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数学九年级下册1 二次函数一课一练
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这是一份数学九年级下册1 二次函数一课一练，共73页。
专题2.9 二次函数中的存在性问题
【北师大版】
【题型1 二次函数中直角三角形存在性问题】
【例1】（2021•罗湖区校级模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，连接PB，PC．
（1）点A的坐标为 （﹣1，0） ，点B的坐标为 （3，0） ；
（2）如图1，当点P在直线BC上方时，过点P作PD上x轴于点D，交直线BC于点E．若PE＝2ED，求△PBC的面积；
（3）抛物线上存在一点P，使△PBC是以BC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．
【解题思路】（1）根据抛物线解析式令y＝0求出A，B的坐标即可；
（2）先求得点C的坐标，再用待定系数法求得直线BC的解析式；由PE＝2ED可得PD＝3ED，设P（m，﹣m2+2m+3），则E（m，﹣m+3），用含m的式子表示出PD和DE，根据PD＝3ED得出关于m的方程，解得m的值，则可得PE的长，然后按照三角形的面积公式计算即可；
（3）分两种情况：①点C为直角顶点；②点B为直角顶点．过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D；过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，分别求得直线P1C和直线BP2的解析式，将它们分别与抛物线的解析式联立，分别解方程组，即可求得点P的坐标．
【解答过程】解：（1）令抛物线y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
故答案为：（﹣1，0），（3，0）；
（2）在y＝﹣x2+2x+3中，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将B（3，0），C（0，3）代入，得：
b=33k+b=0，
解得k=-1b=3，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
若PE＝2ED，则PD＝3ED，
设P（m，﹣m2+2m+3），
∵PD⊥x轴于点D，
∴E（m，﹣m+3），
∴﹣m2+2m+3＝3（﹣m+3），
∴m2﹣5m+6＝0，
解得m1＝2，m2＝3（舍），
∴m＝2，
此时P（2，3），E（2，1），
∴PE＝2，
∴S△PBC=12PE•OB=12×2×3＝3．
∴△PBC的面积为3；
（3）∵△PBC是以BC为直角边的直角三角形，
∴有两种情况：
①点C为直角顶点，如图，过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D，
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠BCO＝∠OBC＝45°．
∵P1C⊥BC，
∴∠DCB＝90°，
∴∠DCO＝45°，
又∵∠DOC＝90°，
∴∠ODC＝45°＝∠DCO，
∴OD＝OC＝3，
∴D（﹣3，0），
∴直线P1C的解析式为y＝x+3，
联立y=-x2+2x+3y=x+3，
解得x=1y=4或x=0y=3（舍）；
∴P1（1，4）；
②点B为直角顶点，
如图，过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，
∵P1C⊥BC，BP2⊥BC，
∴P1C∥BP2，
∴设直线BP2的解析式为y＝x+b，
将B（3，0）代入，得0＝3+b，
∴b＝﹣3，
∴直线BP2的解析式为y＝x﹣3，
联立y=-x2+2x+3y=x-3，
解得x=-2y=-5或x=3y=0（舍），
∴P2（﹣2，﹣5）．
综上，点P的坐标为（1，4）或（﹣2，﹣5）．
【变式1-1】（2021春•望城区校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），连接AC，点P为第二象限抛物线上的动点．
（1）求a、b、c的值；
（2）连接PA、PC、AC，求△PAC面积的最大值；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△QAC为直角三角形，若存在，请求出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据抛物线与x轴的交点坐标，设成抛物线解析式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；
（2）先求出直线AC的解析式，设出点P坐标，表示出点Q坐标，再用三角形的面积公式，得出函数关系式，即可得出结论；
（3）运用配方法求出抛物线对称轴，设点Q（﹣1，n），根据A（﹣3，0），C（0，3），可运用勾股定理分别求出：AC2，CQ2，AQ2，由于△QAC为直角三角形，可以分三种情况：∠CAQ＝90°或∠ACQ＝90°或∠AQC＝90°，对每种情况运用勾股定理列方程求解即可．
【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）三点
∴9a-3b+c=0a+b+c=0c=3，
解得：a=-1b=-2c=3
∴a＝﹣1，b＝﹣2，c＝3；
（2）如图1，
过点P作PE∥y轴，交AC于E，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
设点P（m，﹣m2﹣2m+3），则E（m，m+3），
∴S△ACP=12PE•（xC﹣xA）=12×[﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）]×（0+3）=-32（m2﹣3m）=-32（m+32）2+278，
∴当m=-32时，S△PAC最大=278；
（3）存在，点Q的坐标为：（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，3-172）．
如图2，∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴OA＝OC＝3，
∴AC2＝OA2+OC2＝32+32＝18，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线对称轴为x＝﹣1，
设点Q（﹣1，n），
则AQ2＝[﹣1﹣（﹣3）]2+n2＝n2+4，CQ2＝[0﹣（﹣1）]2+（n﹣3）2＝n2﹣6n+10，
∵△QAC为直角三角形，
∴∠CAQ＝90°或∠ACQ＝90°或∠AQC＝90°，
①当∠CAQ＝90°时，根据勾股定理，得：AQ2+AC2＝CQ2，
∴n2+4+18＝n2﹣6n+10，
解得：n＝﹣2，
∴Q1（﹣1，﹣2）；
②当∠ACQ＝90°时，根据勾股定理，得：CQ2+AC2＝AQ2，
∴n2﹣6n+10+18＝n2+4，
解得：n＝4，
∴Q2（﹣1，4）；
③当∠AQC＝90°时，根据勾股定理，得：CQ2+AQ2＝AC2，
∴n2﹣6n+10+n2+4＝18，
解得：n1=3+172，n2=3-172，
∴Q3（﹣1，3+172），Q4（﹣1，3-172）；
综上所述，点Q的坐标为：（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，3-172）．
【变式1-2】（2021•长沙模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，且点B与点C的坐标分别为B（3，0）．C（0，3），点M是抛物线的顶点．点P为线段MB上一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，若OD＝m．
（1）求二次函数解析式；
（2）设△PCD的面积为S，试判断S有最大值或最小值？若有，求出其最值，若没有，请说明理由；
（3）在MB上是否存在点P，使△PCD为直角三角形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）将B（3，0）、C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，列方程组求出b、c的值即可；
（2）先求BM所在直线的解析式，用含m的代数式表示点P的坐标及△PCD的面积，求出S关于m的函数关系式，用函数的性质判断并求出S的最值；
（3）存在符合条件的点P，分三种情况根据点P的位置或勾股定理列方程求出m的值及点P的坐标．
【解答过程】解：（1）把B（3，0）、C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，
得-9+3b+c=0c=3，解得b=2c=3，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）S有最大值．
如图1，设直线BM的解析式为y＝kx+a，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴该抛物的顶点坐标为M（1，4），
把M（1，4）、B（3，0）代入y＝kx+a，得k+a=43k+a=0，解得k=-2a=6，
∴y＝﹣2x+6，
∵D（m，0），
∴P（m，﹣2m+6）；
由S△PCD=12PD•OD，
得S=12m（﹣2m+6）＝﹣m2+3m；
∵当点P与点B重合时，不存在以P、C、D为顶点的三角形，
∴1≤m＜3，
∴S不存在最小值；
∵S＝﹣m2+3m＝﹣（m-32）2+94，
∴当m=32时，S最大=94，
∴S的最大值为94．
（3）存在．
若∠DPC＝90°，如图2，则PC∥x轴，
∴P（m，3），且在直线y＝﹣2x+6上，
∴﹣2m+6＝3，
解得m=32，
∴P（32，3）；
若∠PCD＝90°，如图3，则PC2+CD2＝PD2，
∴m2+（﹣2m+6﹣3）2+m2+32＝（﹣2m+6）2，
整理得m2+6m﹣9＝0，
解得m1＝（32-3，m2=-32-3（不符合题意，舍去）；
∴P（32-3，12-62）；
若∠PDC＝90°，则CD2+PD2＝PC2，
∴m2+32+（﹣2m+6）2＝m2+（﹣2m+6﹣3）2，
整理得12m＝36，解得m＝3，此时不存在以P，C，D为顶点的三角形，
∴m＝3舍去．
综上所述，点P的坐标为（32，3）或（32-3，12-62）．
【变式1-3】（2021•长沙模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．
（1）求抛物线的表达式；
（2）直接写出点C的坐标，并求出△ABC的面积；
（3）点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△ABP的面积为6时，求出点P的坐标；
（4）若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，是否存在以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形？若存在，请直接写出此时点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）利用待定系数法解决问题即可；
（2）求出抛物线的对称轴，再根据对称性求出点C的坐标即可解决问题；
（3）设点P（m，﹣m2+4m），根据S△ABP＝S△ABH+S梯形AHDP﹣S△PBD，建立方程求解即可；
（4）分别以点C、M、N为直角顶点分三类进行讨论，利用全等三角形和勾股定理ON的长即可．
【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，
∴16a+4b=0a+b=3，
解得：a=-1b=4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x．
（2）如图1，
∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，
∴对称轴为直线x＝2，
∵B，C关于对称轴对称，B（1，3），
∴C（3，3），
∴BC＝2，
∴S△ABC=12×2×3＝3．
（3）如图1，设点P（m，﹣m2+4m），
根据题意，得：BH＝AH＝3，HD＝m2﹣4m，PD＝m﹣1，
∴S△ABP＝S△ABH+S梯形AHDP﹣S△PBD，
∴6=12×3×3+12×（3+m﹣1）×（m2﹣4m）-12×（m﹣1）×（3+m2﹣4m），
解得：m1＝0，m2＝5，
∵点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，
∴m＞0，
∴m＝5，﹣m2+4m＝﹣52+4×5＝﹣5，
∴P（5，﹣5）；
（4）点M在直线BH上，点N在x轴上，△CMN为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：
①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，如图2，CM＝MN，∠CMN＝90°，
∵∠CBM＝∠MHN＝90°，
∴∠CMB+∠NMH＝∠NMH+∠MNH＝90°，
∴∠CMB＝∠MNH，
∴△CBM≌△MHN（AAS），
∴BC＝MH＝2，BM＝HN＝3﹣2＝1，
∴M（1，2）；
②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，如图3，
过点C作CD∥y轴，过点N作NE∥y轴，过点M作DE∥x轴交CD于点D，交NE于E，
∵∠CMN＝∠CDM＝∠MEN＝90°，CM＝MN，
∴∠CMD+∠NME＝∠NME+∠MNE＝90°，
∴∠CMD＝∠MNE，
∴△NEM≌△MDC（AAS），
∴NE＝MD＝BC＝2，EM＝CD＝5，
∵∠ENH＝∠NEM＝∠NHM＝90°，
∴四边形EMHN是矩形，
∴HM＝NE＝2，
∴M（1，﹣2）；
③以点N为直角顶点且N在y轴左侧时，如图4，CN＝MN，∠MNC＝90°，
过点M作ME∥x轴，过点N作EN∥y轴交CB的延长线于D，
同理可得：△NEM≌△CDN（AAS），
∴ME＝DN＝3，NE＝CD＝HM＝5，
∴M（1，﹣5）；
④以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，如图5，
过点M作ME∥x轴，过点N作NE∥y轴交BC延长线于D，
同理可得：△NEM≌△CDN（AAS），
∴ME＝DN＝NH＝3，NE＝CD＝3﹣2＝1，
∴HM＝NE＝1，
∴M（1，﹣1）；
⑤以C为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形；
综上所述，当△CMN为等腰直角三角形时，M点坐标为（1，2）或（1，﹣2）或（1，﹣5）或（1，﹣1）．
【题型2 二次函数中等腰三角形存在性问题】
【例2】（2020秋•曾都区期末）如图，抛物线y＝ax2+4x+c经过A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）两点，点P是y轴左侧且位于x轴下方抛物线上一动点，设其横坐标为m．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）将线段AB绕点B顺时针旋转90°得线段BD（点D是点A的对应点），求点D的坐标，并判断点D是否在抛物线上；
（3）过点P作PM⊥x轴交直线BD于点M，试探究是否存在点P，使△PBM是等腰三角形？若存在，求出点m的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）作辅助线构造一线三垂直模型，在证明三角形全等即可求出点D的坐标，把点D的坐标带入解析式即可判断点D是否在抛物线上；
（3）先写出点P，M，B的坐标，由（2）得出∠BMP＝45°，分∠BMP是顶角和底角两种情况讨论即可．
【解答过程】解：（1）把点A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）带入解析式y＝ax2+4x+c，
得-4=9a-12+c-1=c，
解得a=1c=-1，
∴y＝x2+4x﹣1；
（2）如图，作AC⊥y轴于点C，作DH⊥y轴于点H，
∵∠CAB+∠ABC＝90°，∠HBD+∠ABC＝90°，
∴∠CAB＝∠HBD，
在△ABC和△DBH中，
∠DHB=∠BCA∠CAB=∠HBDDB=BA，
∴△ABC≌△DBH（AAS），
∴HB＝AC＝3，DH＝BC＝3，
∴OH＝2，
∴D（﹣3，2），
把D（﹣3，2）代入y＝x2+4x﹣1中，
得（﹣3）2+4×（﹣3）﹣1＝﹣4≠2，
∴点D不在抛物线上；
（3）存在点P，
∵D（﹣3，2），B（0，﹣1），
∴直线BD的解析式为y＝﹣x﹣1，
设P（m，m2+4m﹣1），则M（m，﹣m﹣1），
由（2）知：∠BMP＝45°，
当△PBM是等腰三角形，且45°为底角时，
有∠MBP＝90°或∠MPB＝90°，
若∠MBP＝90°，则P与A重合，即m＝﹣3，
若∠MPB＝90°，则PB∥x轴，即P的纵坐标为﹣1，
∴m2+4m﹣1＝﹣1，
解得m＝0（舍）或m＝﹣4，
∴m＝﹣4，
若45°为顶角，
即MP＝MB，
∵MP＝﹣m﹣1﹣m2﹣4m+1＝﹣m2﹣5m，MB=-m2+m2=-2m，
∴﹣m2﹣5m=-2m，
解得m＝﹣5-2（舍）或m＝﹣5+2，
∴m的值为﹣3，﹣4，﹣5+2．
【变式2-1】（2020秋•云南期末）如图，直线y=-12x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知二次函数的图象经过点B，C和点A（﹣1，0）．
（1）求B，C两点的坐标．
（2）求该二次函数的解析式．
（3）若抛物线的对称轴与x轴的交点为点D，则在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）令直线y=-12x+2的x＝0，y＝0，求出对应的y和x的值，得到点C、B的坐标；
（2）用待定系数法设二次函数解析式，代入点A、B、C的坐标求出解析式；
（3）利用“两圆一中垂”找到对应的等腰三角形，结合勾股定理和等腰三角形的性质求点P的坐标．
【解答过程】解：（1）对直线y=-12x+2，当x＝0时，y＝2，y＝0时，x＝4，
∴B（4，0），C（0，2）．
（2）设二次函数为y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a≠0），
∵二次函数图象经过B（4，0），A（﹣1，0），
∴y＝a（x﹣4）（x+1），
把点C（0，2）代入y＝a（x﹣4）（x+1）得：
a（0﹣4）（0+1）＝2，
解得：a=-12，
∴y=-12（x﹣4）（x+1）=-12x2+32x+2．
（3）∵二次函数图象经过B（4，0），A（﹣1，0），
∴对称轴为x=4-12=32，
∴D（32，0），
∵C（0，2），
∴CD=22+(32)2=52，
①如图1，当CD＝PD时，
PD=52，
∴P1（32，52），P2（32，-52），
②如图2，当CD＝CP3时，过点C作CH⊥DP3于点H，
∵CD＝CP3，CH⊥DP3，
∴DH＝P3H，
∵C（0，2），
∴DH＝2，
∴P3H＝2，
∴P3D＝4，
∴P3（32，4），
综上所述：存在P1（32，52），P2（32，-52），P3（32，4），使△PCD是以CD为腰的等腰三角形．
【变式2-2】（2021•南充）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=52．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ，当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由；
（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，进而求解；
（3）当∠DQE＝2∠ODQ，则∠HQA＝∠HQE，则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，进而求出点E的坐标为（5,4），再分BE＝BF、BE＝EF、BF＝EF三种情况，分别求解即可．
【解答过程】解：（1）由题意得：a+b+4=0-b2a=52，解得a=1b=-5，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣5x+4①；
（2）对于y＝x2﹣5x+4，令y＝x2﹣5x+4＝0，解得x＝1或4，令x＝0，则y＝4，
故点B的坐标为（4,0），点C（0,4），
设直线BC的表达式为y＝kx+t，则t=44k+t=0，解得k=-1t=4，
故直线BC的表达式为y＝﹣x+4，
设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），
则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，
∵﹣1＜0，
故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4＝CO，
此时点Q的坐标为（2，﹣2）；
∵PQ＝CO，PQ∥OC，
故四边形OCPQ为平行四边形；
（3）∵D是OC的中点，则点D（0,2），
由点D、Q的坐标，同理可得，直线DQ的表达式为y＝﹣2x﹣2，
过点Q作QH⊥x轴于点H，
则QH∥CO，故∠AQH＝∠ODA，
而∠DQE＝2∠ODQ．
∴∠HQA＝∠HQE，
则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，
故设直线QE的表达式为y＝2x+r，
将点Q的坐标代入上式并解得r＝﹣6，
故直线QE的表达式为y＝2x﹣6②，
联立①②并解得x=5y=4（不合题意的值已舍去），
故点E的坐标为（5,4），
设点F的坐标为（0，m），
由点B、E的坐标得：BE2＝（5﹣4）2+（4﹣0）2＝17，
同理可得，当BE＝BF时，即16+m2＝17，解得m＝±1；
当BE＝EF时，即25+（m﹣4）2＝17，方程无解；
当BF＝EF时，即16+m2＝25+（m﹣4）2，解得m=258；
故点F的坐标为（0,1）或（0，﹣1）或（0，258）．
【变式2-3】（2021•建华区二模）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝x2+bx+c经过A、C两点，且与x轴交于另一点B（点B在点A右侧）．
（1）求抛物线的解析式及点B坐标；
（2）设该抛物线的顶点为点H，则S△BCH＝ 3 ；
（3）若点M是线段BC上一动点，过点M的直线ED平行y轴交x轴于点D，交抛物线于点E，求ME长的最大值及点M的坐标；
（4）在（3）的条件下：当ME取得最大值时，在x轴上是否存在这样的点P，使得以点M、点B、点P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C，得A（﹣1，0）、C（0，﹣3），将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，列方程组求b、c的值及点B的坐标；
（2）设抛物线的对称轴交BC于点F，求直线BC的解析式及抛物线的顶点坐标，再求出点F的坐标，推导出S△BCH=12FH•OB，可求出△BCH的面积；
（3）设点E的横坐标为x，用含x的代数式表示点E、点M的坐标及线段ME的长，再根据二次函数的性质求出线段ME的最大值及点M的坐标；
（4）在x轴上存在点P，使以点M、B、P为顶点的三角形是等腰三角形．由（3）得D（32，0），M（32，-32），由勾股定理求出OM＝BM=322，由等腰三角形PBM的腰长为32或322求出OP的长即可得到点P的坐标．
【解答过程】解：（1）∵直线y＝﹣3x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、C，
∴A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴1-b+c=0c=-3，
解得b=-2c=-3，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
当y＝0时，由x2﹣2x﹣3＝0，得x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0）．
（2）设抛物线的对称轴交BC于点F，交x轴于点G．
设直线BC的解析式为y＝kx﹣3，则3k﹣3＝0，解得k＝1，
∴y＝x﹣3；
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点H（1，﹣4），
当x＝1时，y＝1﹣3＝﹣2，
∴F（1，﹣2），
∴FH＝﹣2﹣（﹣4）＝2，
∴S△BCH=12FH•OG+12FH•BG=12FH•OB=12×2×3＝3．
故答案为：3．
（3）设E（x，x2﹣2x﹣3）（0＜x＜3），则M（x，x﹣3），
∴ME＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x-32）2+94，
∴当x=32时，ME最大=94，此时M（32，-32）．
（4）存在．
如图3，由（2）得，当ME最大时，则D（32，0），M（32，-32），
∴DO＝DB＝DM=32；
∵∠BDM＝90°，
∴OM＝BM=(32)2+(32)2=322．
点P1、P2、P3、P4在x轴上，
当点P1与原点O重合时，则P1M＝BM=322，P1（0，0）；
当BP2＝BM=322时，则OP2＝3-322=6-322，
∴P2（6-322，0）；
当点P3与点D重合时，则P3M＝P3B=32，P3（32，0）；
当BP4＝BM=322时，则OP4＝3+322=6+322，
∴P4（6+322，0）．
综上所述，P1（0，0），P2（6-322，0），P3（32，0），P4（6+322，0）．
【题型3 二次函数中平行四边形存在性问题】
【例3】（2020秋•元阳县期末）如图，直线y=-12x+c与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C，抛物线y=12x2+bx+c经过点A，C，与x轴的另一个交点为B（1，0），连接BC．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）M为x轴的下方的抛物线上一动点，求△ABM的面积的最大值．
（3）P为抛物线上一动点，Q为x轴上一动点，当以B，C，Q，P为顶点的四边形为平行四边形时，求点P的坐标．
【解题思路】（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入抛物线y=12x2+bx+c，即可求解析式；
（2）由题意可知，当点M为抛物线的顶点，即可求面积；
（3）分两种情况：①当以BC为边时，PQ＝BC，则点B到点C的竖直距离＝点P到点Q的竖直距离，即|12x2+x-32|=32，当点P在x轴上方时，12x2+x-32=32，求得P(-7-1，32)或P(7-1，32)，当点P在x轴下方时，12x2+x-32=-32，求得P(-2，-32)；②当以BC为对角线时，点P与点Q不能同时在抛物线上和x轴上，故此种情况不成立．
【解答过程】解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入抛物线y=12x2+bx+c，
∴12+b+c=0，12×(-3)2-3b+c=0，
解得b=1c=-32，
∴抛物线的函数解析式为y=12x2+x-32；
（2）∵M是x轴的下方的抛物线上一动点，且△ABM的面积最大，
∴点M为抛物线的顶点，
∴M（﹣1，﹣2），
∴△ABM的面积的最大值=12×(3+1)×2=4；
（3）分两种情况：①当以BC为边时，
由平行四边形的性质可知，PQ＝BC，
∴点B到点C的竖直距离＝点P到点Q的竖直距离，即|12x2+x-32|=32，
当点P在x轴上方时，12x2+x-32=32，
解得x1=-7-1，x2=7-1，
∴P(-7-1，32)或P(7-1，32)，
当点P在x轴下方时，12x2+x-32=-32，
解得x1＝﹣2，x2＝0（舍去），
∴P(-2，-32)；
②当以BC为对角线时，点P与点Q不能同时在抛物线上和x轴上，故此种情况不成立，
综上可知，点P的坐标为(-7-1，32)或（(7-1，32)或(-2，-32)．
【变式3-1】（2020秋•泰山区期末）如图，抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，且OA＝OB，直线AB与抛物线在第一象限交于点C（2，6），如图．
（1）求直线AB和抛物线的表达式；
（2）在y轴上找一点Q，使得△AMQ的周长最小，在备用图中画出图形并求出点Q的坐标；
（3）在坐标平面内是否存在点N，使以点A、O、C、N为顶点且AC为一边的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）抛物线y=12x2+bx+c经过A（﹣4，0），C（2，6），代入即可得抛物线表达式为y=12x2+2x，由OA＝OB，得B（0，4），用待定系数法即可得直线AB表达式为y＝x+4；
（2）作A关于y轴的对称点A'，连接A'M交y轴于Q，连接AM，此时△AQM的周长最小，由A'（4，0），M（（﹣2，﹣2），可得直线A'M表达式为y=13x-43，从而可得Q（0，-43）；
（3）分两种情况：①以AC、AO为边，此时A（﹣4，0）平移到C（2，6）时，O（0，0）即平移到N，即得N（6，6）；②以AC、AN为边，同理可得N（﹣6，﹣6）．
【解答过程】解：（1）抛物线y=12x2+bx+c经过A（﹣4，0），C（2，6），
∴12×16-4b+c=012×4+2b+c=6，解得b=2c=0，
∴抛物线表达式为y=12x2+2x，
∵A（﹣4，0），OA＝OB，
∴B（0，4），
设直线AB表达式为y＝mx+n，
∴0=-4m+n4=n，解得m=1n=4，
∴直线AB表达式为y＝x+4；
（2）作A关于y轴的对称点A'，连接A'M交y轴于Q，如图：
连接AM，此时△AQM的周长最小，
∵A（﹣4，0），A、A'关于y轴对称，
∴A'（4，0），
∵y=12x2+2x=12（x+2）2﹣2，
∴M（（﹣2，﹣2），
设直线A'M表达式为y＝sx+t，
则4s+t=0-2s+t=-2，解得s=13t=-43，
∴直线A'M表达式为y=13x-43，
令x＝0得y=-43，
∴Q（0，-43）；
（3）存在，理由如下：
①以AC、AO为边，如图：
∵四边形AONC是平行四边形，
∴A（﹣4，0）平移到C（2，6）时，O（0，0）即平移到N，
∴N（6，6）；
②以AC、AN为边，如图：
∵四边形ANOC是平行四边形，
∴C（2，6）平移到O（0，0）时，A（﹣4，0）即平移到N，
∴N（﹣6，﹣6）；
综上述所：以点A、O、C、N为顶点且AC为一边的四边形是平行四边形，则N的坐标为（6，6）或（﹣6，﹣6）．
【变式3-2】（2021春•雨花区期末）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P从点B出发，沿着射线BC运动，速度每秒2个单位长度，过点P作直线PM∥y轴，交抛物线于点M．设运动时间为t秒．
①在运动过程中，当t为何值时，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大？并求出此时点P的坐标．
②若点N同时从点B出发，向x轴正方向运动，速度每秒v个单位长度，问：是否存在t使点B，C，M，N构成平行四边形？若存在，求出t，v的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）先根据对称轴求出点B的坐标，再根据待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）①根据题意表示出BA和BC的值，再利用平方差公式表示出（MA+MC）（MA﹣MC）的值，求出最值即可；
②根据对角线的情况分三种情况讨论即可．
【解答过程】解：（1）∵抛物线的对称轴为x＝﹣1，
∴B（﹣3，0），
设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
代入C（0，3），得3＝a×3×（﹣1），
解得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
（2）①∵B（﹣3，0），C（0，3），
∴直线BC的解析式为y＝x+3，
设P（m，m+3），则点M为（m，﹣m2﹣2m+3），
∴（MA+MC）（MA﹣MC）＝MA2﹣MC2
＝（1﹣m）2﹣（﹣m2﹣2m+3）2﹣（﹣m）2﹣（﹣m2﹣2m+3﹣3）2
＝﹣6m2﹣14m+10
=-6(m+76)2+1096，
当m=-76时，（MA+MC）（MA﹣MC）最大，
此时PB=1162，
所以此时t=PB2=116，
∴当t=116时，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大，此时点P的坐标为（-76，116）；
②存在t的值，
由题意得B（﹣3，0），C（0，3），M（t﹣3，﹣t2+4t），N（v﹣3，0），
若BC为对角线，则：
-3+0=t-3+v-30+3=-t2+4t+0，
解得：t=1v=2或t=3v=0（舍），
∴t＝1，v＝2，
若BM为对角线，则：
-3+t-3=0+v-30-t2+4t=3+0，
解得：t=1v=-2（舍）或者t=3v=0（舍），
∴此种情况无满足的t，v，
若BN为对角线，则：
-3+v-3=0+t-30+0=3-t2+4t，
解得：t=2-7v=5-7（舍）或者t=2+7v=5+7，
∴t＝2+7，v＝5+7，
综上，t＝1，v＝2，或者t＝2+7，v＝5+7．
【变式3-3】（2021•北碚区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣6与x轴交于A，C（﹣6，0）两点（点A在点C右侧），交y轴于点B，连接BC，且AC＝4．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若P是BC上方抛物线上不同于点A的一动点，连接PA，PB，PC，求当S△PBC-12S△PAC有最大值时点P的坐标，并求出此时的最大值．
（3）如图2，将原抛物线向右平移，使得点A刚好落在原点O，M是平移后的抛物线上一动点，Q是直线BC上一动点．当A，M，B，Q组成的四边形是平行四边形时，请直接写出此时点Q的坐标．
【解题思路】（1）由点C的坐标，即AC＝4，可求出点A的坐标，把点A和点C的坐标代入抛物线中，即可求得抛物线的解析式；
（2）过点P作x轴的垂线，交x轴于点D，交BC于点E，设出点P的坐标，分别表达点D和点E的坐标，进而表达S△PBC-12S△PAC，根据二次函数的性质求得最大值及点P的坐标；
（3）先求出平移后的抛物线的解析式，再分别讨论AB为边，AB为对角线两种情况讨论；根据平行四边形的性质可求出点Q的坐标．
【解答过程】解：（1）∵C（﹣6，0），
∴OC＝6，
∵AC＝4，
∴OA＝2，即A（﹣2，0），
∵点A（﹣2，0），C（﹣6，0）在抛物线y＝ax2+bx﹣6上，
∴4a-2b-6=036a-6b-6=0，解得，a=-12b=-4，
∴抛物线的解析式为：y=-12x2﹣4x﹣6；
（2）过点P作x轴的垂线，交x轴于点D，交BC于点E，如图，
由（1）中抛物线的解析式可得B（0，﹣6），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x﹣6，
设点P的横坐标为m，则P（m，-12m2﹣4m﹣6）（﹣6＜m＜0，且m≠0），
∴D（m，0），E（m，﹣m﹣6），
∴PE=-12m2﹣4m﹣6﹣（﹣m﹣6）=-12m2﹣3m，
|PD|＝|-12m2﹣4m﹣6|，
∴S△PBC-12S△PAC
=12•PE•（xB﹣xC）-12×12|PD|•AC
=12•（-12m2﹣3m）×6-12×12|-12m2﹣4m﹣6|×4
=-32m2﹣9m﹣|-12m2﹣4m﹣6|，
当﹣6＜m＜﹣2时，-12m2﹣4m﹣6＞0
S△PBC-12S△PAC=-32m2﹣9m﹣（-12m2﹣4m﹣6）＝﹣m2﹣5m+6＝﹣（m+52）2+494，
当m=-52时，S△PBC-12S△PAC的最大值为494，P（-52，78）；
当﹣2＜m＜0时，
S△PBC-12S△PAC=-32m2﹣9m﹣（12m2+4m+6）＝﹣2m2﹣13m﹣6＝﹣2（m+134）2+1218＜968，
∵968＜494，
综上，当P（-52，78）时，S△PBC-12S△PAC的最大值为494；
（3）将原抛物线向右平移，使得点A刚好落在原点O，则平移后的抛物线为：y=-12x2﹣2x，
①当AB为边时，分两种情况：
a．当四边形ABQM是平行四边形时，由平行四边形的性质可知，AB∥MQ，AM∥BQ，如图，
过点A作AM∥BC，与平移后的抛物线交于点M，
∵直线BC的解析式为：y＝﹣x﹣6，
则直线AM的解析式为：y＝﹣x﹣2，
联立y=-x-2y=-12x2-2x，解得，x=-1-5y=-1+5，或x=-1+5y=-1-5，
∴M1（﹣1-5，﹣1+5），M2（﹣1+5，﹣1-5），
∴Q1（1-5，﹣7+5），Q2（1+5，﹣7-5）；
b．当四边形ABMQ是平行四边形时，如图，
设点M5的横坐标为t，则M5（t，-12t2﹣2t），由平移的性质可得，Q5（t﹣2，-12t2﹣2t+6），
∵点Q5在直线BC上，
∴-12t2﹣2t+6＝﹣（t﹣2）﹣6，解得t＝﹣1+21或t＝﹣1-21．
∴Q5（﹣3-21，﹣3+21），Q6（﹣3+21，﹣3-21）；
②当AB为对角线时，由平行四边形的性质可知，AM∥BQ，如图，
∵A（﹣2，0），B（0，﹣6），
∴AB的中点为（﹣1，﹣3），
由①可知，M3（﹣1+5，﹣1-5），M4（﹣1-5，﹣1+5）；
∴Q3（﹣1-5，﹣5+5），Q4（﹣1+5，﹣5-5）；
∴符合题意的点Q的坐标为：（1+5，﹣7-5），（1-5，﹣7+5），（﹣3-21，﹣3+21），（﹣3+21，﹣3-21），（﹣1-5，﹣5+5），（﹣1+5，﹣5-5）．
【题型4 二次函数中菱形存在性问题】
【例4】（2020秋•巴南区期末）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C．
（1）求b，c的值；
（2）如图1，点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标m．当m为何值时，△PBC的面积最大？并求出这个面积的最大值．
（3）如图2，将该抛物线向左平移2个单位长度得到新的抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点M为直线BC上的一点，点N是平面坐标系内一点，是否存在点M，N，使以点B，D，M，N为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）将点A（1，0）和点B（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解析式；
（2）求出直线BC的解析式y＝x+3，过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，由已知可得P（m，﹣m2﹣2m+3），则Q（m，m+3），则S△PBC=-32（m+32）2+278，当m=-32时，S△PBC有最大值278，此时P（-32，154）；
（3）平移后抛物线解析式为y＝﹣x2﹣6x﹣5，联立﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣6x﹣5，求出D（﹣2，3），则BD=10，设M（t，t+3），分三种情况：当四边形BDMN为菱形时，由DB＝DM，得10＝（t+2）2+t2，求出M（1，4）；当四边形BDNM为菱形时，由BD＝BM，得10＝（t+3）2+（t+3）2，求出M（5-3，5）或M（-5-3，-5）；当四边形BMDN为菱形时，设BD的中点为G，则G（-52，32），由勾股定理得BM2＝BG2+GM2，即2（t+3）2＝（102）2+（t+52）2+（t+32）2，求出M（-74，54）．
【解答过程】解：（1）将点A（1，0）和点B（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得-1+b+c=0-9-3b+c=0，
解得b=-2c=3，
∴y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
则有b=3-3k+b=0，
解得k=1b=3，
∴y＝x+3，
过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，
由已知可得P（m，﹣m2﹣2m+3），则Q（m，m+3），
∴S△PBC=12×3×（﹣m2﹣2m+3﹣m﹣3）=32（﹣m2﹣3m）=-32（m+32）2+278，
∴当m=-32时，S△PBC有最大值278，
此时P（-32，154）；
（3）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
将抛物线向左平移2个单位长度，则y＝﹣（x+3）2+4＝﹣x2﹣6x﹣5，
联立﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣6x﹣5，
∴x＝﹣2，
∴D（﹣2，3），
∵B（﹣3，0），
∴BD=10，
∵M点在直线BC上，
设M（t，t+3），
当四边形BDMN为菱形时，如图1，
∴DB＝DM，
∴10＝（t+2）2+t2，
∴t＝1或t＝﹣3（舍），
∴M（1，4）；
当四边形BDNM为菱形时，如图2，
∴BD＝BM，
∴10＝（t+3）2+（t+3）2，
∴t=5-3或t=-5-3，
∴M（5-3，5）或M（-5-3，-5）；
当四边形BMDN为菱形时，如图3，
设BD的中点为G，则G（-52，32），
∵GM⊥BD，
∴BM2＝BG2+GM2，
∴2（t+3）2＝（102）2+（t+52）2+（t+32）2，
∴t=-74，
∴M（-74，54）；
综上所述：M点的坐标为（1，4）或（5-3，5）或（-5-3，-5）或（-74，54）．
【变式4-1】（2021•湘潭）如图，一次函数y=33x-3图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y=33x2+bx+c图象过A、B两点．
（1）求二次函数解析式；
（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由y=33x-3可求出A（3，0），B（0，-3），代入二次函数y=33x2+bx+c即得二次函数解析式为y=33x2-233x-3；
（2）由二次函数y=33x2-233x-3可得其对称轴为直线x=2332×33=1，设P（1，m），Q（n，33n2-233n-3），而C与B关于直线x＝1对称，可得C（2，-3），
①当BC、PQ为对角线时，0+22=1+n2-3-32=m+33n2-233n-32，可得m=-233n=1，此时四边形BQCP是平行四边形，根据P（1，-233），B（0，-3），C（2，-3）可得PB＝PC，即得此时Q（1，-433）；②BP、CQ为对角线时，同理可得Q（﹣1，0）；③以BQ、CP为对角线，同理可得Q（3，0）．
【解答过程】解：（1）在y=33x-3中，令x＝0得y=-3，令y＝0得x＝3，
∴A（3，0），B（0，-3），
∵二次函数y=33x2+bx+c图象过A、B两点，
∴0=33+3b+c-3=c，解得b=-233c=-3，
∴二次函数解析式为y=33x2-233x-3；
（2）存在，理由如下：
由二次函数y=33x2-233x-3可得其对称轴为直线x=2332×33=1，
设P（1，m），Q（n，33n2-233n-3），而B（0，-3），
∵C与B关于直线x＝1对称，
∴C（2，-3），
①当BC、PQ为对角线时，如图：
此时BC的中点即是PQ的中点，即0+22=1+n2-3-32=m+33n2-233n-32，
解得m=-233n=1，
∴当P（1，-233），Q（1，-433）时，四边形BQCP是平行四边形，
由P（1，-233），B（0，-3），C（2，-3）可得PB2=43=PC2，
∴PB＝PC，
∴四边形BQCP是菱形，
∴此时Q（1，-433）；
②BP、CQ为对角线时，如图：
同理BP、CQ中点重合，可得0+12=2+n2-3+m2=-3+33n2-233n-32，
解得m=0n=-1，
∴当P（1，0），Q（﹣1，0）时，四边形BCPQ是平行四边形，
由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC2＝4＝PC2，
∴四边形BCPQ是菱形，
∴此时Q（﹣1，0）；
③以BQ、CP为对角线，如图：
BQ、CP中点重合，可得0+n2=2+12-3+33n2-233n-32=-3+m2，
解得m=0n=3，
∴P（1，0），Q（3，0）时，四边形BCQP是平行四边形，
由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC2＝4＝PC2，
∴四边形BCQP是菱形，
∴此时Q（3，0）；
综上所述，Q的坐标为：（1，-433）或（﹣1，0）或（3，0）．
【变式4-2】（2021春•无棣县月考）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，B点的坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3），点P是直线BC下方抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数解析式；
（2）连接PO，PC，并将△POC沿y轴对折，得到四边形POP'C．是否存在点P，使四边形POP'C为菱形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．
【解题思路】（1）先根据点C坐标求出c＝﹣3，再将点B坐标代入二次函数解析式中求出b，即可得出结论；
（2）连接PP'交y轴于E，根据菱形的性质判断出点E是OC的中点，进而求出点P的纵坐标，最后代入二次函数解析式中求解，即可得出结论；
（3）设出点P的坐标，进而利用梯形的面积+三角形的面积得出S四边形ABPC=-32（m-12）2+398，即可得出结论．
【解答过程】解：（1）∵二次函数y＝x2+bx+c与y轴的交点C（0，﹣3），
∴c＝﹣3，∴二次函数的解析式为y＝x2+bx﹣3，
∵点B（3，0）在二次函数图象上，
∴9+3b﹣3＝0，
∴b＝﹣2，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）存在，理由：如图1，
连接PP'交y轴于E，
∵四边形POP'C为菱形，
∴PP'⊥OC，OE＝CE=12OC，
∵点C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∴OE=32，
∴E（0，-32），
∴点P的纵坐标为-32，
由（1）知，二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴x2﹣2x﹣3=-32，
∴x=2-102或x=2+102，
∵点P在直线BC下方的抛物线上，
∴0＜x＜3，
∴点P（2+102，-32）；
（3）如图2，过点P作PF⊥x轴于F，则PF∥OC，
由（1）知，二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），
∴设P（m，m2﹣2m﹣3）（0＜m＜3），
∴F（m，0），
∴S四边形ABPC＝S△AOC+S梯形OCPF+S△PFB=12OA•OC+12（OC+PF）•OF+12PF•BF
=12×1×3+12（3﹣m2+2m+3）•m+12（﹣m2+2m+3）•（3﹣m）
=-32（m-32）2+758，
∴当m=32时，四边形ABPC的面积最大，最大值为758，此时，P（32，-154），
即点P运动到点（32，-154）时，四边形ABPC的面积最大，其最大值为758．
【变式4-3】（2020秋•南岸区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（4，0）和B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求二次函数y＝x2+bx+c的表达式；
（2）将点C向右平移n个单位得到点D，点D在该二次函数图象上．点P是直线BD下方该二次函数图象上一点，求△PBD面积的最大值以及此时点P的坐标；
（3）在（2）中，当△PBD面积取得最大值时，点E是过点P且垂直于x轴直线上的一点．在该直角坐标平面内，是否存在点Q，使得以点P，D，E，Q四点为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由s=12PF（xD﹣xB）=12×PF×（3+1），即可求解；
（3）①当PE为对角线时，如图2，则PE⊥DQ，且D、Q关于直线PE对称，即可求解；②当DE为对角线时，证明△DNP≌△EMQ（AAS），进而求解；③当PD为对角线时，由DG2+EG2＝DG2，即可求解．
【解答过程】解：（1）根据题意得：16+4b+c=01-b+c=0，
解得：b=-3c=-4，
∴这个二次函数的表达式为y＝x2﹣3x﹣4；
（2）∵y＝x2﹣3x﹣4与y轴交点为（0，﹣4），
∵将点C向右平移后得到点D，则点D的纵坐标为﹣4．
令y＝﹣4，即x2﹣3x﹣4＝﹣4，得x1＝0，x2＝3．
∴D（3，﹣4）．
设直线BD的表达式为y＝mx+n，则0=-m+n-4=3m+n，解得m=-1n=-1，
∴经过B（﹣1，0），D（3，﹣4）的直线为y＝﹣x﹣1．
∵P是函数y＝x2﹣3x﹣4图象上一点，则设P（t，t2﹣3t﹣4）．
如图1，过点P作PF⊥x轴，交BD于点F，则F（t，﹣t﹣1）．
设△PBD的面积为s，
则s=12PF（xD﹣xB）=12×PF×（3+1）＝2PF＝2[（﹣t﹣1）﹣（t2﹣3t﹣4）]＝﹣2（t﹣1）2+8，
∴t＝1时，△PBD的面积最大，最大为8．
此时，点P（1，﹣6）；
（3）存在以点P，D，E，Q四点为顶点的四边形是菱形，分三种情况：
①当PE为对角线时，如图2，
∵PE⊥x轴，CD//x轴，
∴PE⊥DQ，且D、Q关于直线PE对称，
因为D（3，﹣4），P（1，﹣6），
∴Q（﹣1，﹣4）；
②当DE为对角线时，设Q（3，k），如图3、图4，则DQ//PE，DQ＝PE，
作DN⊥PE于E，EM⊥DQ于M，
∵∠P＝∠Q，DP＝EQ，
.∴△DNP≌△EMQ（AAS），
∴QM＝PN＝﹣4﹣（﹣6）＝2，
∵EM＝3﹣1＝2，QE＝DQ＝k+4，
∴（k+4）2＝22+22，
解得k＝﹣4±22，
∴点Q的坐标有（3，﹣4+22 ），（3，﹣4﹣22）；
③当PD为对角线时，如图5，设点Q坐标为（3，a），
作PH⊥DQ于H，QG⊥PE于G，
∵DG＝2，EG＝QH＝﹣6﹣a，DE＝DQ＝﹣4﹣a，
则DG2+EG2＝DG2，
∴22+（﹣6﹣a）2＝（﹣4﹣a）2，
解得a＝﹣6，
∴Q（3，﹣6），
满足条件的点Q的坐标有：（3，-4+22），（3，-4-22），（﹣1，﹣4），（3，﹣6）．
【题型5 二次函数中矩形存在性问题】
【例5】（2021春•九龙坡区校级期末）如图1，若二次函数y＝﹣x2+3x+4的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接AC、BC．
（1）求三角形ABC的面积；
（2）若点P是抛物线在一象限内BC上方一动点，连接PB、PC，是否存在点P，使四边形ABPC的面积为18，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图2，若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）令x＝0，求C（0，4），令y＝0，求A（﹣1，0），B（4，0），再求S△ABC=12×5×4＝10；
（2）由已知可得△BCP的面积为8，求出直线BC的解析式为y＝﹣x+4，过P点作PM⊥x轴，交BC于点M，设P（t，﹣t2+3t+4），则M（t，﹣t+4），则S△BCP＝2（﹣t2+4t）＝8，求出t＝2，则P（2，6）；
（3）设Q（m，﹣m2+3m+4），当m＞0时，过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，证明△CHQ≌△BGK（AAS），得到m＝﹣m2+3m+4﹣4，则HQ＝2，所以K（6，2）；当m＜0时，设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，证明△QHG≌△KFE（AAS），则有﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），求得m＝﹣2，则GQ＝2，可求K（﹣6，﹣2）．
【解答过程】解：（1）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
令y＝0，则﹣x2+3x+4＝0，
解得x＝4或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∴AB＝5，
∴S△ABC=12×5×4＝10；
（2）存在，理由如下：
∵四边形ABPC的面积为18，S△ABC＝10，
∴△BCP的面积为8，
设直线BC的解析式为y＝kx+4，将点B（4，0）代入，得k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
过P点作PM⊥x轴，交BC于点M，
设P（t，﹣t2+3t+4），则M（t，﹣t+4），
∴S△BCP=12×4×PM＝2（﹣t2+3t+4+t﹣4）＝2（﹣t2+4t）＝8，
∴t＝2，
∴P（2，6）；
（3）存在，理由如下：
设Q（m，﹣m2+3m+4），
当m＞0时，如图1，
∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，
过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，
∵CQ＝BK，∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HCQ＝∠GBK＝45°，
∴△CHQ≌△BGK（AAS），
∴HC＝HQ＝BG＝GK，
∴m＝﹣m2+3m+4﹣4，
∴m＝2或m＝0（舍），
∴HQ＝2，
∴K（6，2）；
当m＜0时，如图2，
∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，
设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，
过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，
∵∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠OBH＝∠OHB＝45°，∠FCO＝∠CFO＝45°，
∴OF＝OC＝OB＝OH＝4，∠HQG＝∠EFK＝45°，
∵KC＝BQ，CF＝HB，
∴FK＝QH，
∴△QHG≌△KFE（AAS），
∴QG＝HG＝EF＝EK，
∴﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），
∴m＝﹣2或m＝4（舍），
∴GQ＝2，
∴K（﹣6，﹣2）；
综上所述，K点的坐标为（﹣6，﹣2）或（6，2）．
【变式5-1】（2021•齐齐哈尔）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接BC，OA＝1，对称轴为直线x＝2，点D为此抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上C、D两点之间的距离是 22 ；
（3）点E是第一象限内抛物线上的动点，连接BE和CE，求△BCE面积的最大值；
（4）点P在抛物线对称轴上，平面内存在点Q，使以点B、C、P、Q为顶点的四边形为矩形，请直接写出点Q的坐标．
【解题思路】（1）先由题意得出A，B的坐标，再用待定系数法求出解析式即可；
（2）根据两点的距离公式即可求出CD的长度；
（3）先设出E的坐标，然后将△BCE的面积表示出来，求出最大值即可；
（4）根据对角线的情况分三种讨论，再由矩形的性质求出点Q的坐标．
【解答过程】解：（1）∵OA＝1，
∴A（﹣1，0），
又∵对称轴为x＝2，
∴B（5，0），
将A，B代入解析式得：
0=a-2+c0=25a+10+c，
解得a=-12c=52，
∴y=-12x2+2x+52；
（2）由（1）得：C（0，52），D（2，92），
∴CD=(92-52)2+(2-0)2=22，
故答案为22；
（3）∵B（5，0），C（0，52），
∴直线BC的解析式为：y=-12x+52，
设E（x，-12x2+2x+52），
作EF∥y轴交BC于点F，
则F（x，-12x+52），
∴EF=-12x2+2x+52-（-12x+52）=-12x(x-5)，
∴S△BCE=12×(xB-xC)×EF=12×5×[-12x(x-5)]=-54x(x-5)，
当x=52时，S△BCE有最大值为12516；
（4）设P（2，y），Q（m，n），
由（1）知B（5，0），C（0，52），
若BC为矩形的对角线，
则5+0=2+m0+52=y+n，
解得：m=3n=52-y，
又∵∠BPC＝90°，
∴PC2+PB2＝BC2，
即：22+(52-y)2+32+y2=52+(52)2，
解得y＝4或y=-32，
∴n=-32或n＝4，
∴Q（3，-32）或Q（3，4），
若BP为矩形得对角线，
则5+2=0+m0+y=52+n，
解得m=7n=y-52，
又∵∠BCP＝90°，
BC2+CP2＝BP2，
即：52+(52)2+22+(52-y)2=32+y2，
解得y=132，
∴Q（7，4），
若BQ为矩形的对角线，
则5+m=2+00+n=y+52，
解得：m=-3n=y+52，
又∵∠BCQ＝90°，
∴BC2+CQ2＝BQ2，
即：52+(52)2+m2+(52-n)2=(5-m)2+n2，
解得n=-72，
∴Q（﹣3，-72），
综上，点Q的坐标为（3，-32）或（3，4），或（7，4）或（﹣3，-72）．
【变式5-2】（2021春•杏花岭区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求直线BC的解析式；
（2）若点P为直线BC下方抛物线上一动点，当点P运动到某一位置时，△BCP的面积最大，求△BCP的最大面积及此时点P的坐标；
（3）点M为抛物线对称轴上一动点，点N为坐标平面内一点，若以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，直接写出点M的坐标．
【解题思路】（1）求出B、C坐标，用待定系数法即可得答案；
（2）过P作PD∥y轴交BC于D，设P（m，m2﹣2m﹣3），用m的代数式表示PD和△BCP的面积S△BCP即可得到答案；
（3）抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝1，以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，分三种情况分别画出图形，列方程求出解即可得到答案．
【解答过程】解：（1）在y＝x2﹣2x﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，令y＝0得x＝3或﹣1，
∴C（0，﹣3），A（﹣1，0），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，﹣3）代入得：
0=3k+b-3=b，解得k=1b=-3，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3；
（2）过P作PD∥y轴交BC于D，如图：
设P（m，m2﹣2m﹣3），则D（m，m﹣3），
∴PD＝（m﹣3）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，
∴△BCP的面积S△BCP=12PD•|xB﹣xC|=-32m2+92m=-32（m-32）2+278，
∴m=32时，S△BCP最大为278，
此时P（32，-154）；
（3）抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝1，以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，分三种情况：
①过B作BM⊥BC交对称轴x＝1于M，如图：
∵直线BC的解析式为y＝x﹣3，
∴设直线BM解析式为y＝﹣x+n，将B（3，0）代入得：
0＝﹣3+n，解得n＝3，
∴直线BM解析式为y＝﹣x+3，
令x＝1得y＝2，
∴M（1，2）；
②过C作CM⊥BC交对称轴x＝1于M，如图：
同①可得M（1，﹣4）；
③以BC为对角线时，作以BC为直径的圆与对称轴交于M，如图：
设M（1，t），
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴直线CM解析式为y＝（t+3）x﹣3，直线BM解析式为y=-t2x+32t，
∵CM⊥BM，
∴-t2•（t+3）＝﹣1，解得：t=-3+172或t=-3-172，
∴M（1，-3+172）或M（1，-3-172）．
综上所述，以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，M坐标为（1，2）或（1，﹣4）或（1，-3+172）或（1，-3-172）．
【变式5-3】（2021•北碚区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为（﹣2，0），直线BC的解析式为y=12x﹣4．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，过点A作AD∥BC交抛物线于点D（异于点A），P是直线BC下方抛物线上一点，过点P作PQ∥y轴，交AD于点Q，过点Q作QR⊥BC于点R，连接PR．求△PQR面积的最大值及此时点P的坐标．
（3）如图2，点C关于x轴的对称点为点C′，将抛物线沿射线C′A的方向平移25个单位长度得到新的抛物线y′，新抛物线y′与原抛物线交于点M，原抛物线的对称轴上有一动点N，平面直角坐标系内是否存在一点K，使得以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由题可知B点既在x轴上，又在y=12x﹣4上，则B（8，0），再将A、B代入y＝ax2+bx﹣4即可求解析式；
（2）先求出直线AD的解析式为y=12x+1，过点B作BG⊥AD，在Rt△ABG中，AB＝10，tan∠BAG=12，求出BG＝25，设P（m，-14m2-32m﹣4），R（n，12n﹣4），则Q（m，12m+1），QR＝25，代入点的坐标可得n﹣m＝2，则R（m+2，12m﹣3），S△PQR=-14（m﹣4）2+9，当m＝4时，S△PQR有最大值9，则可求P（4，﹣6）；
（3）求出C'（0，﹣4），直线AC的解析式为y＝2x+4，由平移可知抛物线沿着x轴负方向平移2个单位长度，沿着y轴负方向平移4个单位长度，可得平移后抛物线解析式为y'=14（x﹣1）2-414，联立14（x﹣3）2-254=14（x﹣1）2-414可求两抛物线交点M（6，﹣4），联立12x+1=14x2-32x﹣4，可求D（10，6），设N（3，t），K（x，y），①当DM与KN为矩形对角线时，8=3+x2，1=t+y2，再由DM＝KN，则16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，可求K（13，﹣1）或K（13，3）；②当DN与MK为矩形对角线时，132=6+x2，y-42=6+t2，再由DN＝MK，则49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，求出K（7，365）；③当KD与MN为矩形对角线时，10+x2=92，6+y2=t-42，再由KD＝MN，（x﹣10）2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，求出K（﹣1，-65）．
【解答过程】解：（1）∵B点在x轴上，且B点在y=12x﹣4上，
∴B（8，0），
∵A（﹣2，0），B（8，0），都在抛物线y＝ax2+bx﹣4上，
∴x＝﹣2，x＝8是方程ax2+bx﹣4＝0的两个根，
∴﹣16=-4a，ba=6，
∴a=14，b=-32，
∴y=14x2-32x﹣4；
（2）∵AD∥BC，直线BC的解析式为y=12x﹣4，
∴直线AD的解析式为y=12x+1，
过点B作BG⊥AD交点G，
∵QR⊥BC，
∴QR＝BG，
在Rt△ABG中，AB＝10，tan∠BAG=12，
∴BG＝25，
设P（m，14m2-32m﹣4），R（n，12n﹣4），则Q（m，12m+1），
∵QR＝25，
∴20＝（m﹣n）2+(12m-12n+5)2，
∴n﹣m＝2，
∴R（m+2，12m﹣3），
S△PQR=12×（12m+1-14m2+32m+4）×2=-14m2+2m+5=-14（m﹣4）2+9，
∴当m＝4时，S△PQR有最大值9，
∴P（4，﹣6）；
（3）∵点C关于x轴的对称点为点C′，
∴C'（0，﹣4），
∴直线AC的解析式为y＝2x+4，
∵抛物线沿射线C′A的方向平移25个单位长度，
∴抛物线沿着x轴负方向平移2个单位长度，沿着y轴负方向平移4个单位长度，
∵y=14x2-32x﹣4=14（x﹣3）2-254，
∴y'=14（x﹣1）2-414，
联立14（x﹣3）2-254=14（x﹣1）2-414，解得x＝6，
∴M（6，﹣4），
联立12x+1=14x2-32x﹣4，解得x＝10或x＝﹣2，
∵D异于点A，
∴D（10，6），
∵y=14x2-32x﹣4的对称轴为直线x＝3，
设N（3，t），K（x，y），
①当DM与KN为矩形对角线时，
DM的中点与KN的中点重合，
∴8=3+x2，1=t+y2，
∴x＝13，t＝2﹣y，
∵DM＝KN，
∴16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，
∴y＝﹣1或y＝3，
∴K（13，﹣1）或K（13，3）；
②当DN与MK为矩形对角线时，
DN的中点与MK的中点重合，
∴132=6+x2，y-42=6+t2，
∴x＝7，t＝y﹣10，
∵DN＝MK，
∴49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，
∴y=365，
∴K（7，365）；
③当KD与MN为矩形对角线时，
KD的中点与MN的中点重合
∴10+x2=92，6+y2=t-42，
∴x＝﹣1，t＝10+y，
∵KD＝MN，
∴（x﹣10）2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，
∴y=-65，
∴K（﹣1，-65）；
综上所述：以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形时，K点坐标为（﹣1，-65）或（7，365）或（13，﹣1）或（13，3）．
【题型6 二次函数中正方形存在性问题】
【例6】（2021•渝中区校级二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），其中A（﹣2，0），并且抛物线过点D（4，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P为直线CD上方抛物线上一点，过P作PE∥y轴交BC于点E，连接CP，PD，DE，求四边形CPDE面积的最值及点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿射线CB方向平移得新抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），是否在新抛物线上存在点M，在平面内存在点N，使得以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形？若在，直接写出此时新抛物线的顶点坐标，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）将A点D点坐标代入解析式即可；
（2）求出B点坐标及直线BC的函数解析式，设出P、E点坐标，用二次函数关系式表示出面积，利用二次函数性质求最值即可；
（3）根据图计算出M点和N点坐标，设出平移距离，根据平移之前M点在原抛物线上，求出平移距离，即可得出平移后顶点坐标．
【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣2，0），D（4，3），
∴0=4a-2b+33=16a+4b+3，
解得a=-14b=1，
∴抛物线的解析式为y=-14x2+x+3；
（2）当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
令y＝0，x＝﹣2或6，
∴B（6，0），
则CD都在y＝3这一直线上，
∴CD∥x轴，
又∵PE∥y轴，
∴CD⊥PE，
∴四边形CPDE的面积S=12CD•PE，
设直线BC解析式为y＝kx+b，代入B点和C点坐标得：
b=30=6m+b，
解得k=-12b=3，
∴直线BC的解析式为y=-12x+3，
设P（m，-14m2+m+3），E（m，-12m+3），
∴PE=-14m2+32m，
又∵CD＝4﹣0＝4，
∴S四边形CPDE=12PE•CD=12×（-14m2+32m）×4=-12m2+3m=-12（m﹣3）2+92，
∴当m＝3时，面积有最大值为92，
此时P（3，154）；
（3）存在，新顶点坐标为（2+11，4-112），
∵A（﹣2，0），C（0，3），
∴AC=OA2+OC2=(-2)2+32=13，
∵以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形，
∴NM＝MC＝AN＝AC=13，
过N作x轴的垂线交x轴于Q，如图2，
∵∠CAO+∠BAN＝90°，∠CAO+∠ACO＝90°，
∴∠BAN＝∠ACO，
又∵∠AOC＝∠AQN＝90°，
∴△AOC≌△NQA（AAS），
∴NQ＝OA＝2，AQ＝OC＝3，
∴N（﹣2，1），
同理可求M（3，1），
∵M点在抛物线沿射线CB方向平移得新抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0）上，
∴将M点先向左平移t个单位，再向上平移t2个单位的M'（3﹣t，1+t2）在原抛物线上，
即1+t2=-14（3﹣t）2+（3﹣t）+3，
解得t＝±11，
∵图中抛物线是沿CB方向移动，
∴t＞0，
即t=11，
∵原抛物线的顶点坐标为（2，4），
∴将原顶点坐标先向右平移11个单位，再向下平移112个单位得到新抛物线的顶点，
即新抛物线的顶点为（2+11，4-112）．
【变式6-1】（2020秋•高明区期末）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点Q在该抛物线的对称轴上，若△ACQ是以AC为腰的等腰三角形，求点Q的坐标；
（3）若P为BD的中点，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，GM⊥x轴于点M，N为直线PF上一动点，当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，直接写出点M的坐标．
【解题思路】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）分AC＝AQ、AC＝CQ两种情况，利用等腰三角形腰相等求解即可；
（3）计算出FM＝|2﹣a|，MG＝|a2﹣2a﹣3|，当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，则FM＝MG，即可求解．
【解答过程】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得1-b+c=09+3b+c=0，解得b=-2c=-3，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由抛物线的表达式知，点C（0，﹣3），函数的对称轴为直线x＝1，
则设点Q的坐标为（1，m），
由点A、C、Q的坐标得：AC2＝12+32＝10，
同理可得：AQ2＝4+m2，CQ2＝1+（m+3）2，
当AC＝AQ时，则10＝4+m2，解得m＝±6；
当AC＝CQ时，同理可得m＝﹣6或0（舍去﹣6），
故点Q的坐标为（1，0）或（1，6）或（1，-6）；
（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，故点D的坐标为（1，﹣4），
由点B、D的坐标得，点P（2，﹣2），
则点F（2，0），
设点M的坐标为（a，0），则点G（a，a2﹣2a﹣3），
则FM＝|2﹣a|，MG＝|a2﹣2a﹣3|，
当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，则FM＝MG，
即|2﹣a|＝|a2﹣2a﹣3|，
当2﹣a＝a2﹣2a﹣3时，解得a=1±212，
当﹣（2﹣a）＝a2﹣2a﹣3时，解得a=3±212，
故点M的坐标为（1+212，0）或（1-212，0）或（3+132，0）或（3-132，0）．
【变式6-2】（2021•合川区校级模拟）如图，在平面直角坐标系．xOy中，直线y＝x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过A，B两点的抛物线交x轴于另一点C（﹣2，0）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，点F是直线AB下方抛物线上一动点，连接FA，FB，求出四边形FAOB面积最大值及此时点F的坐标．
（3）如图2，在（2）问的条件下，点Q为平面内y轴右侧的一点，是否存在点Q及平面内任意一点M使得以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）设出点F的坐标，利用铅垂法可表达△PAB的面积，再利用二次函数的性质进行求解；
（3）假设存在以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形，分别以AF为边，以AF为对角线，进行讨论即可．
【解答过程】解：（1）∵直线y＝x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A（4，0），点B（0，﹣4），
∵抛物线交x轴于点A（4，0），点C（﹣2，0）．
设抛物线解析式为：y＝a（x+2）（x﹣4）＝ax2﹣2ax﹣8a，
∵抛物线交y轴于点B（0，﹣4），
∴﹣4＝﹣8a，
∴a=12，
∴抛物线解析式为：y=12x2﹣2×12x﹣8×12=12x2﹣x﹣4；
（2）如图，过点F作FE∥y轴，交AB于点E，
设点P的横坐标为t，则P（t，12t2﹣t﹣4），
∵直线AB的解析式为y＝x﹣4，
∴E（t，t﹣4），
∴S△BFA=12OA•EF=12×（4﹣0）×（t﹣4-12t2+t+4）
＝﹣t2+4t，
∵S△BOA=12OA•OB=12×4×4＝8，
∴S四边形FAOB＝S△BFA+S△BOA＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12，
∴当t＝2时，S四边形FAOB有最大值12，12t2﹣t﹣4＝﹣4．
∴此时点F的坐标为（2，﹣4）；
（3）①当AF为为边时，如图，过点F作FS⊥x轴于点S，过点作Q1T⊥x轴于点T，
∵点A（4，0），点F的坐标为（2，﹣4），
∴AF=(4-2)2+42=25，SF＝4，AS＝4﹣2＝2，
∵四边形AQ1Q2F是正方形，
∴AQ1＝AF＝25，∠FAQ1＝90°，
∵∠SFA+∠SAF＝90°，∠SAF+∠TAQ1＝90°，
∴∠SFA＝∠TAQ1，
∵∠FSA＝∠ATQ1＝90°，
∴△FSA≌△ATQ1，
∴AT＝SF＝4，TQ1＝AS＝2，
∴OT＝OA+AT＝8，
∴Q1（8，﹣2）；
同理可得：△Q1HQ2≌△ATQ1，
∴Q1H＝AT＝4，Q2H＝TQ1＝2，
∴OK＝OT﹣KT＝8﹣2＝6，Q2K＝HT＝4+2＝6，
∴Q2（6，﹣6）；
四边形AFED是正方形时，点D在y轴上，点E在y轴左边，不合题意；
②连接AE，FD交于点Q3，连接AQ2、FQ1交于点Q4，此时，AF为对角线，四边形AQ3FQ4是正方形，如图：
∵Q4是FQ1的中点，Q1（8，﹣2），F（2，﹣4），
∵8+22=5，-2+(-4)2=-3，
∴Q4（5，﹣3）；
∵Q3是FD的中点，D（0，2），F（2，﹣4），
∵0+22=1，2+(-4)2=-1，
∴Q3（1，﹣1）．
∴存在，点Q的坐标Q1（8，﹣2），Q2（6，﹣6），Q3（1，﹣1），Q4（5，﹣3）．
【变式6-3】（2021•海南模拟）如图，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0），交y轴于点C（0，4）．
（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M（m，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SEOG=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．
【解题思路】（1）用待定系数法即可求解；
（2）①当点G在点E的左侧时，由SEOG=12S△AOE，即12×ON×（xE﹣xG）=12×12×ON×（xE﹣xG），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M（m，0），得H（m，﹣m+4）、F（m，-13m2+13m+4），分两种情况：F在EP的左侧，在EP的右侧，根据EF＝FH，列方程可得结论．
【解答过程】解：（1）由题意得：c=49a-3b+c=016a+4b+c=0，解得a=-13b=13c=4，
∴y=-13x2+13x+4；
（2）①当点G在点E的左侧时，
如图1，∵B（4，0），C（0，4），
∴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，
∴E（1，3），
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴G的横坐标为m，
∵SEOG=12S△AOE，
∴12×ON×（xE﹣xG）=12×12×ON×（xE﹣xG），
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：E（1，3），
∵四边形EFHP是正方形，
∴FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴H（m，﹣m+4），F（m，-13m2+13m+4），
分两种情况：
i）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），
∴H（1-132，7+132），
∴P（1，7+132），
ii）当1＜m＜4时，点F在PE的右边，如图3，
同理得∴13m2-43m＝﹣1+m，
解得：m=1±132（舍去负值），
同理得P（1，7-132）；
综上，点P的坐标为：（1，7+132）或（1，7-132）．
专题2.9 二次函数中的存在性问题
【北师大版】
【题型1 二次函数中直角三角形存在性问题】
【例1】（2021•罗湖区校级模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，连接PB，PC．
（1）点A的坐标为 （﹣1，0） ，点B的坐标为 （3，0） ；
（2）如图1，当点P在直线BC上方时，过点P作PD上x轴于点D，交直线BC于点E．若PE＝2ED，求△PBC的面积；
（3）抛物线上存在一点P，使△PBC是以BC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．
【解题思路】（1）根据抛物线解析式令y＝0求出A，B的坐标即可；
（2）先求得点C的坐标，再用待定系数法求得直线BC的解析式；由PE＝2ED可得PD＝3ED，设P（m，﹣m2+2m+3），则E（m，﹣m+3），用含m的式子表示出PD和DE，根据PD＝3ED得出关于m的方程，解得m的值，则可得PE的长，然后按照三角形的面积公式计算即可；
（3）分两种情况：①点C为直角顶点；②点B为直角顶点．过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D；过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，分别求得直线P1C和直线BP2的解析式，将它们分别与抛物线的解析式联立，分别解方程组，即可求得点P的坐标．
【解答过程】解：（1）令抛物线y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
故答案为：（﹣1，0），（3，0）；
（2）在y＝﹣x2+2x+3中，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将B（3，0），C（0，3）代入，得：
b=33k+b=0，
解得k=-1b=3，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
若PE＝2ED，则PD＝3ED，
设P（m，﹣m2+2m+3），
∵PD⊥x轴于点D，
∴E（m，﹣m+3），
∴﹣m2+2m+3＝3（﹣m+3），
∴m2﹣5m+6＝0，
解得m1＝2，m2＝3（舍），
∴m＝2，
此时P（2，3），E（2，1），
∴PE＝2，
∴S△PBC=12PE•OB=12×2×3＝3．
∴△PBC的面积为3；
（3）∵△PBC是以BC为直角边的直角三角形，
∴有两种情况：
①点C为直角顶点，如图，过点C作直线P1C⊥BC，交抛物线于点P1，连接P1B，交x轴于点D，
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠BCO＝∠OBC＝45°．
∵P1C⊥BC，
∴∠DCB＝90°，
∴∠DCO＝45°，
又∵∠DOC＝90°，
∴∠ODC＝45°＝∠DCO，
∴OD＝OC＝3，
∴D（﹣3，0），
∴直线P1C的解析式为y＝x+3，
联立y=-x2+2x+3y=x+3，
解得x=1y=4或x=0y=3（舍）；
∴P1（1，4）；
②点B为直角顶点，
如图，过点B作直线BP2⊥BC，交抛物线于点P2，交y轴于点E，连接P2C，
∵P1C⊥BC，BP2⊥BC，
∴P1C∥BP2，
∴设直线BP2的解析式为y＝x+b，
将B（3，0）代入，得0＝3+b，
∴b＝﹣3，
∴直线BP2的解析式为y＝x﹣3，
联立y=-x2+2x+3y=x-3，
解得x=-2y=-5或x=3y=0（舍），
∴P2（﹣2，﹣5）．
综上，点P的坐标为（1，4）或（﹣2，﹣5）．
【变式1-1】（2021春•望城区校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），连接AC，点P为第二象限抛物线上的动点．
（1）求a、b、c的值；
（2）连接PA、PC、AC，求△PAC面积的最大值；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△QAC为直角三角形，若存在，请求出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据抛物线与x轴的交点坐标，设成抛物线解析式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；
（2）先求出直线AC的解析式，设出点P坐标，表示出点Q坐标，再用三角形的面积公式，得出函数关系式，即可得出结论；
（3）运用配方法求出抛物线对称轴，设点Q（﹣1，n），根据A（﹣3，0），C（0，3），可运用勾股定理分别求出：AC2，CQ2，AQ2，由于△QAC为直角三角形，可以分三种情况：∠CAQ＝90°或∠ACQ＝90°或∠AQC＝90°，对每种情况运用勾股定理列方程求解即可．
【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）三点
∴9a-3b+c=0a+b+c=0c=3，
解得：a=-1b=-2c=3
∴a＝﹣1，b＝﹣2，c＝3；
（2）如图1，
过点P作PE∥y轴，交AC于E，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
设点P（m，﹣m2﹣2m+3），则E（m，m+3），
∴S△ACP=12PE•（xC﹣xA）=12×[﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）]×（0+3）=-32（m2﹣3m）=-32（m+32）2+278，
∴当m=-32时，S△PAC最大=278；
（3）存在，点Q的坐标为：（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，3-172）．
如图2，∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴OA＝OC＝3，
∴AC2＝OA2+OC2＝32+32＝18，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线对称轴为x＝﹣1，
设点Q（﹣1，n），
则AQ2＝[﹣1﹣（﹣3）]2+n2＝n2+4，CQ2＝[0﹣（﹣1）]2+（n﹣3）2＝n2﹣6n+10，
∵△QAC为直角三角形，
∴∠CAQ＝90°或∠ACQ＝90°或∠AQC＝90°，
①当∠CAQ＝90°时，根据勾股定理，得：AQ2+AC2＝CQ2，
∴n2+4+18＝n2﹣6n+10，
解得：n＝﹣2，
∴Q1（﹣1，﹣2）；
②当∠ACQ＝90°时，根据勾股定理，得：CQ2+AC2＝AQ2，
∴n2﹣6n+10+18＝n2+4，
解得：n＝4，
∴Q2（﹣1，4）；
③当∠AQC＝90°时，根据勾股定理，得：CQ2+AQ2＝AC2，
∴n2﹣6n+10+n2+4＝18，
解得：n1=3+172，n2=3-172，
∴Q3（﹣1，3+172），Q4（﹣1，3-172）；
综上所述，点Q的坐标为：（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，3-172）．
【变式1-2】（2021•长沙模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，且点B与点C的坐标分别为B（3，0）．C（0，3），点M是抛物线的顶点．点P为线段MB上一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，若OD＝m．
（1）求二次函数解析式；
（2）设△PCD的面积为S，试判断S有最大值或最小值？若有，求出其最值，若没有，请说明理由；
（3）在MB上是否存在点P，使△PCD为直角三角形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）将B（3，0）、C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，列方程组求出b、c的值即可；
（2）先求BM所在直线的解析式，用含m的代数式表示点P的坐标及△PCD的面积，求出S关于m的函数关系式，用函数的性质判断并求出S的最值；
（3）存在符合条件的点P，分三种情况根据点P的位置或勾股定理列方程求出m的值及点P的坐标．
【解答过程】解：（1）把B（3，0）、C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，
得-9+3b+c=0c=3，解得b=2c=3，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）S有最大值．
如图1，设直线BM的解析式为y＝kx+a，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴该抛物的顶点坐标为M（1，4），
把M（1，4）、B（3，0）代入y＝kx+a，得k+a=43k+a=0，解得k=-2a=6，
∴y＝﹣2x+6，
∵D（m，0），
∴P（m，﹣2m+6）；
由S△PCD=12PD•OD，
得S=12m（﹣2m+6）＝﹣m2+3m；
∵当点P与点B重合时，不存在以P、C、D为顶点的三角形，
∴1≤m＜3，
∴S不存在最小值；
∵S＝﹣m2+3m＝﹣（m-32）2+94，
∴当m=32时，S最大=94，
∴S的最大值为94．
（3）存在．
若∠DPC＝90°，如图2，则PC∥x轴，
∴P（m，3），且在直线y＝﹣2x+6上，
∴﹣2m+6＝3，
解得m=32，
∴P（32，3）；
若∠PCD＝90°，如图3，则PC2+CD2＝PD2，
∴m2+（﹣2m+6﹣3）2+m2+32＝（﹣2m+6）2，
整理得m2+6m﹣9＝0，
解得m1＝（32-3，m2=-32-3（不符合题意，舍去）；
∴P（32-3，12-62）；
若∠PDC＝90°，则CD2+PD2＝PC2，
∴m2+32+（﹣2m+6）2＝m2+（﹣2m+6﹣3）2，
整理得12m＝36，解得m＝3，此时不存在以P，C，D为顶点的三角形，
∴m＝3舍去．
综上所述，点P的坐标为（32，3）或（32-3，12-62）．
【变式1-3】（2021•长沙模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．
（1）求抛物线的表达式；
（2）直接写出点C的坐标，并求出△ABC的面积；
（3）点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△ABP的面积为6时，求出点P的坐标；
（4）若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，是否存在以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形？若存在，请直接写出此时点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）利用待定系数法解决问题即可；
（2）求出抛物线的对称轴，再根据对称性求出点C的坐标即可解决问题；
（3）设点P（m，﹣m2+4m），根据S△ABP＝S△ABH+S梯形AHDP﹣S△PBD，建立方程求解即可；
（4）分别以点C、M、N为直角顶点分三类进行讨论，利用全等三角形和勾股定理ON的长即可．
【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，
∴16a+4b=0a+b=3，
解得：a=-1b=4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x．
（2）如图1，
∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，
∴对称轴为直线x＝2，
∵B，C关于对称轴对称，B（1，3），
∴C（3，3），
∴BC＝2，
∴S△ABC=12×2×3＝3．
（3）如图1，设点P（m，﹣m2+4m），
根据题意，得：BH＝AH＝3，HD＝m2﹣4m，PD＝m﹣1，
∴S△ABP＝S△ABH+S梯形AHDP﹣S△PBD，
∴6=12×3×3+12×（3+m﹣1）×（m2﹣4m）-12×（m﹣1）×（3+m2﹣4m），
解得：m1＝0，m2＝5，
∵点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，
∴m＞0，
∴m＝5，﹣m2+4m＝﹣52+4×5＝﹣5，
∴P（5，﹣5）；
（4）点M在直线BH上，点N在x轴上，△CMN为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：
①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，如图2，CM＝MN，∠CMN＝90°，
∵∠CBM＝∠MHN＝90°，
∴∠CMB+∠NMH＝∠NMH+∠MNH＝90°，
∴∠CMB＝∠MNH，
∴△CBM≌△MHN（AAS），
∴BC＝MH＝2，BM＝HN＝3﹣2＝1，
∴M（1，2）；
②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，如图3，
过点C作CD∥y轴，过点N作NE∥y轴，过点M作DE∥x轴交CD于点D，交NE于E，
∵∠CMN＝∠CDM＝∠MEN＝90°，CM＝MN，
∴∠CMD+∠NME＝∠NME+∠MNE＝90°，
∴∠CMD＝∠MNE，
∴△NEM≌△MDC（AAS），
∴NE＝MD＝BC＝2，EM＝CD＝5，
∵∠ENH＝∠NEM＝∠NHM＝90°，
∴四边形EMHN是矩形，
∴HM＝NE＝2，
∴M（1，﹣2）；
③以点N为直角顶点且N在y轴左侧时，如图4，CN＝MN，∠MNC＝90°，
过点M作ME∥x轴，过点N作EN∥y轴交CB的延长线于D，
同理可得：△NEM≌△CDN（AAS），
∴ME＝DN＝3，NE＝CD＝HM＝5，
∴M（1，﹣5）；
④以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，如图5，
过点M作ME∥x轴，过点N作NE∥y轴交BC延长线于D，
同理可得：△NEM≌△CDN（AAS），
∴ME＝DN＝NH＝3，NE＝CD＝3﹣2＝1，
∴HM＝NE＝1，
∴M（1，﹣1）；
⑤以C为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形；
综上所述，当△CMN为等腰直角三角形时，M点坐标为（1，2）或（1，﹣2）或（1，﹣5）或（1，﹣1）．
【题型2 二次函数中等腰三角形存在性问题】
【例2】（2020秋•曾都区期末）如图，抛物线y＝ax2+4x+c经过A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）两点，点P是y轴左侧且位于x轴下方抛物线上一动点，设其横坐标为m．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）将线段AB绕点B顺时针旋转90°得线段BD（点D是点A的对应点），求点D的坐标，并判断点D是否在抛物线上；
（3）过点P作PM⊥x轴交直线BD于点M，试探究是否存在点P，使△PBM是等腰三角形？若存在，求出点m的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）作辅助线构造一线三垂直模型，在证明三角形全等即可求出点D的坐标，把点D的坐标带入解析式即可判断点D是否在抛物线上；
（3）先写出点P，M，B的坐标，由（2）得出∠BMP＝45°，分∠BMP是顶角和底角两种情况讨论即可．
【解答过程】解：（1）把点A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）带入解析式y＝ax2+4x+c，
得-4=9a-12+c-1=c，
解得a=1c=-1，
∴y＝x2+4x﹣1；
（2）如图，作AC⊥y轴于点C，作DH⊥y轴于点H，
∵∠CAB+∠ABC＝90°，∠HBD+∠ABC＝90°，
∴∠CAB＝∠HBD，
在△ABC和△DBH中，
∠DHB=∠BCA∠CAB=∠HBDDB=BA，
∴△ABC≌△DBH（AAS），
∴HB＝AC＝3，DH＝BC＝3，
∴OH＝2，
∴D（﹣3，2），
把D（﹣3，2）代入y＝x2+4x﹣1中，
得（﹣3）2+4×（﹣3）﹣1＝﹣4≠2，
∴点D不在抛物线上；
（3）存在点P，
∵D（﹣3，2），B（0，﹣1），
∴直线BD的解析式为y＝﹣x﹣1，
设P（m，m2+4m﹣1），则M（m，﹣m﹣1），
由（2）知：∠BMP＝45°，
当△PBM是等腰三角形，且45°为底角时，
有∠MBP＝90°或∠MPB＝90°，
若∠MBP＝90°，则P与A重合，即m＝﹣3，
若∠MPB＝90°，则PB∥x轴，即P的纵坐标为﹣1，
∴m2+4m﹣1＝﹣1，
解得m＝0（舍）或m＝﹣4，
∴m＝﹣4，
若45°为顶角，
即MP＝MB，
∵MP＝﹣m﹣1﹣m2﹣4m+1＝﹣m2﹣5m，MB=-m2+m2=-2m，
∴﹣m2﹣5m=-2m，
解得m＝﹣5-2（舍）或m＝﹣5+2，
∴m的值为﹣3，﹣4，﹣5+2．
【变式2-1】（2020秋•云南期末）如图，直线y=-12x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，已知二次函数的图象经过点B，C和点A（﹣1，0）．
（1）求B，C两点的坐标．
（2）求该二次函数的解析式．
（3）若抛物线的对称轴与x轴的交点为点D，则在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）令直线y=-12x+2的x＝0，y＝0，求出对应的y和x的值，得到点C、B的坐标；
（2）用待定系数法设二次函数解析式，代入点A、B、C的坐标求出解析式；
（3）利用“两圆一中垂”找到对应的等腰三角形，结合勾股定理和等腰三角形的性质求点P的坐标．
【解答过程】解：（1）对直线y=-12x+2，当x＝0时，y＝2，y＝0时，x＝4，
∴B（4，0），C（0，2）．
（2）设二次函数为y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a≠0），
∵二次函数图象经过B（4，0），A（﹣1，0），
∴y＝a（x﹣4）（x+1），
把点C（0，2）代入y＝a（x﹣4）（x+1）得：
a（0﹣4）（0+1）＝2，
解得：a=-12，
∴y=-12（x﹣4）（x+1）=-12x2+32x+2．
（3）∵二次函数图象经过B（4，0），A（﹣1，0），
∴对称轴为x=4-12=32，
∴D（32，0），
∵C（0，2），
∴CD=22+(32)2=52，
①如图1，当CD＝PD时，
PD=52，
∴P1（32，52），P2（32，-52），
②如图2，当CD＝CP3时，过点C作CH⊥DP3于点H，
∵CD＝CP3，CH⊥DP3，
∴DH＝P3H，
∵C（0，2），
∴DH＝2，
∴P3H＝2，
∴P3D＝4，
∴P3（32，4），
综上所述：存在P1（32，52），P2（32，-52），P3（32，4），使△PCD是以CD为腰的等腰三角形．
【变式2-2】（2021•南充）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=52．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ，当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由；
（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，进而求解；
（3）当∠DQE＝2∠ODQ，则∠HQA＝∠HQE，则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，进而求出点E的坐标为（5,4），再分BE＝BF、BE＝EF、BF＝EF三种情况，分别求解即可．
【解答过程】解：（1）由题意得：a+b+4=0-b2a=52，解得a=1b=-5，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣5x+4①；
（2）对于y＝x2﹣5x+4，令y＝x2﹣5x+4＝0，解得x＝1或4，令x＝0，则y＝4，
故点B的坐标为（4,0），点C（0,4），
设直线BC的表达式为y＝kx+t，则t=44k+t=0，解得k=-1t=4，
故直线BC的表达式为y＝﹣x+4，
设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），
则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，
∵﹣1＜0，
故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4＝CO，
此时点Q的坐标为（2，﹣2）；
∵PQ＝CO，PQ∥OC，
故四边形OCPQ为平行四边形；
（3）∵D是OC的中点，则点D（0,2），
由点D、Q的坐标，同理可得，直线DQ的表达式为y＝﹣2x﹣2，
过点Q作QH⊥x轴于点H，
则QH∥CO，故∠AQH＝∠ODA，
而∠DQE＝2∠ODQ．
∴∠HQA＝∠HQE，
则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，
故设直线QE的表达式为y＝2x+r，
将点Q的坐标代入上式并解得r＝﹣6，
故直线QE的表达式为y＝2x﹣6②，
联立①②并解得x=5y=4（不合题意的值已舍去），
故点E的坐标为（5,4），
设点F的坐标为（0，m），
由点B、E的坐标得：BE2＝（5﹣4）2+（4﹣0）2＝17，
同理可得，当BE＝BF时，即16+m2＝17，解得m＝±1；
当BE＝EF时，即25+（m﹣4）2＝17，方程无解；
当BF＝EF时，即16+m2＝25+（m﹣4）2，解得m=258；
故点F的坐标为（0,1）或（0，﹣1）或（0，258）．
【变式2-3】（2021•建华区二模）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝x2+bx+c经过A、C两点，且与x轴交于另一点B（点B在点A右侧）．
（1）求抛物线的解析式及点B坐标；
（2）设该抛物线的顶点为点H，则S△BCH＝ 3 ；
（3）若点M是线段BC上一动点，过点M的直线ED平行y轴交x轴于点D，交抛物线于点E，求ME长的最大值及点M的坐标；
（4）在（3）的条件下：当ME取得最大值时，在x轴上是否存在这样的点P，使得以点M、点B、点P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C，得A（﹣1，0）、C（0，﹣3），将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，列方程组求b、c的值及点B的坐标；
（2）设抛物线的对称轴交BC于点F，求直线BC的解析式及抛物线的顶点坐标，再求出点F的坐标，推导出S△BCH=12FH•OB，可求出△BCH的面积；
（3）设点E的横坐标为x，用含x的代数式表示点E、点M的坐标及线段ME的长，再根据二次函数的性质求出线段ME的最大值及点M的坐标；
（4）在x轴上存在点P，使以点M、B、P为顶点的三角形是等腰三角形．由（3）得D（32，0），M（32，-32），由勾股定理求出OM＝BM=322，由等腰三角形PBM的腰长为32或322求出OP的长即可得到点P的坐标．
【解答过程】解：（1）∵直线y＝﹣3x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、C，
∴A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴1-b+c=0c=-3，
解得b=-2c=-3，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
当y＝0时，由x2﹣2x﹣3＝0，得x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0）．
（2）设抛物线的对称轴交BC于点F，交x轴于点G．
设直线BC的解析式为y＝kx﹣3，则3k﹣3＝0，解得k＝1，
∴y＝x﹣3；
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点H（1，﹣4），
当x＝1时，y＝1﹣3＝﹣2，
∴F（1，﹣2），
∴FH＝﹣2﹣（﹣4）＝2，
∴S△BCH=12FH•OG+12FH•BG=12FH•OB=12×2×3＝3．
故答案为：3．
（3）设E（x，x2﹣2x﹣3）（0＜x＜3），则M（x，x﹣3），
∴ME＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x-32）2+94，
∴当x=32时，ME最大=94，此时M（32，-32）．
（4）存在．
如图3，由（2）得，当ME最大时，则D（32，0），M（32，-32），
∴DO＝DB＝DM=32；
∵∠BDM＝90°，
∴OM＝BM=(32)2+(32)2=322．
点P1、P2、P3、P4在x轴上，
当点P1与原点O重合时，则P1M＝BM=322，P1（0，0）；
当BP2＝BM=322时，则OP2＝3-322=6-322，
∴P2（6-322，0）；
当点P3与点D重合时，则P3M＝P3B=32，P3（32，0）；
当BP4＝BM=322时，则OP4＝3+322=6+322，
∴P4（6+322，0）．
综上所述，P1（0，0），P2（6-322，0），P3（32，0），P4（6+322，0）．
【题型3 二次函数中平行四边形存在性问题】
【例3】（2020秋•元阳县期末）如图，直线y=-12x+c与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C，抛物线y=12x2+bx+c经过点A，C，与x轴的另一个交点为B（1，0），连接BC．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）M为x轴的下方的抛物线上一动点，求△ABM的面积的最大值．
（3）P为抛物线上一动点，Q为x轴上一动点，当以B，C，Q，P为顶点的四边形为平行四边形时，求点P的坐标．
【解题思路】（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入抛物线y=12x2+bx+c，即可求解析式；
（2）由题意可知，当点M为抛物线的顶点，即可求面积；
（3）分两种情况：①当以BC为边时，PQ＝BC，则点B到点C的竖直距离＝点P到点Q的竖直距离，即|12x2+x-32|=32，当点P在x轴上方时，12x2+x-32=32，求得P(-7-1，32)或P(7-1，32)，当点P在x轴下方时，12x2+x-32=-32，求得P(-2，-32)；②当以BC为对角线时，点P与点Q不能同时在抛物线上和x轴上，故此种情况不成立．
【解答过程】解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入抛物线y=12x2+bx+c，
∴12+b+c=0，12×(-3)2-3b+c=0，
解得b=1c=-32，
∴抛物线的函数解析式为y=12x2+x-32；
（2）∵M是x轴的下方的抛物线上一动点，且△ABM的面积最大，
∴点M为抛物线的顶点，
∴M（﹣1，﹣2），
∴△ABM的面积的最大值=12×(3+1)×2=4；
（3）分两种情况：①当以BC为边时，
由平行四边形的性质可知，PQ＝BC，
∴点B到点C的竖直距离＝点P到点Q的竖直距离，即|12x2+x-32|=32，
当点P在x轴上方时，12x2+x-32=32，
解得x1=-7-1，x2=7-1，
∴P(-7-1，32)或P(7-1，32)，
当点P在x轴下方时，12x2+x-32=-32，
解得x1＝﹣2，x2＝0（舍去），
∴P(-2，-32)；
②当以BC为对角线时，点P与点Q不能同时在抛物线上和x轴上，故此种情况不成立，
综上可知，点P的坐标为(-7-1，32)或（(7-1，32)或(-2，-32)．
【变式3-1】（2020秋•泰山区期末）如图，抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，且OA＝OB，直线AB与抛物线在第一象限交于点C（2，6），如图．
（1）求直线AB和抛物线的表达式；
（2）在y轴上找一点Q，使得△AMQ的周长最小，在备用图中画出图形并求出点Q的坐标；
（3）在坐标平面内是否存在点N，使以点A、O、C、N为顶点且AC为一边的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）抛物线y=12x2+bx+c经过A（﹣4，0），C（2，6），代入即可得抛物线表达式为y=12x2+2x，由OA＝OB，得B（0，4），用待定系数法即可得直线AB表达式为y＝x+4；
（2）作A关于y轴的对称点A'，连接A'M交y轴于Q，连接AM，此时△AQM的周长最小，由A'（4，0），M（（﹣2，﹣2），可得直线A'M表达式为y=13x-43，从而可得Q（0，-43）；
（3）分两种情况：①以AC、AO为边，此时A（﹣4，0）平移到C（2，6）时，O（0，0）即平移到N，即得N（6，6）；②以AC、AN为边，同理可得N（﹣6，﹣6）．
【解答过程】解：（1）抛物线y=12x2+bx+c经过A（﹣4，0），C（2，6），
∴12×16-4b+c=012×4+2b+c=6，解得b=2c=0，
∴抛物线表达式为y=12x2+2x，
∵A（﹣4，0），OA＝OB，
∴B（0，4），
设直线AB表达式为y＝mx+n，
∴0=-4m+n4=n，解得m=1n=4，
∴直线AB表达式为y＝x+4；
（2）作A关于y轴的对称点A'，连接A'M交y轴于Q，如图：
连接AM，此时△AQM的周长最小，
∵A（﹣4，0），A、A'关于y轴对称，
∴A'（4，0），
∵y=12x2+2x=12（x+2）2﹣2，
∴M（（﹣2，﹣2），
设直线A'M表达式为y＝sx+t，
则4s+t=0-2s+t=-2，解得s=13t=-43，
∴直线A'M表达式为y=13x-43，
令x＝0得y=-43，
∴Q（0，-43）；
（3）存在，理由如下：
①以AC、AO为边，如图：
∵四边形AONC是平行四边形，
∴A（﹣4，0）平移到C（2，6）时，O（0，0）即平移到N，
∴N（6，6）；
②以AC、AN为边，如图：
∵四边形ANOC是平行四边形，
∴C（2，6）平移到O（0，0）时，A（﹣4，0）即平移到N，
∴N（﹣6，﹣6）；
综上述所：以点A、O、C、N为顶点且AC为一边的四边形是平行四边形，则N的坐标为（6，6）或（﹣6，﹣6）．
【变式3-2】（2021春•雨花区期末）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P从点B出发，沿着射线BC运动，速度每秒2个单位长度，过点P作直线PM∥y轴，交抛物线于点M．设运动时间为t秒．
①在运动过程中，当t为何值时，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大？并求出此时点P的坐标．
②若点N同时从点B出发，向x轴正方向运动，速度每秒v个单位长度，问：是否存在t使点B，C，M，N构成平行四边形？若存在，求出t，v的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）先根据对称轴求出点B的坐标，再根据待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）①根据题意表示出BA和BC的值，再利用平方差公式表示出（MA+MC）（MA﹣MC）的值，求出最值即可；
②根据对角线的情况分三种情况讨论即可．
【解答过程】解：（1）∵抛物线的对称轴为x＝﹣1，
∴B（﹣3，0），
设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
代入C（0，3），得3＝a×3×（﹣1），
解得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
（2）①∵B（﹣3，0），C（0，3），
∴直线BC的解析式为y＝x+3，
设P（m，m+3），则点M为（m，﹣m2﹣2m+3），
∴（MA+MC）（MA﹣MC）＝MA2﹣MC2
＝（1﹣m）2﹣（﹣m2﹣2m+3）2﹣（﹣m）2﹣（﹣m2﹣2m+3﹣3）2
＝﹣6m2﹣14m+10
=-6(m+76)2+1096，
当m=-76时，（MA+MC）（MA﹣MC）最大，
此时PB=1162，
所以此时t=PB2=116，
∴当t=116时，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大，此时点P的坐标为（-76，116）；
②存在t的值，
由题意得B（﹣3，0），C（0，3），M（t﹣3，﹣t2+4t），N（v﹣3，0），
若BC为对角线，则：
-3+0=t-3+v-30+3=-t2+4t+0，
解得：t=1v=2或t=3v=0（舍），
∴t＝1，v＝2，
若BM为对角线，则：
-3+t-3=0+v-30-t2+4t=3+0，
解得：t=1v=-2（舍）或者t=3v=0（舍），
∴此种情况无满足的t，v，
若BN为对角线，则：
-3+v-3=0+t-30+0=3-t2+4t，
解得：t=2-7v=5-7（舍）或者t=2+7v=5+7，
∴t＝2+7，v＝5+7，
综上，t＝1，v＝2，或者t＝2+7，v＝5+7．
【变式3-3】（2021•北碚区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣6与x轴交于A，C（﹣6，0）两点（点A在点C右侧），交y轴于点B，连接BC，且AC＝4．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若P是BC上方抛物线上不同于点A的一动点，连接PA，PB，PC，求当S△PBC-12S△PAC有最大值时点P的坐标，并求出此时的最大值．
（3）如图2，将原抛物线向右平移，使得点A刚好落在原点O，M是平移后的抛物线上一动点，Q是直线BC上一动点．当A，M，B，Q组成的四边形是平行四边形时，请直接写出此时点Q的坐标．
【解题思路】（1）由点C的坐标，即AC＝4，可求出点A的坐标，把点A和点C的坐标代入抛物线中，即可求得抛物线的解析式；
（2）过点P作x轴的垂线，交x轴于点D，交BC于点E，设出点P的坐标，分别表达点D和点E的坐标，进而表达S△PBC-12S△PAC，根据二次函数的性质求得最大值及点P的坐标；
（3）先求出平移后的抛物线的解析式，再分别讨论AB为边，AB为对角线两种情况讨论；根据平行四边形的性质可求出点Q的坐标．
【解答过程】解：（1）∵C（﹣6，0），
∴OC＝6，
∵AC＝4，
∴OA＝2，即A（﹣2，0），
∵点A（﹣2，0），C（﹣6，0）在抛物线y＝ax2+bx﹣6上，
∴4a-2b-6=036a-6b-6=0，解得，a=-12b=-4，
∴抛物线的解析式为：y=-12x2﹣4x﹣6；
（2）过点P作x轴的垂线，交x轴于点D，交BC于点E，如图，
由（1）中抛物线的解析式可得B（0，﹣6），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x﹣6，
设点P的横坐标为m，则P（m，-12m2﹣4m﹣6）（﹣6＜m＜0，且m≠0），
∴D（m，0），E（m，﹣m﹣6），
∴PE=-12m2﹣4m﹣6﹣（﹣m﹣6）=-12m2﹣3m，
|PD|＝|-12m2﹣4m﹣6|，
∴S△PBC-12S△PAC
=12•PE•（xB﹣xC）-12×12|PD|•AC
=12•（-12m2﹣3m）×6-12×12|-12m2﹣4m﹣6|×4
=-32m2﹣9m﹣|-12m2﹣4m﹣6|，
当﹣6＜m＜﹣2时，-12m2﹣4m﹣6＞0
S△PBC-12S△PAC=-32m2﹣9m﹣（-12m2﹣4m﹣6）＝﹣m2﹣5m+6＝﹣（m+52）2+494，
当m=-52时，S△PBC-12S△PAC的最大值为494，P（-52，78）；
当﹣2＜m＜0时，
S△PBC-12S△PAC=-32m2﹣9m﹣（12m2+4m+6）＝﹣2m2﹣13m﹣6＝﹣2（m+134）2+1218＜968，
∵968＜494，
综上，当P（-52，78）时，S△PBC-12S△PAC的最大值为494；
（3）将原抛物线向右平移，使得点A刚好落在原点O，则平移后的抛物线为：y=-12x2﹣2x，
①当AB为边时，分两种情况：
a．当四边形ABQM是平行四边形时，由平行四边形的性质可知，AB∥MQ，AM∥BQ，如图，
过点A作AM∥BC，与平移后的抛物线交于点M，
∵直线BC的解析式为：y＝﹣x﹣6，
则直线AM的解析式为：y＝﹣x﹣2，
联立y=-x-2y=-12x2-2x，解得，x=-1-5y=-1+5，或x=-1+5y=-1-5，
∴M1（﹣1-5，﹣1+5），M2（﹣1+5，﹣1-5），
∴Q1（1-5，﹣7+5），Q2（1+5，﹣7-5）；
b．当四边形ABMQ是平行四边形时，如图，
设点M5的横坐标为t，则M5（t，-12t2﹣2t），由平移的性质可得，Q5（t﹣2，-12t2﹣2t+6），
∵点Q5在直线BC上，
∴-12t2﹣2t+6＝﹣（t﹣2）﹣6，解得t＝﹣1+21或t＝﹣1-21．
∴Q5（﹣3-21，﹣3+21），Q6（﹣3+21，﹣3-21）；
②当AB为对角线时，由平行四边形的性质可知，AM∥BQ，如图，
∵A（﹣2，0），B（0，﹣6），
∴AB的中点为（﹣1，﹣3），
由①可知，M3（﹣1+5，﹣1-5），M4（﹣1-5，﹣1+5）；
∴Q3（﹣1-5，﹣5+5），Q4（﹣1+5，﹣5-5）；
∴符合题意的点Q的坐标为：（1+5，﹣7-5），（1-5，﹣7+5），（﹣3-21，﹣3+21），（﹣3+21，﹣3-21），（﹣1-5，﹣5+5），（﹣1+5，﹣5-5）．
【题型4 二次函数中菱形存在性问题】
【例4】（2020秋•巴南区期末）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C．
（1）求b，c的值；
（2）如图1，点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标m．当m为何值时，△PBC的面积最大？并求出这个面积的最大值．
（3）如图2，将该抛物线向左平移2个单位长度得到新的抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点M为直线BC上的一点，点N是平面坐标系内一点，是否存在点M，N，使以点B，D，M，N为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）将点A（1，0）和点B（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解析式；
（2）求出直线BC的解析式y＝x+3，过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，由已知可得P（m，﹣m2﹣2m+3），则Q（m，m+3），则S△PBC=-32（m+32）2+278，当m=-32时，S△PBC有最大值278，此时P（-32，154）；
（3）平移后抛物线解析式为y＝﹣x2﹣6x﹣5，联立﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣6x﹣5，求出D（﹣2，3），则BD=10，设M（t，t+3），分三种情况：当四边形BDMN为菱形时，由DB＝DM，得10＝（t+2）2+t2，求出M（1，4）；当四边形BDNM为菱形时，由BD＝BM，得10＝（t+3）2+（t+3）2，求出M（5-3，5）或M（-5-3，-5）；当四边形BMDN为菱形时，设BD的中点为G，则G（-52，32），由勾股定理得BM2＝BG2+GM2，即2（t+3）2＝（102）2+（t+52）2+（t+32）2，求出M（-74，54）．
【解答过程】解：（1）将点A（1，0）和点B（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得-1+b+c=0-9-3b+c=0，
解得b=-2c=3，
∴y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
则有b=3-3k+b=0，
解得k=1b=3，
∴y＝x+3，
过P点作PQ⊥x轴交BC于Q，
由已知可得P（m，﹣m2﹣2m+3），则Q（m，m+3），
∴S△PBC=12×3×（﹣m2﹣2m+3﹣m﹣3）=32（﹣m2﹣3m）=-32（m+32）2+278，
∴当m=-32时，S△PBC有最大值278，
此时P（-32，154）；
（3）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
将抛物线向左平移2个单位长度，则y＝﹣（x+3）2+4＝﹣x2﹣6x﹣5，
联立﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣6x﹣5，
∴x＝﹣2，
∴D（﹣2，3），
∵B（﹣3，0），
∴BD=10，
∵M点在直线BC上，
设M（t，t+3），
当四边形BDMN为菱形时，如图1，
∴DB＝DM，
∴10＝（t+2）2+t2，
∴t＝1或t＝﹣3（舍），
∴M（1，4）；
当四边形BDNM为菱形时，如图2，
∴BD＝BM，
∴10＝（t+3）2+（t+3）2，
∴t=5-3或t=-5-3，
∴M（5-3，5）或M（-5-3，-5）；
当四边形BMDN为菱形时，如图3，
设BD的中点为G，则G（-52，32），
∵GM⊥BD，
∴BM2＝BG2+GM2，
∴2（t+3）2＝（102）2+（t+52）2+（t+32）2，
∴t=-74，
∴M（-74，54）；
综上所述：M点的坐标为（1，4）或（5-3，5）或（-5-3，-5）或（-74，54）．
【变式4-1】（2021•湘潭）如图，一次函数y=33x-3图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y=33x2+bx+c图象过A、B两点．
（1）求二次函数解析式；
（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由y=33x-3可求出A（3，0），B（0，-3），代入二次函数y=33x2+bx+c即得二次函数解析式为y=33x2-233x-3；
（2）由二次函数y=33x2-233x-3可得其对称轴为直线x=2332×33=1，设P（1，m），Q（n，33n2-233n-3），而C与B关于直线x＝1对称，可得C（2，-3），
①当BC、PQ为对角线时，0+22=1+n2-3-32=m+33n2-233n-32，可得m=-233n=1，此时四边形BQCP是平行四边形，根据P（1，-233），B（0，-3），C（2，-3）可得PB＝PC，即得此时Q（1，-433）；②BP、CQ为对角线时，同理可得Q（﹣1，0）；③以BQ、CP为对角线，同理可得Q（3，0）．
【解答过程】解：（1）在y=33x-3中，令x＝0得y=-3，令y＝0得x＝3，
∴A（3，0），B（0，-3），
∵二次函数y=33x2+bx+c图象过A、B两点，
∴0=33+3b+c-3=c，解得b=-233c=-3，
∴二次函数解析式为y=33x2-233x-3；
（2）存在，理由如下：
由二次函数y=33x2-233x-3可得其对称轴为直线x=2332×33=1，
设P（1，m），Q（n，33n2-233n-3），而B（0，-3），
∵C与B关于直线x＝1对称，
∴C（2，-3），
①当BC、PQ为对角线时，如图：
此时BC的中点即是PQ的中点，即0+22=1+n2-3-32=m+33n2-233n-32，
解得m=-233n=1，
∴当P（1，-233），Q（1，-433）时，四边形BQCP是平行四边形，
由P（1，-233），B（0，-3），C（2，-3）可得PB2=43=PC2，
∴PB＝PC，
∴四边形BQCP是菱形，
∴此时Q（1，-433）；
②BP、CQ为对角线时，如图：
同理BP、CQ中点重合，可得0+12=2+n2-3+m2=-3+33n2-233n-32，
解得m=0n=-1，
∴当P（1，0），Q（﹣1，0）时，四边形BCPQ是平行四边形，
由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC2＝4＝PC2，
∴四边形BCPQ是菱形，
∴此时Q（﹣1，0）；
③以BQ、CP为对角线，如图：
BQ、CP中点重合，可得0+n2=2+12-3+33n2-233n-32=-3+m2，
解得m=0n=3，
∴P（1，0），Q（3，0）时，四边形BCQP是平行四边形，
由P（1，0），B（0，-3），C（2，-3）可得BC2＝4＝PC2，
∴四边形BCQP是菱形，
∴此时Q（3，0）；
综上所述，Q的坐标为：（1，-433）或（﹣1，0）或（3，0）．
【变式4-2】（2021春•无棣县月考）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，B点的坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3），点P是直线BC下方抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数解析式；
（2）连接PO，PC，并将△POC沿y轴对折，得到四边形POP'C．是否存在点P，使四边形POP'C为菱形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．
【解题思路】（1）先根据点C坐标求出c＝﹣3，再将点B坐标代入二次函数解析式中求出b，即可得出结论；
（2）连接PP'交y轴于E，根据菱形的性质判断出点E是OC的中点，进而求出点P的纵坐标，最后代入二次函数解析式中求解，即可得出结论；
（3）设出点P的坐标，进而利用梯形的面积+三角形的面积得出S四边形ABPC=-32（m-12）2+398，即可得出结论．
【解答过程】解：（1）∵二次函数y＝x2+bx+c与y轴的交点C（0，﹣3），
∴c＝﹣3，∴二次函数的解析式为y＝x2+bx﹣3，
∵点B（3，0）在二次函数图象上，
∴9+3b﹣3＝0，
∴b＝﹣2，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）存在，理由：如图1，
连接PP'交y轴于E，
∵四边形POP'C为菱形，
∴PP'⊥OC，OE＝CE=12OC，
∵点C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∴OE=32，
∴E（0，-32），
∴点P的纵坐标为-32，
由（1）知，二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴x2﹣2x﹣3=-32，
∴x=2-102或x=2+102，
∵点P在直线BC下方的抛物线上，
∴0＜x＜3，
∴点P（2+102，-32）；
（3）如图2，过点P作PF⊥x轴于F，则PF∥OC，
由（1）知，二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），
∴设P（m，m2﹣2m﹣3）（0＜m＜3），
∴F（m，0），
∴S四边形ABPC＝S△AOC+S梯形OCPF+S△PFB=12OA•OC+12（OC+PF）•OF+12PF•BF
=12×1×3+12（3﹣m2+2m+3）•m+12（﹣m2+2m+3）•（3﹣m）
=-32（m-32）2+758，
∴当m=32时，四边形ABPC的面积最大，最大值为758，此时，P（32，-154），
即点P运动到点（32，-154）时，四边形ABPC的面积最大，其最大值为758．
【变式4-3】（2020秋•南岸区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（4，0）和B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求二次函数y＝x2+bx+c的表达式；
（2）将点C向右平移n个单位得到点D，点D在该二次函数图象上．点P是直线BD下方该二次函数图象上一点，求△PBD面积的最大值以及此时点P的坐标；
（3）在（2）中，当△PBD面积取得最大值时，点E是过点P且垂直于x轴直线上的一点．在该直角坐标平面内，是否存在点Q，使得以点P，D，E，Q四点为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由s=12PF（xD﹣xB）=12×PF×（3+1），即可求解；
（3）①当PE为对角线时，如图2，则PE⊥DQ，且D、Q关于直线PE对称，即可求解；②当DE为对角线时，证明△DNP≌△EMQ（AAS），进而求解；③当PD为对角线时，由DG2+EG2＝DG2，即可求解．
【解答过程】解：（1）根据题意得：16+4b+c=01-b+c=0，
解得：b=-3c=-4，
∴这个二次函数的表达式为y＝x2﹣3x﹣4；
（2）∵y＝x2﹣3x﹣4与y轴交点为（0，﹣4），
∵将点C向右平移后得到点D，则点D的纵坐标为﹣4．
令y＝﹣4，即x2﹣3x﹣4＝﹣4，得x1＝0，x2＝3．
∴D（3，﹣4）．
设直线BD的表达式为y＝mx+n，则0=-m+n-4=3m+n，解得m=-1n=-1，
∴经过B（﹣1，0），D（3，﹣4）的直线为y＝﹣x﹣1．
∵P是函数y＝x2﹣3x﹣4图象上一点，则设P（t，t2﹣3t﹣4）．
如图1，过点P作PF⊥x轴，交BD于点F，则F（t，﹣t﹣1）．
设△PBD的面积为s，
则s=12PF（xD﹣xB）=12×PF×（3+1）＝2PF＝2[（﹣t﹣1）﹣（t2﹣3t﹣4）]＝﹣2（t﹣1）2+8，
∴t＝1时，△PBD的面积最大，最大为8．
此时，点P（1，﹣6）；
（3）存在以点P，D，E，Q四点为顶点的四边形是菱形，分三种情况：
①当PE为对角线时，如图2，
∵PE⊥x轴，CD//x轴，
∴PE⊥DQ，且D、Q关于直线PE对称，
因为D（3，﹣4），P（1，﹣6），
∴Q（﹣1，﹣4）；
②当DE为对角线时，设Q（3，k），如图3、图4，则DQ//PE，DQ＝PE，
作DN⊥PE于E，EM⊥DQ于M，
∵∠P＝∠Q，DP＝EQ，
.∴△DNP≌△EMQ（AAS），
∴QM＝PN＝﹣4﹣（﹣6）＝2，
∵EM＝3﹣1＝2，QE＝DQ＝k+4，
∴（k+4）2＝22+22，
解得k＝﹣4±22，
∴点Q的坐标有（3，﹣4+22 ），（3，﹣4﹣22）；
③当PD为对角线时，如图5，设点Q坐标为（3，a），
作PH⊥DQ于H，QG⊥PE于G，
∵DG＝2，EG＝QH＝﹣6﹣a，DE＝DQ＝﹣4﹣a，
则DG2+EG2＝DG2，
∴22+（﹣6﹣a）2＝（﹣4﹣a）2，
解得a＝﹣6，
∴Q（3，﹣6），
满足条件的点Q的坐标有：（3，-4+22），（3，-4-22），（﹣1，﹣4），（3，﹣6）．
【题型5 二次函数中矩形存在性问题】
【例5】（2021春•九龙坡区校级期末）如图1，若二次函数y＝﹣x2+3x+4的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接AC、BC．
（1）求三角形ABC的面积；
（2）若点P是抛物线在一象限内BC上方一动点，连接PB、PC，是否存在点P，使四边形ABPC的面积为18，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图2，若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）令x＝0，求C（0，4），令y＝0，求A（﹣1，0），B（4，0），再求S△ABC=12×5×4＝10；
（2）由已知可得△BCP的面积为8，求出直线BC的解析式为y＝﹣x+4，过P点作PM⊥x轴，交BC于点M，设P（t，﹣t2+3t+4），则M（t，﹣t+4），则S△BCP＝2（﹣t2+4t）＝8，求出t＝2，则P（2，6）；
（3）设Q（m，﹣m2+3m+4），当m＞0时，过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，证明△CHQ≌△BGK（AAS），得到m＝﹣m2+3m+4﹣4，则HQ＝2，所以K（6，2）；当m＜0时，设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，证明△QHG≌△KFE（AAS），则有﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），求得m＝﹣2，则GQ＝2，可求K（﹣6，﹣2）．
【解答过程】解：（1）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
令y＝0，则﹣x2+3x+4＝0，
解得x＝4或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∴AB＝5，
∴S△ABC=12×5×4＝10；
（2）存在，理由如下：
∵四边形ABPC的面积为18，S△ABC＝10，
∴△BCP的面积为8，
设直线BC的解析式为y＝kx+4，将点B（4，0）代入，得k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
过P点作PM⊥x轴，交BC于点M，
设P（t，﹣t2+3t+4），则M（t，﹣t+4），
∴S△BCP=12×4×PM＝2（﹣t2+3t+4+t﹣4）＝2（﹣t2+4t）＝8，
∴t＝2，
∴P（2，6）；
（3）存在，理由如下：
设Q（m，﹣m2+3m+4），
当m＞0时，如图1，
∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，
过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，
∵CQ＝BK，∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HCQ＝∠GBK＝45°，
∴△CHQ≌△BGK（AAS），
∴HC＝HQ＝BG＝GK，
∴m＝﹣m2+3m+4﹣4，
∴m＝2或m＝0（舍），
∴HQ＝2，
∴K（6，2）；
当m＜0时，如图2，
∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，
设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，
过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，
∵∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠OBH＝∠OHB＝45°，∠FCO＝∠CFO＝45°，
∴OF＝OC＝OB＝OH＝4，∠HQG＝∠EFK＝45°，
∵KC＝BQ，CF＝HB，
∴FK＝QH，
∴△QHG≌△KFE（AAS），
∴QG＝HG＝EF＝EK，
∴﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），
∴m＝﹣2或m＝4（舍），
∴GQ＝2，
∴K（﹣6，﹣2）；
综上所述，K点的坐标为（﹣6，﹣2）或（6，2）．
【变式5-1】（2021•齐齐哈尔）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，连接BC，OA＝1，对称轴为直线x＝2，点D为此抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上C、D两点之间的距离是 22 ；
（3）点E是第一象限内抛物线上的动点，连接BE和CE，求△BCE面积的最大值；
（4）点P在抛物线对称轴上，平面内存在点Q，使以点B、C、P、Q为顶点的四边形为矩形，请直接写出点Q的坐标．
【解题思路】（1）先由题意得出A，B的坐标，再用待定系数法求出解析式即可；
（2）根据两点的距离公式即可求出CD的长度；
（3）先设出E的坐标，然后将△BCE的面积表示出来，求出最大值即可；
（4）根据对角线的情况分三种讨论，再由矩形的性质求出点Q的坐标．
【解答过程】解：（1）∵OA＝1，
∴A（﹣1，0），
又∵对称轴为x＝2，
∴B（5，0），
将A，B代入解析式得：
0=a-2+c0=25a+10+c，
解得a=-12c=52，
∴y=-12x2+2x+52；
（2）由（1）得：C（0，52），D（2，92），
∴CD=(92-52)2+(2-0)2=22，
故答案为22；
（3）∵B（5，0），C（0，52），
∴直线BC的解析式为：y=-12x+52，
设E（x，-12x2+2x+52），
作EF∥y轴交BC于点F，
则F（x，-12x+52），
∴EF=-12x2+2x+52-（-12x+52）=-12x(x-5)，
∴S△BCE=12×(xB-xC)×EF=12×5×[-12x(x-5)]=-54x(x-5)，
当x=52时，S△BCE有最大值为12516；
（4）设P（2，y），Q（m，n），
由（1）知B（5，0），C（0，52），
若BC为矩形的对角线，
则5+0=2+m0+52=y+n，
解得：m=3n=52-y，
又∵∠BPC＝90°，
∴PC2+PB2＝BC2，
即：22+(52-y)2+32+y2=52+(52)2，
解得y＝4或y=-32，
∴n=-32或n＝4，
∴Q（3，-32）或Q（3，4），
若BP为矩形得对角线，
则5+2=0+m0+y=52+n，
解得m=7n=y-52，
又∵∠BCP＝90°，
BC2+CP2＝BP2，
即：52+(52)2+22+(52-y)2=32+y2，
解得y=132，
∴Q（7，4），
若BQ为矩形的对角线，
则5+m=2+00+n=y+52，
解得：m=-3n=y+52，
又∵∠BCQ＝90°，
∴BC2+CQ2＝BQ2，
即：52+(52)2+m2+(52-n)2=(5-m)2+n2，
解得n=-72，
∴Q（﹣3，-72），
综上，点Q的坐标为（3，-32）或（3，4），或（7，4）或（﹣3，-72）．
【变式5-2】（2021春•杏花岭区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求直线BC的解析式；
（2）若点P为直线BC下方抛物线上一动点，当点P运动到某一位置时，△BCP的面积最大，求△BCP的最大面积及此时点P的坐标；
（3）点M为抛物线对称轴上一动点，点N为坐标平面内一点，若以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，直接写出点M的坐标．
【解题思路】（1）求出B、C坐标，用待定系数法即可得答案；
（2）过P作PD∥y轴交BC于D，设P（m，m2﹣2m﹣3），用m的代数式表示PD和△BCP的面积S△BCP即可得到答案；
（3）抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝1，以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，分三种情况分别画出图形，列方程求出解即可得到答案．
【解答过程】解：（1）在y＝x2﹣2x﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，令y＝0得x＝3或﹣1，
∴C（0，﹣3），A（﹣1，0），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，﹣3）代入得：
0=3k+b-3=b，解得k=1b=-3，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3；
（2）过P作PD∥y轴交BC于D，如图：
设P（m，m2﹣2m﹣3），则D（m，m﹣3），
∴PD＝（m﹣3）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，
∴△BCP的面积S△BCP=12PD•|xB﹣xC|=-32m2+92m=-32（m-32）2+278，
∴m=32时，S△BCP最大为278，
此时P（32，-154）；
（3）抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝1，以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，分三种情况：
①过B作BM⊥BC交对称轴x＝1于M，如图：
∵直线BC的解析式为y＝x﹣3，
∴设直线BM解析式为y＝﹣x+n，将B（3，0）代入得：
0＝﹣3+n，解得n＝3，
∴直线BM解析式为y＝﹣x+3，
令x＝1得y＝2，
∴M（1，2）；
②过C作CM⊥BC交对称轴x＝1于M，如图：
同①可得M（1，﹣4）；
③以BC为对角线时，作以BC为直径的圆与对称轴交于M，如图：
设M（1，t），
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴直线CM解析式为y＝（t+3）x﹣3，直线BM解析式为y=-t2x+32t，
∵CM⊥BM，
∴-t2•（t+3）＝﹣1，解得：t=-3+172或t=-3-172，
∴M（1，-3+172）或M（1，-3-172）．
综上所述，以点B，C，M，N为顶点的四边形是矩形，M坐标为（1，2）或（1，﹣4）或（1，-3+172）或（1，-3-172）．
【变式5-3】（2021•北碚区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为（﹣2，0），直线BC的解析式为y=12x﹣4．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，过点A作AD∥BC交抛物线于点D（异于点A），P是直线BC下方抛物线上一点，过点P作PQ∥y轴，交AD于点Q，过点Q作QR⊥BC于点R，连接PR．求△PQR面积的最大值及此时点P的坐标．
（3）如图2，点C关于x轴的对称点为点C′，将抛物线沿射线C′A的方向平移25个单位长度得到新的抛物线y′，新抛物线y′与原抛物线交于点M，原抛物线的对称轴上有一动点N，平面直角坐标系内是否存在一点K，使得以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由题可知B点既在x轴上，又在y=12x﹣4上，则B（8，0），再将A、B代入y＝ax2+bx﹣4即可求解析式；
（2）先求出直线AD的解析式为y=12x+1，过点B作BG⊥AD，在Rt△ABG中，AB＝10，tan∠BAG=12，求出BG＝25，设P（m，-14m2-32m﹣4），R（n，12n﹣4），则Q（m，12m+1），QR＝25，代入点的坐标可得n﹣m＝2，则R（m+2，12m﹣3），S△PQR=-14（m﹣4）2+9，当m＝4时，S△PQR有最大值9，则可求P（4，﹣6）；
（3）求出C'（0，﹣4），直线AC的解析式为y＝2x+4，由平移可知抛物线沿着x轴负方向平移2个单位长度，沿着y轴负方向平移4个单位长度，可得平移后抛物线解析式为y'=14（x﹣1）2-414，联立14（x﹣3）2-254=14（x﹣1）2-414可求两抛物线交点M（6，﹣4），联立12x+1=14x2-32x﹣4，可求D（10，6），设N（3，t），K（x，y），①当DM与KN为矩形对角线时，8=3+x2，1=t+y2，再由DM＝KN，则16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，可求K（13，﹣1）或K（13，3）；②当DN与MK为矩形对角线时，132=6+x2，y-42=6+t2，再由DN＝MK，则49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，求出K（7，365）；③当KD与MN为矩形对角线时，10+x2=92，6+y2=t-42，再由KD＝MN，（x﹣10）2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，求出K（﹣1，-65）．
【解答过程】解：（1）∵B点在x轴上，且B点在y=12x﹣4上，
∴B（8，0），
∵A（﹣2，0），B（8，0），都在抛物线y＝ax2+bx﹣4上，
∴x＝﹣2，x＝8是方程ax2+bx﹣4＝0的两个根，
∴﹣16=-4a，ba=6，
∴a=14，b=-32，
∴y=14x2-32x﹣4；
（2）∵AD∥BC，直线BC的解析式为y=12x﹣4，
∴直线AD的解析式为y=12x+1，
过点B作BG⊥AD交点G，
∵QR⊥BC，
∴QR＝BG，
在Rt△ABG中，AB＝10，tan∠BAG=12，
∴BG＝25，
设P（m，14m2-32m﹣4），R（n，12n﹣4），则Q（m，12m+1），
∵QR＝25，
∴20＝（m﹣n）2+(12m-12n+5)2，
∴n﹣m＝2，
∴R（m+2，12m﹣3），
S△PQR=12×（12m+1-14m2+32m+4）×2=-14m2+2m+5=-14（m﹣4）2+9，
∴当m＝4时，S△PQR有最大值9，
∴P（4，﹣6）；
（3）∵点C关于x轴的对称点为点C′，
∴C'（0，﹣4），
∴直线AC的解析式为y＝2x+4，
∵抛物线沿射线C′A的方向平移25个单位长度，
∴抛物线沿着x轴负方向平移2个单位长度，沿着y轴负方向平移4个单位长度，
∵y=14x2-32x﹣4=14（x﹣3）2-254，
∴y'=14（x﹣1）2-414，
联立14（x﹣3）2-254=14（x﹣1）2-414，解得x＝6，
∴M（6，﹣4），
联立12x+1=14x2-32x﹣4，解得x＝10或x＝﹣2，
∵D异于点A，
∴D（10，6），
∵y=14x2-32x﹣4的对称轴为直线x＝3，
设N（3，t），K（x，y），
①当DM与KN为矩形对角线时，
DM的中点与KN的中点重合，
∴8=3+x2，1=t+y2，
∴x＝13，t＝2﹣y，
∵DM＝KN，
∴16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，
∴y＝﹣1或y＝3，
∴K（13，﹣1）或K（13，3）；
②当DN与MK为矩形对角线时，
DN的中点与MK的中点重合，
∴132=6+x2，y-42=6+t2，
∴x＝7，t＝y﹣10，
∵DN＝MK，
∴49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，
∴y=365，
∴K（7，365）；
③当KD与MN为矩形对角线时，
KD的中点与MN的中点重合
∴10+x2=92，6+y2=t-42，
∴x＝﹣1，t＝10+y，
∵KD＝MN，
∴（x﹣10）2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，
∴y=-65，
∴K（﹣1，-65）；
综上所述：以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形时，K点坐标为（﹣1，-65）或（7，365）或（13，﹣1）或（13，3）．
【题型6 二次函数中正方形存在性问题】
【例6】（2021•渝中区校级二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），其中A（﹣2，0），并且抛物线过点D（4，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P为直线CD上方抛物线上一点，过P作PE∥y轴交BC于点E，连接CP，PD，DE，求四边形CPDE面积的最值及点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿射线CB方向平移得新抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），是否在新抛物线上存在点M，在平面内存在点N，使得以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形？若在，直接写出此时新抛物线的顶点坐标，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）将A点D点坐标代入解析式即可；
（2）求出B点坐标及直线BC的函数解析式，设出P、E点坐标，用二次函数关系式表示出面积，利用二次函数性质求最值即可；
（3）根据图计算出M点和N点坐标，设出平移距离，根据平移之前M点在原抛物线上，求出平移距离，即可得出平移后顶点坐标．
【解答过程】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣2，0），D（4，3），
∴0=4a-2b+33=16a+4b+3，
解得a=-14b=1，
∴抛物线的解析式为y=-14x2+x+3；
（2）当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
令y＝0，x＝﹣2或6，
∴B（6，0），
则CD都在y＝3这一直线上，
∴CD∥x轴，
又∵PE∥y轴，
∴CD⊥PE，
∴四边形CPDE的面积S=12CD•PE，
设直线BC解析式为y＝kx+b，代入B点和C点坐标得：
b=30=6m+b，
解得k=-12b=3，
∴直线BC的解析式为y=-12x+3，
设P（m，-14m2+m+3），E（m，-12m+3），
∴PE=-14m2+32m，
又∵CD＝4﹣0＝4，
∴S四边形CPDE=12PE•CD=12×（-14m2+32m）×4=-12m2+3m=-12（m﹣3）2+92，
∴当m＝3时，面积有最大值为92，
此时P（3，154）；
（3）存在，新顶点坐标为（2+11，4-112），
∵A（﹣2，0），C（0，3），
∴AC=OA2+OC2=(-2)2+32=13，
∵以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形，
∴NM＝MC＝AN＝AC=13，
过N作x轴的垂线交x轴于Q，如图2，
∵∠CAO+∠BAN＝90°，∠CAO+∠ACO＝90°，
∴∠BAN＝∠ACO，
又∵∠AOC＝∠AQN＝90°，
∴△AOC≌△NQA（AAS），
∴NQ＝OA＝2，AQ＝OC＝3，
∴N（﹣2，1），
同理可求M（3，1），
∵M点在抛物线沿射线CB方向平移得新抛物线y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0）上，
∴将M点先向左平移t个单位，再向上平移t2个单位的M'（3﹣t，1+t2）在原抛物线上，
即1+t2=-14（3﹣t）2+（3﹣t）+3，
解得t＝±11，
∵图中抛物线是沿CB方向移动，
∴t＞0，
即t=11，
∵原抛物线的顶点坐标为（2，4），
∴将原顶点坐标先向右平移11个单位，再向下平移112个单位得到新抛物线的顶点，
即新抛物线的顶点为（2+11，4-112）．
【变式6-1】（2020秋•高明区期末）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点Q在该抛物线的对称轴上，若△ACQ是以AC为腰的等腰三角形，求点Q的坐标；
（3）若P为BD的中点，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，GM⊥x轴于点M，N为直线PF上一动点，当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，直接写出点M的坐标．
【解题思路】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）分AC＝AQ、AC＝CQ两种情况，利用等腰三角形腰相等求解即可；
（3）计算出FM＝|2﹣a|，MG＝|a2﹣2a﹣3|，当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，则FM＝MG，即可求解．
【解答过程】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得1-b+c=09+3b+c=0，解得b=-2c=-3，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由抛物线的表达式知，点C（0，﹣3），函数的对称轴为直线x＝1，
则设点Q的坐标为（1，m），
由点A、C、Q的坐标得：AC2＝12+32＝10，
同理可得：AQ2＝4+m2，CQ2＝1+（m+3）2，
当AC＝AQ时，则10＝4+m2，解得m＝±6；
当AC＝CQ时，同理可得m＝﹣6或0（舍去﹣6），
故点Q的坐标为（1，0）或（1，6）或（1，-6）；
（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，故点D的坐标为（1，﹣4），
由点B、D的坐标得，点P（2，﹣2），
则点F（2，0），
设点M的坐标为（a，0），则点G（a，a2﹣2a﹣3），
则FM＝|2﹣a|，MG＝|a2﹣2a﹣3|，
当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，则FM＝MG，
即|2﹣a|＝|a2﹣2a﹣3|，
当2﹣a＝a2﹣2a﹣3时，解得a=1±212，
当﹣（2﹣a）＝a2﹣2a﹣3时，解得a=3±212，
故点M的坐标为（1+212，0）或（1-212，0）或（3+132，0）或（3-132，0）．
【变式6-2】（2021•合川区校级模拟）如图，在平面直角坐标系．xOy中，直线y＝x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过A，B两点的抛物线交x轴于另一点C（﹣2，0）．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，点F是直线AB下方抛物线上一动点，连接FA，FB，求出四边形FAOB面积最大值及此时点F的坐标．
（3）如图2，在（2）问的条件下，点Q为平面内y轴右侧的一点，是否存在点Q及平面内任意一点M使得以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）设出点F的坐标，利用铅垂法可表达△PAB的面积，再利用二次函数的性质进行求解；
（3）假设存在以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形，分别以AF为边，以AF为对角线，进行讨论即可．
【解答过程】解：（1）∵直线y＝x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A（4，0），点B（0，﹣4），
∵抛物线交x轴于点A（4，0），点C（﹣2，0）．
设抛物线解析式为：y＝a（x+2）（x﹣4）＝ax2﹣2ax﹣8a，
∵抛物线交y轴于点B（0，﹣4），
∴﹣4＝﹣8a，
∴a=12，
∴抛物线解析式为：y=12x2﹣2×12x﹣8×12=12x2﹣x﹣4；
（2）如图，过点F作FE∥y轴，交AB于点E，
设点P的横坐标为t，则P（t，12t2﹣t﹣4），
∵直线AB的解析式为y＝x﹣4，
∴E（t，t﹣4），
∴S△BFA=12OA•EF=12×（4﹣0）×（t﹣4-12t2+t+4）
＝﹣t2+4t，
∵S△BOA=12OA•OB=12×4×4＝8，
∴S四边形FAOB＝S△BFA+S△BOA＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12，
∴当t＝2时，S四边形FAOB有最大值12，12t2﹣t﹣4＝﹣4．
∴此时点F的坐标为（2，﹣4）；
（3）①当AF为为边时，如图，过点F作FS⊥x轴于点S，过点作Q1T⊥x轴于点T，
∵点A（4，0），点F的坐标为（2，﹣4），
∴AF=(4-2)2+42=25，SF＝4，AS＝4﹣2＝2，
∵四边形AQ1Q2F是正方形，
∴AQ1＝AF＝25，∠FAQ1＝90°，
∵∠SFA+∠SAF＝90°，∠SAF+∠TAQ1＝90°，
∴∠SFA＝∠TAQ1，
∵∠FSA＝∠ATQ1＝90°，
∴△FSA≌△ATQ1，
∴AT＝SF＝4，TQ1＝AS＝2，
∴OT＝OA+AT＝8，
∴Q1（8，﹣2）；
同理可得：△Q1HQ2≌△ATQ1，
∴Q1H＝AT＝4，Q2H＝TQ1＝2，
∴OK＝OT﹣KT＝8﹣2＝6，Q2K＝HT＝4+2＝6，
∴Q2（6，﹣6）；
四边形AFED是正方形时，点D在y轴上，点E在y轴左边，不合题意；
②连接AE，FD交于点Q3，连接AQ2、FQ1交于点Q4，此时，AF为对角线，四边形AQ3FQ4是正方形，如图：
∵Q4是FQ1的中点，Q1（8，﹣2），F（2，﹣4），
∵8+22=5，-2+(-4)2=-3，
∴Q4（5，﹣3）；
∵Q3是FD的中点，D（0，2），F（2，﹣4），
∵0+22=1，2+(-4)2=-1，
∴Q3（1，﹣1）．
∴存在，点Q的坐标Q1（8，﹣2），Q2（6，﹣6），Q3（1，﹣1），Q4（5，﹣3）．
【变式6-3】（2021•海南模拟）如图，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0），交y轴于点C（0，4）．
（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M（m，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SEOG=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．
【解题思路】（1）用待定系数法即可求解；
（2）①当点G在点E的左侧时，由SEOG=12S△AOE，即12×ON×（xE﹣xG）=12×12×ON×（xE﹣xG），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M（m，0），得H（m，﹣m+4）、F（m，-13m2+13m+4），分两种情况：F在EP的左侧，在EP的右侧，根据EF＝FH，列方程可得结论．
【解答过程】解：（1）由题意得：c=49a-3b+c=016a+4b+c=0，解得a=-13b=13c=4，
∴y=-13x2+13x+4；
（2）①当点G在点E的左侧时，
如图1，∵B（4，0），C（0，4），
∴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，
∴E（1，3），
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴G的横坐标为m，
∵SEOG=12S△AOE，
∴12×ON×（xE﹣xG）=12×12×ON×（xE﹣xG），
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：E（1，3），
∵四边形EFHP是正方形，
∴FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴H（m，﹣m+4），F（m，-13m2+13m+4），
分两种情况：
i）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），
∴H（1-132，7+132），
∴P（1，7+132），
ii）当1＜m＜4时，点F在PE的右边，如图3，
同理得∴13m2-43m＝﹣1+m，
解得：m=1±132（舍去负值），
同理得P（1，7-132）；
综上，点P的坐标为：（1，7+132）或（1，7-132）．
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