点T坐标为(x2,y2)，则F(0,b)，
联立新抛物线与直线ST的解析式得：y=kx+by=x2
∴x2−kx−b=0，
∴x1+x2=k，x1x2=−b，
FS2=x12+y1−b2=x12+k2x12=1+k2x12，
同理，FT2=1+k2x22，
∴1FS2+1FT2=11+k21x12+1x22=11+k2x1+x22−2x1x2x1x22=11+k2k2+2bb2，
∵1FS2+1FT2为定值，
∴1+k2=k2+2b，
解得：b=12，
当b=12时，1FS2+1FT2=4，
∴定点F0,12,1FS2+1FT2的值为4．
【点睛】本题考查二次函数的综合，包括待定系数法求二次函数解析式、二次函数图像的平移、求一次函数解析式、平行四边形的性质、求二次函数的最大值、一元二次方程根与系数的关系，综合性强，熟练掌握相关的性质及规律是解题关键
【变式11-1】（23-24九年级·湖北武汉·期末）抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A，B两点（A点在B点的左边），点A−2,0，M6,8在抛物线上．
(1)填空：b=________，c=________，点B的坐标为________；
(2)如图1，在抛物线上存在一点N，使S△AMN=S△BMN，求点N的横坐标；
(3)如图2，点C是x轴下方的抛物线上任意一点，D是线段AB上的一个定点（点D不与点A、B重合），过点D作y轴的平行线与射线BC，AC分别交于E，F两点，若DE+5DF为定值，求ADBD的值．
【答案】(1)−1，−4，4,0
(2)−45或−4
(3)15
【分析】（1）将点A−2,0，M6,8代入计算可得抛物线的解析式，再求出y=0时，x的值即可得点B的坐标；
（2）分两种情况：①点N在x轴下方的抛物线上；②点N在x轴上方的抛物线上，根据S△AMN=S△BMN求解即可得；
（3）设点C的坐标为Cm,12m2−m−4−2【详解】（1）解：将点A−2,0，M6,8代入y=12x2+bx+c得：2−2b+c=018+6b+c=8，
解得b=−1c=−4，
则抛物线的解析式为y=12x2−x−4，
当y=0时，12x2−x−4=0，解得x=−2或x=4，
则点B的坐标为4,0，
故答案为：−1，−4，4,0．
（2）解：①如图，当点N在x轴下方的抛物线上时，设MN交x轴于点G，
则S△AMN=S△AGM+S△AGN，S△BMN=S△BGM+S△BGN，
要使S△AMN=S△BMN，则AG=BG，
∵A−2,0,B4,0，
∴G1,0，
设直线MN的解析式为y=k0x+b0，
将点M6,8，G1,0代入得：6k0+b0=8k0+b0=0，解得k0=85b0=−85，
则直线MN的解析式为y=85x−85，
联立y=85x−85y=12x2−x−4，解得x=−45y=−7225或x=6y=8（即为点M），
∴N−45,−7225，符合题设，
∴此时点N的横坐标为−45；
②如图，当点N在x轴上方的抛物线上时，
要使S△AMN=S△BMN，则S△ABN=S△ABM，
∴点N的纵坐标与点M的纵坐标相等，
∴点N与点M关于二次函数的对称轴对称，
二次函数y=12x2−x−4=12x−12−92的对称轴为直线x=1，
∴点N的坐标为2×1−6=−4，
综上，点N的横坐标为−45或−4．
（3）解：设点C的坐标为Cm,12m2−m−4−2设直线AC的解析式为y=k1x+b1，
将点A−2,0，Cm,12m2−m−4代入得：−2k1+b1=0mk1+b1=12m2−m−4，
解得k1=m−42b1=m−4，
则直线AC的解析式为y=m−42x+m−4，
同理可得：直线BC的解析式为y=m+22x−2m+2，
设点D的坐标为Da,0，则Ea,a−4m+22，Fa,a+2m−42，
∴DE=a−4m+22=4−am+22，DF=a+2m−42=a+24−m2，
∴DE+5DF=4−am+22+5a+24−m2
=24+9a−3am−3m
=24+9a−3ma+1，
∵点C是x轴下方的抛物线上任意一点，DE+5DF为定值，即对于在−2∴a+1=0，
解得a=−1，
∴D−1,0，
∴AD=−1+2=1,BD=4−−1=5，
∴ADBD=15．
【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式、二次函数的几何应用、一次函数等知识，较难的是题（2），正确分两种情况讨论是解题关键．
【变式11-2】（2024·福建龙岩·二模）已知抛物线y=x2+a−1x+a−2．
(1)对于任意实数a，该抛物线都会经过一个定点，求此定点的坐标．
(2)当a=−1时，该抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．
①如图（1），若点P是x轴上的动点，当PD−PC取最大值时，求△PBD的面积；
②小聪研究发现：如图（2），E，F是抛物线上异于B，C的两个动点，若直线CE与直线BF的交点始终在直线y=2x−9上，那么在直线EF存在点Q，使得△QCE，△QAC，△QAF中必存在定值的三角形，请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由．
【答案】(1)定点坐标为−1,0
(2)①12；②△QAC面积为定值，面积为4．
【分析】（1）本题考查的是含参数的函数过定点问题，找到函数中的参数a，确定参数a的系数，令系数为零即可解决．
（2）① 本题考查了求两条线段之差的最大值问题，解决问题的关键在于找到何时取得最大值，根据三角形三边关系“两边之差小于第三边”，C、D为定点，P为动点，于是有PD−PC≤CD，即当C、D、P三点在一条直线上时取得最大值，利用待定系数法求出过点C、D的直线解析式，然后求出直线CD与x轴交点即为所求的最大值时P的位置，PB的距离可求，D坐标已求，根据三角形面积公式可得△PBD面积．
② 由于E，F是抛物线上异于B，C的两个动点，要在直线EF存在点Q，使得△QCE，△QAC，△QAF中必存在定值的三角形，那么必然这个三角形的三个顶点是确定的，A、C为定点，于是直线EF存在定点Q使得△QAC的面积是定值．要确定直线EF存在定点，即需求带参数的函数过定点问题，需要确定参数的系数，令系数为零即可求恒过的定点．设ExE,yE，FxF,yF，直线CE：y=k1x+b1，直线BF：y=k2x+b2，直线EF：y=k'x+b'，将直线CE、BF、EF的解析式分别与抛物线解析式联立，利用根与系数的关系，求得解析式中系数k',b'与k1,k2之间的关系式，再联立直线CE和直线BF解析式，其交点始终在直线y=2x−9上，可得到k1,k2的关系式，然后化简将直线EF：y=k'x+b'变为只含一个参数k'的方程，即可求出直线恒过的定点Q，最后利用几何关系求出△QAC的面积．
【详解】（1）解：∵ y=x2+a−1x+a−2=x2−x+a(x+1)−2，
∴当x=−1时，y=0恒成立，
∴ 对于任意实数a，该抛物线都会经过一个定点−1,0．
（2）解：① 当a=−1时，抛物线的解析式为y=x2−2x−3，
令x2−2x−3=0，解得x1=3，x2=−1，
∴ C0,−3，B3,0．
D为抛物线顶点，
∴ D点横坐标为x=−b2a=−−22=1，纵坐标为y=1−2−3=−4，
∴ D1,−4
∵ PD−PC≤DC，
∴ 当P，D，C三点在一条直线上时，PD−PC取得最大值，
如图1，连接DC并延长，交x轴于点P，
设直线DC的解析式为y=kx+b，
将点C0,−3，D1,−4的坐标分别代入，
得b=−3k+b=−4解得b=−3k=−1，
直线DC的解析式为y=−x−3，
当y=−x−3=0时，x=−3，
∴ P−3,0，
∴ S△PBD=12xB−xP⋅yD=12×(3+3)×4=12．
② △QAC的面积为定值，面积为4．
解：如图2，
设ExE,yE，FxF,yF，直线CE：y=k1x+b1，直线BF：y=k2x+b2，直线EF：y=k'x+b'，
将点C0,−3的坐标代入直线CE的解析式，得b1=−3．
将点B3,0的坐标代入直线BF的解析式，得b2=−3k2．
联立直线EF与抛物线的解析式，得y=k'x+b'y=x2−2x−3，
整理得x2−k'+2x−b'−3=0，
则xE+xF=k'+2，xE⋅xF=−b'−3（提示：一元二次方程“根与系数的关系”）．
同理可得xE+xC=k1+2，xF+xB=k2+2，
∵ xC=0，xB=3，
∴ xE=k1+2，xF=k2−1，
∴ k'=xE+xF−2=k1+2+k2−1−2=k1+k2−1，
b'=−xE⋅xF−3=−k1+2k2−1−3=−k1k2−2k2+k1−1．
联立直线CE与直线BF的解析式，得y=k1x−3y=k2x−3k2解得x=3−3k2k1−k2y=3k2−2k1k2k1−k2，
∵ 直线BF与直线CE的交点始终在直线y=2x−9上，
∴ 2×3−3k2k1−k2−9=3k2−3k1k2k1−k2，化简得k1k2=3k1−2，
∴ b'=−k1k2−2k2+k1−1=−3k1+2−2k2+k1−1=−2k1−2k2+1=−2k1+k2+1=−2k'+1+1=−2k'−1，
∴ 直线EF：y=k'x−2k'−1=k'x−2−1，
∴ 当x=2时，y=−1，
即不论k'为何值，直线EF恒过定点Q2,−1．
如图3，过点Q作QK⊥x轴于点K，
∵ A−1,0，AK=OC=3，AO=KQ=1，∠AOC=∠AKQ=90°，
∴ △CAO≌△AQK，
∴ S△AOC=S△AKQ，
∴ SΔQAC=S△AEC+S△EQC=S△AOC−S△AOE+S△EQC，S梯形OCQK=S梯形OEKQ+S△EQC=S△AKQ−S△AOE+S△EQC，
∴ SΔQAC=S梯形OCQK=12(KQ+OC)⋅OK=12×(1+3)×2=4．
【点睛】本题综合考查了二次函数、一次函数，含参数的函数过定点问题，两条线段之差的最大值问题，联立函数解析式求交点的问题，一元二次方程根与系数的关系以及几何图形面积的求解；熟悉掌握含参数的函数过定点问题的方法，求两条线段之差最大值的理论依据，联立函数解析式求交点，利用根与系数的关系化简参数，切割几何图形求面积等方法是解决问题的关键．
【变式11-3】（2024·广东·一模）综合应用．
如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=−23x2+43x+2的图象与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BC．

(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；
(2)点P是二次函数图象上的一个动点，请问是否存在点P使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，作出该二次函数图象的对称轴直线l，交x轴于点D．若点M是二次函数图象上一动点，且点M始终位于x轴上方，作直线AM，BM，分别交l于点E，F，在点M的运动过程中，DE+DF的值是否为定值？若是，请直接写出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)A−1，0，B3，0，C0，2，yBC=−23x+2
(2)存在，点P的坐标为2,2或285,−28625
(3)DE+DF的值是定值；DE+DF=163
【分析】（1）当y=0时，即0=−23x2+43x+2，解方程可得图象与x轴交于点A−1,0，B3,0，当x=0时，y=2，从而得图象与y轴交于点C0,2，利用待定系数法即可求解直线BC的函数表达式；
（2）分点P在BC上方时和点P在BC下方两种情况讨论求解即可；
（3）由（2）得抛物线的对称轴为直线x=1，从而D1,0，设Mt,−23t2+43t+2且−1＜t＜3，进而利用待定系数法求得直线AM和直线AM的解析式，从而得DE=−43t+4,DF=43t+43，于是即可得DE+DF=43t+43+−43t+4=163．
【详解】（1）解：当y=0时，即0=−23x2+43x+2，
解得：x1=−1，x2=3．
∴图象与x轴交于点A−1,0，B3,0，
当x=0时，y=2，
∴图象与y轴交于点C0,2，
设直线BC为：y=mx+n，
把B3,0，C0,2代入y=mx+n得
2=n0=3m+n，
解得m=−23n=2，
∴直线BC的函数表达式为yBC=−23x+2；
（2）解：存在，理由如下：
当点P在BC上方时，

∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥AB，即CP∥x轴，
∴点P与点C关于抛物线的对称轴对称，
∵y=−23x2+43x+2，
∴抛物线的对称轴为直线x=−432×−23=1；
∵C0,2，
∴P2,2；
当点P在BC下方时，设CP交x轴于点Km,0，

则OK=m，KB=3−m．
∵∠PCB=∠ABC，
∴CK=BK=3−m．
在Rt△COK中，OC2+OK2=CK2，
∴22+m2=3−m2，
解得：m=56，
∴K56,0，
设直线CK的解析式为y=kx+d，
56k+d=0d=2，
解得：k=−125,d=2，
∴直线CK的解析式为y=−125x+2，
联立，得y=−125x+2y=23x2+43x+2，
解得：x1=0y1=2 (舍去)，x2=285y2=−28625，
∴P285,−28625．
综上所述，点P的坐标为2,2或285,−28625；
（3）解：存在，DE+DF的值为定值163，理由如下：
由2得抛物线的对称轴为直线x=1，
∴D1,0，
设Mt,−23t2+43t+2且−1＜t＜3，
设直线AM的解析式为y=k1x+b1，
将A−1,0和点M的坐标代入得：
−k1+b1=0tk1+b1=−23t2+43t+2，
解得：k1=−23t+2b1=−23t+2，
∴直线AM的解析式为y=−23t+2x−23t+2，
当x=1时，y=−43t+4，
∴E1,−43t+4，
同理，直线BM的解析式为：y=−23t−23x+2t+2，
当x=1时，y=43t+43，
∴F1,43t+43，
∴DE=−43t+4,DF=43t+43，
∴DE+DF=43t+43+−43t+4=163，
∴DE+DF的值是定值，DE+DF=163．
【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，待定系数法求一次函数的解析式，二元一次方程组的应用以及勾股定理，熟练掌握二次函数的图像及性质以及勾股定理是解题的关键．
【题型12 二次函数中角度问题的存在性问题】
【例12】（2024·云南红河·一模）已知抛物线y=−12x2+bx+c，经过点−2,2和点0,2，抛物线上有一个点A，它的横坐标为−4．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)求OA的长；
(3)若点P是x轴上方、y轴左侧抛物线上的一个动点，是否存在这样的点P，使∠POA=45°？如果存在，请求出P点坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2−x+2
(2)25
(3)存在，−2+2103,2+2109
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y=−12x2−x+2；
（2）求出A−4,−2，即得OA=−42+−22=25；
（3）过A作AM⊥OA交OP延长线于M，过M作MN∥y轴，过A作AH∥x轴交MN于N，交y轴于H，由△AOM是等腰直角三角形，可得△MAN≌△AOHAAS，可求出M−6,2，即得直线OM解析式为y=−13x，解y=−13xy=−12x2−x+2可得P的坐标．
【详解】（1）把−2,2和0,2代入y=−12x2+bx+c得：
−2−2b+c=2c=2
解得b=−1c=2
∴抛物线的解析式为y=−12x2−x+2；
（2）在y=−12x2−x+2中，令x=−4得y=−12×−42−−4+2=−2，
∴A−4,−2，
∴OA=−42+−22=25；
（3）存在这样的点P，使∠POA=45°，理由如下：
过A作AM⊥OA交OP延长线于M，过M作MN∥y轴，过A作AH∥x轴交MN于N，交y轴于H，如图：
∵∠AOP=45°，AM⊥OA，
∴△AOM是等腰直角三角形，
∴∠MAO=90°，AM=AO，
∴∠MAN=90°−∠OAH=∠AOH，
∵∠N=90°=∠AHO，
∴△MAN≌△AOHAAS，
∴MN=AH，AN=OH，
∵A−4,−2，
∴MN=4，AN=2，
∴M−6,2，
设直线OM解析式为y=kx，把M−6,2代入得：
−6k=2，
解得k=−13，
∴直线OM解析式为y=−13x，
解y=−13xy=−12x2−x+2得x=−2+2103y=2−2109或x=−2+2103y=2+2109
∵点P在x轴上方、y轴左侧，
∴P的坐标为−2+2103,2+2109．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
【变式12-1】（2024·山东济南·模拟预测）如图，抛物线y=ax2−83x+c与x轴交于A(−3,0),B两点，与y轴交于点C(0,4)，点E是抛物线对称轴上的一个动点．
(1)求抛物线的解析式及点B的坐标．
(2)连接AC，当∠CEA=90°时，求所有符合条件的点E的坐标．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点E，使得∠ACE=45°？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−43x2−83x+4，B(1,0)
(2)(−1,2+6)或(−1,2−6)
(3)E−1,277
【分析】本题考查二次函数的综合应用，主要考查待定系数法求解析式，勾股定理，等腰三角形的性质；
（1）利用待定系数法求解析式，即可解答；
（2）设E(−1,m)，利用勾股定理列式计算即可解答；
（3）过点A作AG⊥CE，交CE的延长线于点G，设点F为AC的中点，连接GO，GF，根据题意得到△AGC是等腰直角三角形，点A，O，C，G在圆F上，设G(t,−t)，利用勾股定理列式计算求出点G，求出直线CG的解析式即可解答．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2−83x+c，过点A(−3,0)，C(0,4)，
∴a×−32−83×−3+c=0c=4，
解得a=−43c=4，
∴抛物线的解析式为y=−43x2−83x+4．
当y=0时，0=−43x2−83x+4，
解得x1=−3，x2=1．
∴B(1,0)
（2）由（1）知抛物线的对称轴为x=−1，设E(−1,m)．
∵A(−3,0),C(0,4)，
∴EC2=12+(m−4)2,EA2=22+m2,AC2=25．
∵∠CEA=90°，
∴EC2+EA2=AC2，
即12+(m−4)2+22+m2=25，
解得m=2±6，
∴点E的坐标为(−1,2+6)或(−1,2−6)．
（3）存在，E(−1,277)．
如图，过点A作AG⊥CE，交CE的延长线于点G．设点F为AC的中点，连接GO,GF．
∵ ∠ACE=45°，
∴△AGC是等腰直角三角形，
∴点A,O,C,G在圆F上．
∵ A(−3,0),C(0,4)，
∴ F−32,2,AC=AC2+CO2=5，
∴ GF=12AC=52．
∵ ∠AOG=∠ACE=45°,
∴∠AOG=∠ACE=45°,
∴点G在y=−x上．
设G(t,−t)，则GF2=t+322+(−t−2)2=522．
解得t1=−72,t2=0（舍去），
∴点G−72,72．
设直线CG的解析式为y=kx+4，则72=−72k+4，
解得k=17，
∴直线CG的解析式y=17x+4．
当x=−1时，yE=277，
∴E−1,277．
【变式12-2】（2024春·内蒙古鄂尔多斯·九年级统考期末）如图，直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y=−x2+bx+c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在第四象限的抛物线上是否存在一点M，使△MBC的面积为27？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB=∠OCB？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)存在，M5+732,−35+732；
(3)存在，P1,2+22或P1,−2−22．
【分析】（1）由直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，求出B、C两点坐标，然后用代入法求抛物线解析式；
（2）如图，M是抛物线第四象限上的点，连接CM，OM设Mx,y，根据面积公式求出S△MBC=SOMBC−S△OCM得x2−3x−18=0，解方程接可求出；
（3）如图，作抛物线的对称轴PN交x轴于N，作EN=NB，连接BE由（2）可知OC=OB=3，对称轴为x=1，根据等腰直角三角形性质证∠PBE=∠BPN即PE=BE，根据勾股定理求出PE=BE=22，从而得到PN=PE+EN=22+2，当P 在第一象限时、当P 在第四象限时讨论即可．
【详解】（1）解：直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点
当y=0时，解得x=3，
当x=0时，解得y=−3，
∴B3,0，C0,3
抛物线y=−x2+bx+c经过点B、C
∴0=−9+3b+c3=c
解得b=2c=3
抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3
（2）解：如图，M是抛物线第四象限上的点，连接CM，OM
设Mx,y，则
SOMBC=S△OMB+S△OCB=12OB·My+12OB·OC
=12×3×−y+12×3×3
=−32y+92
S△OCM=12OC·Mx=12×3×x=3x2
S△MBC=SOMBC−S△OCM
=−32y+92−3x2
=−32−x2+2x+3+92−3x2
即S△MBC=32x2−9x2
32x2−9x2=27
x2−3x−18=0
解得x=6或x=−3（舍去）
当x=6时
y=−62+2×6+3=−21
∴M6,−21
（3）解：如图，作抛物线的对称轴PN交x轴于N，作EN=NB，连接BE
由（2）可知OC=OB=3，对称轴为x=1
∴∠APB=∠OCB=45°，，
∴∠BPN=12∠APB=22.5°
∵EN=NB=OB−ON=2
∴∠EBN=∠NEB=45°，
∴∠PBE=∠NEB−∠BPN=45°−22.5°=22.5°
∴∠PBE=∠BPN
∴PE=BE
∵BE=EN2+BN2=22
∴PE=BE=22
∴PN=PE+EN=22+2
当P 在第一象限时：P1,2+22
当P 在第四象限时：P1,−2−22
故答案为：存在，P1,2+22或P1,−2−22．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，通过角度和面积探讨点的存在性；用代入法求函数解析式，假设点存在，根据条件做出图形，利用数形结合是解题的关键．
【变式12-3】（2024·重庆开州·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A−2,0，B4,0两点，与y轴交于点C，连接BC．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1：P是直线BC上方抛物线上一动点，连接PB、PC，求四边形PBOC面积的最大值以及此时点P的坐标；
(3)如图2，将抛物线沿射线AC的方向平移22个单位长度得到新抛物线y1，Q为新抛物线y1上一动点，作直线BQ交AC所在的直线于点D，是否存在点Q满足条件∠ADB+∠ABC=∠CAB，若存在，请写出所有符合条件的点Q的坐标，并把求其中一个点Q的坐标的过程写出来．
【答案】(1)y=−14x2+12x+2
(2)四边形PBOC面积的最大值为6，此时点P的坐标2,2
(3)点Q的坐标为−1+41,241−10或−1−41,−241−10
综上所述，Q点的坐标为2+25,5−1或2−25,−5−1或−1+41,241−10或−1−41,−241−10．
【分析】本题主要考查二次函数的图象及性质、二次函数综合题、二次函数图像的平移、二次函数与几何的综合等知识点，掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
（1）运用待定系数法求解即可；
（2）先求得S△BCO=12OB⋅OC=12×4×2=4，再根据图形可得S四边形PBOC=S△BOC+S△BPC=4+S△BPC，要求S四边形PBOC的最大值，只需求得S△BPC的最大值即可；再求出直线BC的解析式为y=−12x+2；如图：过P作PD∥y轴交BC于D,设Pp,−14p2+12p+2，则Pp,−12p+2，易得PD=−14p−22+1，进而得到S△BPC=−12p−22+2，然后根据二次函数的性质即可解答；
（3）先求出平移后的函数解析式为y1=−14x−32+174，当Q点在x轴下方时，
AB是∠CBD的平分线，设C点关于x轴的对称点为C'0,−2，直线BD与抛物线的交点为Q点的坐标；当Q点在x轴上方时，设直线BQ与直线AC交点为N，△DBN是等腰三角形，设Nm,m+2，根据等腰三角形的性质求出N10,12，则直线BN与抛物线的交点为Q．
【详解】（1）解：将A−2,0，B4,0代入y=ax2+bx+2可得：
4a−2b+2=016a+4b+2=0，解得: a=−14b=12,
∴该抛物线的解析式为y=−14x2+12x+2．
（2）解：∵y=−14x2+12x+2，
∴C0,2,即OC=2，
∵B4,0，
∴BO=4，
∴S△BCO=12OB⋅OC=12×4×2=4，
∵S四边形PBOC=S△BOC+S△BPC=4+S△BPC,
∴要求S四边形PBOC的最大值，只需求得S△BPC的最大值即可，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则有：2=b0=4k+b，解得：k=−12b=2，
∴直线BC的解析式为y=−12x+2，
如图：过P作PD∥y轴交BC于D,设Pp,−14p2+12p+2，则Pp,−12p+2，
∴PD=−14p2+12p+2−−12p+2=−14p2+p=−14p−22+1，
∴S△BPC=12×−14p−22+1×4=−12p−22+2，
∴当p=2时，此时P2,2，S△BPC有最大值2，即S四边形PBOC有最大值6，
∴四边形PBOC面积的最大值为6，此时点P的坐标2,2．
（3）解：∵AO=CO=2，
∴∠CAO=45°，AC=22+22=22，
∵将抛物线沿射线AC的方向平移22个单位长度得到新抛物线y1，
∴抛物线沿x轴正半轴方向平移2个单位长度，沿y轴正半轴方向平移2个单位长度，
∵y=−14x2+12x+2=−14x2−2x+2=−14x−12+94
∴平移后的函数解析式为y1=−14x−1−22+94+2=−14x−32+174，
当Q点在x轴下方时，
∵∠ADB+∠ABC=∠CAB,
∴∠ABC=∠ABD，
∴AB是∠CBD的平分线，
设点C关于x轴的对称点为C'0,−2,
设直线BC'的解析式为y=k'x−2,
∴4k'−2=0,解得：k'=12,
∴直线BD的解析式为y=12x−2,
∴当12x−2=−14x−32+174时，解得：x=2+25或x=2−25
∴Q点横坐标为2−25或，
∴纵坐标为−1−5或
∴点Q的坐标为2+25,5−1或2−25,−5−1；
当Q点在x轴上方时，设直线BQ与直线AC交点为N，
∵∠ANB=∠ADB,
∴△DBN是等腰三角形，
∴BN=BD，,
设Nm,m+2，
∴180=m−42+m+22，解得m=10或m=−8（舍去），
∴N10,12，
∴直线BN的解析式为y=2x−8，
当2x−8=−14x−32+174时，解得：x=−1+41或x=−1−41，
∴Q点横坐标为−1+41或−1−41，
∴Q点纵坐标为241−10或−41−10，
∴点Q的坐标为−1+41,241−10或−1−41,−241−10．
综上所述，Q点的坐标为2+25,5−1或2−25,−5−1或−1+41,241−10或−1−41,−241−10．
【题型13 二次函数中线段问题的存在性问题】
【例13】（2024春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A−8,0，C2,0两点，与y轴交于点D0,4．点E是第二象限内抛物线上的一个动点，设点E的横坐标为n，过点E作直线EB⊥x轴于点B，作直线AD交EB于点F．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，当△EFD是以FD为底边的等腰三角形时，求点E的坐标；
(3)如图2，连接CD，过点E作直线l∥CD，交y轴于点H，连接BH．试探究：在点E运动的过程中，是否存在点E，使得FD=BH，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2−32x+4
(2)E−3,254
(3)点E的坐标为−4,6或2−25,55−5
【分析】（1）待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）设直线AD的解析式为y=kx+b，待定系数法求得直线AD的解析式为：y=12x+4；En,−14n2−32n+4，则Fn,12n+4，根据两点间的距离公式可得EF=−14n2−2n，DE2=n2+14n2+32n2，结合题意可得EF=DE，建立方程求解可得n=−3，即可求解；
（3）设直线CD的解析式为y=k1x+b1，待定系数法求得直线CD的解析式为：y=−2x+4；设直线EH的解析式为：y=−2x+b2，将点En,−14n2−32n+4代入y=−2x+b2求得直线EH的解析式为：y=−2x−14n2+12n+4，得到H0,−14n2+12n+4，根据两点间的距离公式可得BH2=n2+−14n2+12n+42，DF2=n2+12n2，结合题意列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A−8,0，C2,0两点，与y轴交于点D0,4，
将A−8,0，C2,0，D0,4代入y=ax2+bx+c得：
0=a×−82+b×−8+c0=a×22+b×2+c4=c，
解得：a=−14b=−32c=4，
∴抛物线的解析式为：y=−14x2−32x+4．
（2）解：设直线AD的解析式为y=kx+b，
将A−8,0，D0,4代入y=kx+b得：
0=−8k+b4=b，
解得：k=12b=4，
∴直线AD的解析式为：y=12x+4；
设En,−14n2−32n+4，则Fn,12n+4，
∴EF=−14n2−32n+4−12n+4=−14n2−2n，
又∵D0,4，
∴DE2=0−n2+4−−14n2−32n+42=n2+14n2+32n2，
∵△EFD是以FD为底边的等腰三角形，
∴EF=DE，
∴EF2=DE2，
即−14n2−2n2=n2+14n2+32n2，
整理得：14n3+34n2=0，
解得：n1=n2=0（舍去），n3=−3，
当n=−3时，−14n2−32n+4=254
故E−3,254．
（3）解：设直线CD的解析式为y=k1x+b1，
将C2,0，D0,4代入y=k1x+b1得：
0=2k1+b14=b1，
解得：k1=−2b1=4，
∴直线CD的解析式为：y=−2x+4；
∵直线EH平行于直线CD，
故设直线EH的解析式为：y=−2x+b2，
将En,−14n2−32n+4代入y=−2x+b2得：
b2=−14n2+12n+4，
∴直线EH的解析式为：y=−2x−14n2+12n+4，
将x=0代入y=−2x−14n2+12n+4，得：y=−14n2+12n+4，
∴H0,−14n2+12n+4，
∵Bn,0，
∴BH2=0−n2+−14n2+12n+4−02=n2+−14n2+12n+42，
∵Fn,12n+4，D0,4
∴DF2=0−n2+4−12n+42=n2+12n2，
∵BH=DF，
∴BH2=DF2，
即n2+−14n2+12n+42=n2+12n2，
∴−14n2+12n+4=±12n；
当−14n2+12n+4=12n时，整理得：14n2−4=0，
解得n1=4（舍去），n2=−4；
当n=−4时，−14n2−32n+4=6，
故E−4,6；
当−14n2+12n+4=−12n时，整理得：14n2−n−4=0，
解得：n1=2+25（舍去），n2=2−25；
当n=2−25时，−14n2−32n+4=55−5，
故E2−25,55−5；
综上，点E的坐标为−4,6或2−25,55−5．
【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，求一次函数解析式，两点间的距离公式，熟练掌握两点间的距离公式，列方程求解是解题的关键．
【变式13-1】（23-24九年级·新疆乌鲁木齐·阶段练习）如图1，抛物线y=ax2+bx+c过A−1,0，B2,0，C0,2三点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点P为直线BC上方抛物线上的任意一点，连接PB、PC，求△PBC面积的最大值和此时点P的坐标；
(3)如图2，在抛物线对称轴上是否存在点M，使MB−MC的值最大？若存在，请求出点M的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+x+2
(2)△PBC的面积的最大值为1，点P1,2
(3)存在，点M12,3
【分析】
本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值问题，二次函数的对称性求解．
（1）由待定系数法即可求解；
（2）由△PBC的面积=S△PEB+S△PEC=12×−t2+2t×OB，即可求解；
（3）由MB−MC=MA−MC=AC为最小，即可求解．
【详解】（1）
解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过A−1,0，B2,0，C0,2三点
∴ a−b+c=04a+2b+c=0c=2，解得：a=−1b=1c=2，
∴这条抛物线的解析式为y=−x2+x+2；
（2）
如图1，过点P作PF⊥AB于F交BC于点E，
由点B、C的坐标得，直线BC的解析式为：y=−x+2
设点Pt,−t2+t+2，
∴点Et,−t+2，
则PE=−t2+2t，
∴△PBC的面积=S△PEB+S△PEC=12×−t2+2t×OB
=−t2+2t
=−t−12+1≥1，
∴当t=1时，△PBC的面积的最大值为1，此时点P1,2；
（3）存在，理由：
如图2，由抛物线的对称性，对称轴垂直平分AB，
∴MA=MB，
则MB−MC=MA−MC=AC为最小，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=2x+2，
由抛物线的表达式知，其对称轴为x=12，
当x=12时，y=2x+2=3，
即点M12,3．
【变式13-2】（2024·安徽合肥·二模）如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象过A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)三点，点D是二次函数图象上一点，点D的横坐标是m，直线x=12m与x轴交于点E，且0(1)求二次函数的表达式；
(2)过点D，作DG⊥直线x=12m于点G，作DF⊥x轴于点F，并交BC于点H．
①当m=32时，求DH的长；
②是否存在点D，使DG+DH最大？若存在，求出D点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)①DH=94；②存在，D点坐标为74,−5516
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）①求得直线BC为y=x−3，由m=32，则D(32，−154)，H(32，−32)，即可求得DH；
②表示出D(m,m2−2m−3)，H(m,m−3)，G(12m，m2−2m−3)，即可求得DG=12m，DH=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m，即可得到DG+DH=−m2+72m=−(m−74)2+4916，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）把A−1,0，B3,0，C0,−3代入y=ax2+bx+c中得：
a−b+c=09a+3b+c=0c=−3
解得a=1b=−2c=−3，
所以解析式为：y=x2−2x−3；
（2）①∵点D的横坐标是m，
∴D的纵坐标是m2−2m−3
由B3,0，C0,−3求得直线BC解析式为y=x−3
∴H的纵坐标是m−3，
∴DH=m−3−m2−2m−3=−m2+3m
所以当m=32时，DH=94
②存在，理由如下：
∵点G在直线x=12m上，
∴点G的横坐标是12m
∴DG=m−12m=12m
∴DG+DH=12m+−m2+3m=−m2+72m=−m−742+4916
∵0∴D点坐标为74,−5516．
【变式13-3】（2024·宁夏银川·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与直线AB交于点A0,−4，B4，0．
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)如图①，若点H是抛物线的顶点，在x轴上存在一点G，使△AHG的周长最小，求此时点G的坐标．
(3)如图②，点P为直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，过点P作y轴的平行线交x轴于点N，求2PM+PN的最大值及此时点P的坐标．
【答案】(1)y=12x2−x−4
(2)G817,0
(3)最大值为254，P32,−358
【分析】1利用待定系数法求解即可；
2作点A关于x轴的对称点A'，连接A'H交x轴于点G，结合轴对称的性质得此时△AHG的周长最小，得点A'0，4，结合抛物线解析式求得点H，利用待定系数法求得A'H的解析式为y=−8.5x+4，令y=0即可求得点G；
3结合题意可得△OAB是等腰直角三角形，利用待定系数法求得直线AB的解析式为y=x−4，设PN与AB交于点C，则△BNC和△PMC是等腰直角三角形，则有2PM+PN=PC+PN，设Pt,12t2−t−4，则Ct,t−4,Nt，0，即可求得PC和PN，利用二次函数的性质即可求得2PM+PN=PC+PN=−t−322+254的最大值，即此时的点P．
【详解】（1）解：根据题得，−4=c0=12×42+4b+c，解得b=−1c=−4，
则抛物线的解析式为y=12x2−x−4；
（2）作点A关于x轴的对称点A'，连接A'H交x轴于点G，此时△AHG的周长最小，如下图：
则A'0，4，
∵抛物线的解析式为y=12x2−x−4=12x−12−4.5，
∴H1,−4.5，
∵A0,−4，
设A'H的直线解析式为y=kx+b，则−4.5=k+b4=b，解得k=−8.5b=4
则A'H的解析式为y=−8.5x+4，
当y=0时，−8.5x+4=0，解得x=817，
∴G817,0；
（3）∵A0,−4，B4，0，
∴OA=OB=4，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴∠OBA=45°，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
0=4k+b−4=b，解得k=1b=−4，
则直线AB的解析式为y=x−4，
设PN与AB交于点C，如图，
∵PN⊥x轴于点N，
∴△BNC是等腰直角三角形，
∴∠BCN=45°，
∴∠PCM=45°，
∵PM⊥AB，
∴△PMC是等腰直角三角形，
∴PC=2PM，
∴2PM+PN=PC+PN，
设Pt,12t2−t−4，则Ct,t−4,Nt，0，
∴PC=t−4−12t2−t−4=−12t2+2t，PN=0−12t2−t−4=−12t2+t+4，
∴2PM+PN=PC+PN=−12t2+2t+−12t2+t+4=−t−322+254
∵−1<0，
∴当t=32时，2PM+PN的最大值为254，此时P32,−358．
【点睛】本题主要考查二次函数和一次函数的结合，轴对称的性质以及二次函数的性质，解题的关键是熟悉二次函数的性质及其上对应点的几何意义．