重难点05 二次函数与几何的动点及最值、存在性问题（14题型）-2024年中考数学一轮复习（全国通用）

这是一份重难点05 二次函数与几何的动点及最值、存在性问题（14题型）-2024年中考数学一轮复习（全国通用），文件包含重难点突破05二次函数与几何的动点及最值存在性问题原卷版docx、重难点突破05二次函数与几何的动点及最值存在性问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共171页， 欢迎下载使用。

2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
重难点突破05 二次函数与几何的
动点及最值、存在性问题
目 录
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\l "_Tc155794603" 题型01 平行y轴动线段最大值与最小值问题
\l "_Tc155794604" 题型02 抛物线上的点到某一直线的距离问题
\l "_Tc155794605" 题型03 已知点关于直线对称点问题
\l "_Tc155794606" 题型04 特殊角度存在性问题
\l "_Tc155794607" 题型05 将军饮马模型解决存在性问题
\l "_Tc155794608" 题型06 二次函数中面积存在性问题
\l "_Tc155794609" 题型07 二次函数中等腰三角形存在性问题
\l "_Tc155794610" 题型08 二次函数中直角三角形存在性问题
\l "_Tc155794611" 题型09 二次函数中全等三角形存在性问题
\l "_Tc155794612" 题型10 二次函数中相似三角形存在性问题
\l "_Tc155794613" 题型11 二次函数中平行四边形存在性问题
\l "_Tc155794614" 题型12 二次函数中矩形存在性问题
\l "_Tc155794615" 题型13 二次函数中菱形存在性问题
\l "_Tc155794616" 题型14 二次函数中正方形存在性问题
二次函数常见存在性问题：
（1）等线段问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再利用点到点或点到直线的距离公式列出方程或方程组，然后解出参数的值，即可以将线段表示出来.
【说明】在平面直角坐标系中该点在某一函数图像上，设该点的横坐标为m，则可用含m字母的函数解析式来表示该点的纵坐标，简称“设横表纵”或“一母式”.
（2）平行y轴动线段最大值与最小值问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再用纵坐标的较大值减去较小值，再利用二次函数的性质求出动线段的最大值或最小值.
（3）求已知点关于直线对称点问题：先求出直线解析式，再利用两直线垂直的性质（两直线垂直，斜率之积等于-1）求出已知点所在直线的斜率及解析式，最后用中点坐标公式即可求出对称点的坐标.
（4）“抛物线上是否存在一点，使其到某一直线的距离为最值”的问题：常常利用直线方程与二次函数解析式联立方程组，求出切点坐标，运用点到直线的距离公式进行求解.
（5）二次函数与一次函数、特殊图形、旋转及特殊角度综合：图形或一次函数与x轴的角度特殊化，利用与角度有关知识点求解函数图像上的点，结合动点的活动范围，求已知点与动点是否构成新的特殊图形.
2.二次函数与三角形综合
(1)将军饮马问题:本考点主要分为两类：
①在定直线上是否存在点到两定点的距离之和最小;
②三角形周长最小或最大的问题，主要运用的就是二次函数具有对称性.
(2)不规则三角形面积最大或最小值问题:利用割补法将不规则三角形分割成两个或以上的三角形或四边形，在利用“一母式”将动点坐标表示出来，作线段差，用线段差来表示三角形的底或高，用面积公式求出各部分面积，各部分面积之和就是所求三角形的面积.将三角形的面积用二次函数的结构表示出来，再利用二次函数的性质求出面积的最值及动点坐标.
(3)与等腰三角形、直角三角形的综合问题:对于此类问题，我们可以利用两圆一线或两线一圆的基本模型来进行计算.
注：其他常见解题思路有：
①作垂直，构造“三垂直”模型，利用相似列比例关系得方程求解；
②平移垂线法：若以AB为直角边，且AB的一条垂线的解析式易求(通常为过原点O与AB垂直的直线)，可将这条直线分别平移至过点A或点B得到相应解析式，再联立方程求解．
（4)与全等三角形、相似三角形的综合问题:在没有指定对应点的情况下，理论上有六种情况需要讨论，但在实际情况中，通常不会超过四种，要注意边角关系，积极分类讨论来进行计算.
情况一 探究三角形相似的存在性问题的一般思路：
解答三角形相似的存在性问题时，要具备分类讨论思想及数形结合思想，要先找出三角形相似的分类标准，一般涉及动态问题要以静制动，动中求静，具体如下：
①假设结论成立，分情况讨论．探究三角形相似时，往往没有明确指出两个三角形的对应点(尤其是以文字形式出现求证两个三角形相似的题目)，或者涉及动点问题，因动点问题中点的位置的不确定，此时应考虑不同的对应关系，分情况讨论；
②确定分类标准．在分类时，先要找出分类的标准，看两个相似三角形是否有对应相等的角，若有，找出对应相等的角后，再根据其他角进行分类讨论来确定相似三角形成立的条件；若没有，则分别按三种角对应来分类讨论；
③建立关系式，并计算．由相似三角形列出相应的比例式，将比例式中的线段用所设点的坐标表示出来(其长度多借助勾股定理运算)，整理可得一元一次方程或者一元二次方程，解方程可得字母的值，再通过计算得出相应的点的坐标．
情况二 探究全等三角形的存在性问题的思路与探究相似三角形的存在性问题类似，但是除了要找角相等外，还至少要找一组对应边相等．
3.二次函数与四边形的综合问题
特殊四边形的探究问题解题步骤如下：
①先假设结论成立；
②设出点坐标，求边长；
③建立关系式，并计算．若四边形的四个顶点位置已确定，则直接利用四边形边的性质进行计算；若四边形的四个顶点位置不确定，需分情况讨论：
a.探究平行四边形：①以已知边为平行四边形的某条边，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形的对边相等进行计算；②以已知边为平行四边形的对角线，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形对角线互相平分的性质进行计算；③若平行四边形的各顶点位置不确定，需分情况讨论，常以已知的一边作为一边或对角线分情况讨论．
b.探究菱形：①已知三个定点去求未知点坐标；②已知两个定点去求未知点坐标，一般会用到菱形的对角线互相垂直平分、四边相等的性质列关系式．
c.探究正方形：利用正方形对角线互相垂直平分且相等的性质进行计算，一般是分别计算出两条对角线的长度，令其相等，得到方程再求解．
d.探究矩形：利用矩形对边相等、对角线相等列等量关系式求解；或根据邻边垂直，利用勾股定理列关系式求解.
题型01 平行y轴动线段最大值与最小值问题
1．（2023·广东东莞·一模）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，OA=OC=3，顶点为D．
(1)求此函数的关系式；
(2)在AC下方的抛物线上有一点N，过点N作直线l∥y轴，交AC与点M，当点N坐标为多少时，线段MN的长度最大？最大是多少？
(3)在对称轴上有一点K，在抛物线上有一点L，若使A，B，K，L为顶点形成平行四边形，求出K，L点的坐标．
(4)在y轴上是否存在一点E，使△ADE为直角三角形，若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)当N的坐标为−32,−154，MN有最大值94
(3)K−1，4，L−1，−4或K−1，12，L−5，12或K−1，12，L3，12
(4)存在，点E的坐标为0,32或0,−72或0,−1或0,−3
【分析】（1）由OA=OC=3求得A−3,0,C0，−3,再分别代入抛物线解析式y=x2＋bx＋c，得到以b，c为未知数的二元一次方程组，求出b，c的值即可；
（2）求出直线AC的解析式，再设出M、N的坐标，把MN表示成二次函数，配方即可；
（3）根据平行四边形的性质，以AB为边，以AB为对角线，分类讨论即可；
（4）设出E的坐标，分别表示出△ADE的平分，再分每一条都可能为斜边，分类讨论即可．
【详解】（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点A，点C，且OA=OC=3,
∴A−3,0,C0，−3,
∴将其分别代入抛物线解析式，得c=−39−3b+c=0，
解得b=2c=−3．
故此抛物线的函数表达式为：y=x2+2x−3；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+t，
将A−3,0,C0，−3代入，得t=−3−3k+t=0，
解得k=−1t=−3，
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
设N的坐标为n，n2+2n−3，则Mn，−n−3，
∴MN=−n−3−n2+2n−3=−n2−3n=−n+32+94，
∵−1<0，
∴当n=−32时，MN有最大值，为94，
把n=−32代入抛物线得，N的坐标为−32,−154，
当N的坐标为−32,−154，MN有最大值94；
（3）①当以AB为对角线时，根据平行四边形对角线互相平分，
∴KL必过−1,0，
∴L必在抛物线上的顶点D处，
∵y=x2+2x−3=x+12−4，
∴K−1，4，L−1，−4
②当以AB为边时，AB=KL=4，
∵K在对称轴上x=−1，
∴L的横坐标为3或−5，
代入抛物线得L−5,12或L3,12，此时K都为−1，12，
综上，K−1，4，L−1，−4或K−1，12，L−5，12或K−1，12，L3，12；
（4）存在，
由y=x2+2x−3=x+12−4，得抛物线顶点坐标为D−1,−4
∵A−3，0，
∴AD2=−3+12+0+42=20，
设E0，m，则AE2=−3−02+0−m2=9+m2，DE2=−1−02+−4−m2=17+m2+8m，
①AE为斜边，由AE2=AD2+DE2得：9+m2=20+17+m2+8m，
解得：m=−72，
②DE为斜边，由DE2=AD2+AE2得：9+m2+20=17+m2+8m，
解得：m=32，
③AD为斜边，由AD2=ED2+AE2得：20=17+m2+8m+9+m2，
解得：m=−1或−3，
∴点E的坐标为0,32或0,−72或0,−1或0,−3．
【点睛】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象与性质，平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，会运用待定系数法列方程组，两点间距离公式求MN的长，由平行四边形的性质判定边相等，运用勾股定理列方程．
2．（2023·河南南阳·统考一模）如图，抛物线与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴的交于点C0，−4，点P是第三象限内抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作直线PD⊥x轴于点D，作直线AC交PD于点E．已知抛物线的顶点P坐标为−3，−254．

(1)求抛物线的解析式；
(2)求点A、B的坐标和直线AC的解析式；
(3)求当线段CP=CE时m的值；
(4)连接BC，过点P作直线l∥BC交y轴于点F，试探究：在点P运动过程中是否存在m，使得CE=DF，若存在直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=14x2+32x−4
(2)A−8，0，B2，0， y=−12x−4
(3)−4
(4)存在， m=2−25或m=−4
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）令y=0，解方程即可求得点A、B的坐标，再运用待定系数法即可求得直线AC的解析式；
（3）过点C作CF⊥PE于点F，根据等腰三角形的性质可得点F是PE的中点，设Pm,14m2+32m−4，则Em，−12m−4，可得Fm，18m2+12m−4，再由点F与点C的纵坐标相同建立方程求解即可；
（4）过C作CH⊥PD于H，设Pm,14m2+32m−4，由PF∥BC，可得直线PF解析式为y=2x+14m2−12m−4，进而可得OF=|14m2−12m−4|，再证得Rt△CHE≅Rt△DOFHL，得出∠HCE=∠FDO，进而推出∠FDO=∠CAO，即tan∠FDO=tan∠CAO，据此建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为−3，−254
∴设抛物线的解析式为y=ax+32−254，
把点C0，−4代入，得：−4=9a−254，解得：a=14 ，
∴y=14x+32−254=14x2+32x−4，
∴该抛物线的解析式为y=14x2+32x−4．
（2）解：令y=0，得14x2+32x−4=0，解得：x1=−8，x2=2，
∴A−8，0，B2，0，，
设直线AC的解析式为y=kx+b，则−8k+b=0b=−4，解得：k=−12b=−4，
∴直线AC的解析式为y=−12x−4．
（3）解：如图，过点C作CF⊥PE于点F，

∵CP=CE，
∴EF=PF，即点F是PE的中点，
设Pm,14m2+32m−4，则Em，−12m−4，
∴Fm，18m2+12m−4，
∵PE∥y轴，CF⊥PE，
∴CF∥x轴，
∴18m2+12m−4=−4，解得：m=−4或m=0（不符合题意，舍去），
∴m=−4．
（4）解：存在m，使得CE=DF，理由如下：
如图：过C作CH⊥PD于H，

设Pm,14m2+32m−4，
由B2，0，C0，−4，由待定系数法可得直线BC解析式为y=2x−4，
根据PF∥BC，设直线PF解析式为y=2x+c，将Pm,14m2+32m−4代入得：
14m2+32m−4=2m+c，
∴c=14m2−12m−4，
∴直线PF解析式为y=2x+14m2−12m−4，
令x=0得y=14m2−12m−4，
∴F0,14m2−12m−4，
∴OF=14m2−12m−4，
∵∠CHD=∠PDO=∠COD=90°，
∴四边形CODH是矩形，
∴CH=OD，
∵CE=DF，
∴Rt△CHE≅Rt△DOFHL，
∴∠HCE=∠FDO，
∵∠HCE=∠CAO，
∴∠FDO=∠CAO，
∴tan∠FDO=tan∠CAO，
∴OFOD=OCOA，即14m2−12m−4−m=48=12，
∴14m2−12m−4=−12m或14m2−12m−4=12m，
解得：m=−4或m=4或m=2−25或m=2+25，
∵P在第三象限，
∴m=2−25或m=−4．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、二次函数综合应用、等腰三角形性质、矩形判定及性质、相似三角形判定及性质、解直角三角形等知识点，解题的关键是用含m的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
3．（2023·山东聊城·统考三模）抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A3,0，与y轴交于点C0,3，点P为抛物线上的动点．

(1)求b，c的值；
(2)若P为直线AC上方抛物线上的动点，作PH∥x轴交直线AC于点H，求PH的最大值；
(3)点N为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N，使直线AC垂直平分线段PN？若存在，请直接写出点N的纵坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)b=2，c=3
(2)PH取得最大值为94
(3)存在，2−2或2+2
【分析】（1）将坐标代入解析式，构建方程求解；
（2）设PH交y轴于点M，Pm,−m2+2m+3，则PM=m；待定系数法确定直线AC的解析式为y=−x+3，从而确定PH=m−m2−2m=−m2+3m=−m−322+94，解得PH最大值为94；
（3）如图，设PN与AC交于点G，可设直线PN的解析式为y=x+p，设点N(1,n)，求得y=x+(n−1)；联立y=−x+3y=x+(n−1)，解得x=−n2+2y=n2+1，所以点P的横坐标为2×(−n2+2)−1=−n+3，纵坐标为2×(n2+1)−n=2，由二次函数解析式构建方程−(−n+3)2+2(−n+3)+3=2，解得n=2±2；
【详解】（1）∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A3,0，与y轴交于点C0,3，
∴−9+3b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
∴b=2，c=3；
（2）设PH交y轴于点M，Pm,−m2+2m+3，
∴PM=m，
∵PH∥x轴，∴点H的纵坐标为−m2+2m+3，
设直线AC的解析式为y=kx+n，∴3k+n=0n=3，解得：k=−1n=3，
∴直线AC的解析式为y=−x+3．
∴−m2+2m+3=−x+3，
∴x=m2−2m，
∴Hm2−2m,−m2+2m+3，
∴PH=m−m2−2m=−m2+3m=−m−322+94，
∴当m=32时，PH取得最大值为94
（3）存在点N，使直线AC垂直平分线段PN，点N的纵坐标为2−2或2+2

如图，设PN与AC交于点G，
∵AC垂直平分PN，直线AC的解析式为y=−x+3
∴可设直线PN的解析式为y=x+p
设点N(1,n)，则n=1+p
∴p=n−1，
∴y=x+(n−1)
联立y=−x+3y=x+(n−1)，
解得x=−n2+2y=n2+1
∴点P的横坐标为2×(−n2+2)−1=−n+3，纵坐标为2×(n2+1)−n=2
∴−(−n+3)2+2(−n+3)+3=2，解得n=2±2
∴点N的纵坐标为2−2或2+2．
【点睛】本题考查利用二次函数解析式及点坐标求待定参数、待定系数法确定函数解析式、二次函数极值及其它二次函数综合问题，利用直线间的位置关系、点线间的位置关系，融合方程的知识求解坐标是解题的关键．
题型02 抛物线上的点到某一直线的距离问题
4．（2023·广东梅州·统考二模）探究求新：已知抛物线G1:y=14x2+3x−2，将抛物线G1平移可得到抛物线G2:y=14x2．
(1)求抛物线G1平移得到抛物线G2的平移路径；
(2)设T0,t，直线l：y=−t，是否存在这样的t，使得抛物线G2上任意一点到T的距离等于到直线l的距离？若存在，求出t的值；若不存在，试说明理由；
(3)设H0,1，Q1,8，M为抛物线G2上一动点，试求QM+MH的最小值．
参考公式：若点Mx1,y1，Nx2,y2为平面上两点，则有MN=x1−x2²+y1−y2² ．
【答案】(1)将G1向左平移−6个单位，向上平移11个单位
(2)存在，1
(3)9
【分析】（1）设G1向左平移a个单位，向上平移b个单位得到函数G2，列方程组即可求解；
（2）设Px0,x024为抛物线G2上的一点，根据题意列方程即可；
（3）点H坐标与（2）中t=1时的T点重合，过点M作MA⊥l，垂足为A，如图所示，则有MH=MA，当且仅当Q,M,A三点共线时QM+MA取得最小值．
【详解】（1）.解：设G1向左平移a个单位，向上平移b个单位得到函数G2，
由平移法则可知14(x+a)2+3(x+a)−2+b=14x2，
整理可得14x2+3+12ax+14a2+3a−2+b=14x2，
可得方程组3+12a=014a2+3a−2+b=0， 解得a=−6b=11；
∴平移路径为将G1向左平移−6个单位，向上平移11个单位；
（2）解：存在这样的t，且t=1时满足条件，
设Px0,x024为抛物线G2上的一点，
则点P到直线l的距离为x024+t，点P到点T距离为(x0−0)2+x024−t2，
联立可得：
x024+t=(x0−0)2+x024−t2 ，
两边同时平方合并同类项后可得x02−x02t=0
解得：t=1；
（3）解：点H坐标与（2）中t=1时的T点重合，
作直线l：y=−1，过点M作MA⊥直线l，垂足为A，如图所示，则有MH=MA，

此时QM+MH=QM+MA，
当且仅当Q,M,A三点共线时QM+MA取得最小值
即QM+MA=QA=8−(−1)=9
∴QM+MH的最小值为9；
【点睛】本题考查二次函数综合题，涉及到线段最小值、平移性质等，灵活运用所学知识是关键．
5．（2023·湖北宜昌·统考一模）如图，已知：点P是直线l：y=x−2上的一动点，其横坐标为m（m是常数），点M是抛物线C：y=x2+2mx−2m+2的顶点．
(1)求点M的坐标；（用含m的式子表示）
(2)当点P在直线l运动时，抛物线C始终经过一个定点N，求点N的坐标，并判断点N是否是点M的最高位置？
(3)当点P在直线l运动时，点M也随之运动，此时直线l与抛物线C有两个交点A，B（A，B可以重合），A，B两点到y轴的距离之和为d．
①求m的取值范围；
②求d的最小值．
【答案】(1)M−m,−m2−2m+2
(2)N(1,3)，点N是点M的最高位置
(3)①m≤−52或m≥32；②d取得最小值为2
【分析】（1）将抛物线解析式写成顶点式即可求解；
（2）根据解析式含有m项的系数为0，得出当x=1时，y=3，即N(1,3)，根据二次函数的性质得出−m2−2m+2=−m+12+3的最大值为3，即可得出点N是点M的最高位置；
（3）①根据直线与抛物线有交点，联立方程，根据一元二次方程根的判别式大于等于0，求得m的范围，即可求解；
②设A,B的坐标分别为x1,y1,x2,y2，其中x1【详解】（1）解：y=x2+2mx−2m+2 =x+m2−m2−2m+2，
∴顶点M−m,−m2−2m+2，
（2）解：∵y=x2+2mx−2m+2=x2+2+2mx−1，
∴当x=1时，y=3，
抛物线C始终经过一个定点1,3，
即N(1,3)；
∵M−m,−m2−2m+2，−m2−2m+2=−m+12+3，
∴M的纵坐标最大值为3，
∴点N是点M的最高位置；
（3）解：①联立y=x−2y=x2+2mx−2m+2，
得x2+2mx−x−2m+4=0，
∵直线l与抛物线C有两个交点A，B（A，B可以重合），
∴Δ=b2−4ac =2m−12−4−2m+4，
=4m2+4m−15 ≥0，
∵4m2+4m−15=0，解得m1=−52,m2=32，
∴当4m2+4m−15≥0时，m≤−52或m≥32，
②设A,B的坐标分别为x1,y1,x2,y2，其中x1由①可知x1,x2是方程x2+2mx−x−2m+4=0的两根，
∴x1+x2=−2m+1，
当m=−3时，如图所示，yA=0，
当−3≤m≤−52时，y1≥0,y2≥0，
则d=x1+x2=−2m+1，
∵−2 <0，
∴当m=−52时，d取得最小值为−2×−52+1=5+1=6，
当m≥32时，d=−x1+x2=−−2m+1=2m−1，
∴当m=32时，d取得最小值为2×32−1=2，
综上所述，d取得最小值为2．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程与二次函数的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
6．（2023·云南楚雄·统考一模）抛物线y=x2−2x−3交x轴于A，B两点（A在B的左边），C是第一象限抛物线上一点，直线AC交y轴于点P．
(1)直接写出A，B两点的坐标；
(2)如图①，当OP=OA时，在抛物线上存在点D（异于点B），使B，D两点到AC的距离相等，求出所有满足条件的点D的横坐标；
(3)如图②，直线BP交抛物线于另一点E，连接CE交y轴于点F，点C的横坐标为m，求FPOP的值（用含m的式子表示）．
【答案】(1)A(−1,0)，B(3,0)
(2)0或3−412或3+412
(3)13m
【分析】（1）令y=0，解方程可得结论；
（2）分两种情形：①若点D在AC的下方时，过点B作AC的平行线与抛物线交点即为D1．②若点D在AC的上方时，点D1关于点P的对称点G(0,5)，过点G作AC的平行线交抛物线于点D2，D3，D2，D3符合条件．构建方程组分别求解即可；
（3）设E点的横坐标为n，过点P的直线的解析式为y=kx+b，由y=kx+by=x2−2x−3，可得x2−(2+k)x−3−b=0，设x1，x2是方程x2−(2+k)x−3−b=0的两根，则x1x2=−3−b，推出xA⋅xC=xB⋅xE=−3−b可得n=−1−b3，设直线CE的解析式为y=px+q，同法可得mn=−3−q推出q=−mn−3，推出q=−(3+b)(−1−b3)−3=13b2+2b，推出OF=13b2+b，可得结论．
【详解】（1）解：令y=0，得x2−2x−3=0，
解得：x=3或−1，
∴A(−1,0)，B(3,0)；
（2）∵OP=OA=1，
∴P(0,1)，
∴直线AC的解析式为y=x+1．
①若点D在AC的下方时，
过点B作AC的平行线与抛物线交点即为D1．
∵B(3,0)，BD1∥AC，
∴直线BD1的解析式为y=x−3，
由y=x−3y=x2−2x−3，解得x=3y=0或x=0y=−3，
∴D1(0,−3)，
∴D1的横坐标为0．
②若点D在AC的上方时，点D1关于点P的对称点G(0,5)，
过点G作AC的平行线l交抛物线于点D2，D3，D2，D3符合条件．
直线l的解析式为y=x+5，
由y=x+5y=x2−2x−3，可得x2−3x−8=0，
解得：x=3−412或3+412，
∴D2，D3的横坐标为3−412，3+412，
综上所述，满足条件的点D的横坐标为0，3−412，3+412．
（3）设E点的横坐标为n，过点P的直线的解析式为y=kx+b，
由y=kx+by=x2−2x−3，可得x2−(2+k)x−3−b=0，
设x1，x2是方程x2−(2+k)x−3−b=0的两根，则x1x2=−3−b，
∴xA⋅xC=xB⋅xE=−3−b
∵xA=−1，
∴xC=3+b，
∴m=3+b，
∵xB=3，
∴xE=−1−b3，
∴n=−1−b3，
设直线CE的解析式为y=px+q，
同法可得mn=−3−q
∴q=−mn−3，
∴q=−(3+b)(−1−b3)−3=13b2+2b，
∴OF=13b2+2b，
∴ FPOP=13b+1=13(m−3)+1=13m．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是学会构建一次函数，构建方程组确定交点坐标，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
题型03 已知点关于直线对称点问题
7．（2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx−c的图象与x轴交于点A(−3,0)和点B(1,0)，与y轴交于点C．

(1)求这个二次函数的表达式．
(2)如图1，二次函数图象的对称轴与直线AC:y=x+3交于点D，若点M是直线AC上方抛物线上的一个动点，求△MCD面积的最大值．
(3)如图2，点P是直线AC上的一个动点，过点P的直线l与BC平行，则在直线l上是否存在点Q，使点B与点P关于直线CQ对称？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3；
(2)S△MCD最大=98；
(3)Q1−5，−5或1+5，5．
【分析】（1）根据抛物线的交点式直接得出结果；
（2）作MQ⊥AC于Q，作ME⊥AB于F，交AC于E，先求出抛物线的对称轴，进而求得C，D坐标及CD的长，从而得出过M的直线y=x+m与抛物线相切时，△MCD的面积最大，根据x+m=−x2−2x+3的△=0求得m的值，进而求得M的坐标，进一步求得CD上的高MQ的值，进一步得出结果；
（3）分两种情形：当点P在线段AC上时，连接BP，交CQ于R，设P(t，t+3)，根据CP=CB求得t的值，可推出四边形BCPQ是平行四边形，进而求得Q点坐标；当点P在AC的延长线上时，同样方法得出结果．
【详解】（1）解：由题意得，
y=−(x+3)(x−1)=−x2−2x+3；
（2）解：如图1，
作MQ⊥AC于Q，作ME⊥AB于F，交AC于E，
∵OA=OC=3，∠AOC=90°，
∴∠CAO=∠ACO=45°，
∴∠MEQ=∠AEF=90°−∠CAO=45°，
抛物线的对称轴是直线：x=−3+12=−1，
∴y=x+3=−1+3=2，
∴D(1,2)，
∵C(0,3)，
∴CD=2，
故只需△MCD的边CD上的高最大时，△MCD的面积最大，
设过点M与AC平行的直线的解析式为：y=x+m，
当直线y=x+m与抛物线相切时，△MCD的面积最大，
由x+m=−x2−2x+3得，
x2+3x+(m−3)=0，
由△=0得，
32−4(m−3)=0得，
m−3=94，
∴x2+3x+94=0，
∴x1=x2=−32，
∴y=−−322−2×−32+3=154，
y=x+3=−32+3=32，
∴ME=154−32=94，
∴MQ=ME⋅sin∠MEQ=ME⋅sin45°=94×22=928，
∴S△MCD最大=12×2×928=98；
（3）解：如图2，
当点P在线段AC上时，连接BP，交CQ于R，
∵点B和点Q关于CQ对称，
∴CP=CB，
设P(t，t+3)，
由CP2=CB2得，2t2=10，
∴t1=−5，t2=5（舍去），
∴P−5，3−5，
∵PQ∥BC，
∴ CRQR=BRPR=1，
∴CR=QR，
∴四边形BCPQ是平行四边形，
∵1+(−5)−0=1−5，0+(3−5)−3=−5，
∴Q1−5，−5；
如图3，
当点P在AC的延长线上时，由上可知：P5，3+5，
同理可得：Q1+5，5，
综上所述：Q1−5，−5或1+5，5．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，一元二次方程的解法，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．
8．（2023·四川甘孜·统考中考真题）已知抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A−1，0，B两点，与y轴相交于点C0，−3．

(1)求b，c的值；
(2)P为第一象限抛物线上一点，△PBC的面积与△ABC的面积相等，求直线AP的解析式；
(3)在（2）的条件下，设E是直线BC上一点，点P关于AE的对称点为点P'，试探究，是否存在满足条件的点E，使得点P'恰好落在直线BC上，如果存在，求出点P'的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)b=−2,c=−3.
(2)y=x+1
(3)存在，点P'的坐标为1+21,−2+21或1−21,−2−21
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）S△PBC=S△ABC得到AP∥BC，即可求解；
（3）由题意的：∠AEP=∠AEP',P'E=PE，即可求解．
【详解】（1）由题意，得1−b+c=0,c=−3.
∴b=−2,c=−3.
（2）由（1）得抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
令y=0，则x2−2x−3=0，得x1=−1，x2=3．
∴B点的坐标为3，0．
∵S△PBC=S△ABC，
∴AP∥BC．
∵B3，0，C0，−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3．
∵AP∥BC，
∴可设直线AP的解析式为y=x+m．
∵A（−1，0）在直线AP上，
∴0=−1+m．
∴m=1．
∴直线AP的解析式为y=x+1．

（3）设P点坐标为m，n．
∵点P在直线y=x+1和抛物线y=x2−2x−3上，
∴n=m+1，n=m2−2m−3．
∴m+1=m2−2m−3．
解得m1=4，m2=−1（舍去）．
∴点P的坐标为4，5．

由翻折，得∠AEP=∠AEP',P'E=PE．
∵AP∥BC，
∴∠PAE=∠AEP''．
∴∠PAE=∠PEA．
∴PE=PA=4+12+5−02=52．
设点E的坐标为t，t−3，则PE2=t−42+t−3−52=522．
∴t=6±21．
当t=6+21时，点E的坐标为6+21,3+21．
设P'(s,s−3),
由P'E=AP，P'E=PE=52得：
s−6−212+s−3−3−212=522，
解得：s=1+21，
则点P'的坐标为1+21,−2+21．
当t=6−21时，同理可得，点P'的坐标为1−21,−2−21．
综上所述，点P'的坐标为1+21,−2+21或1−21,−2−21．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，二次函数的性质，此题题型较好，综合性比较强，用的数学思想是分类讨论和数形结合的思想．
9．（2023·江苏连云港·连云港市新海实验中学校考二模）如图，“爱心”图案是由抛物线y=−x2+m的一部分及其关于直线y=−x的对称图形组成，点E、F是“爱心”图案与其对称轴的两个交点，点A、B、C、D是该图案与坐标轴的交点，且点D的坐标为6,0．

(1)求m的值及AC的长；
(2)求EF的长；
(3)若点P是该图案上的一动点，点P、点Q关于直线y=−x对称，连接PQ，求PQ的最大值及此时Q点的坐标．
【答案】(1)m=6，AC=6+6
(2)52
(3)2542，Q−234,−12
【分析】（1）用待定系数法求得m与抛物线的解析式，再求出抛物线与坐标轴的交点坐标，进而求得A的坐标，根据对称性质求得B，C的坐标，即可求得结果；
（2）将抛物线的解析式与直线EF的解析式联立方程组进行求解，得到E，F的坐标，即可求得结果；
（3）设P（m,−m2+6），则Q（m2−6,−m），可得PQ=2×m−122−252，即求m−122−252的最值，根据二次函数的最值，即可得到m的值，即可求得．
【详解】（1）把D6,0代入y=−x2+m得0=−6+m
解得m=6
∴抛物线的解析式为：y=−x2+6
∴A0,6
根据对称性可得
B−6,0，C0,−6
∴AC=AO+OC=6+6
（2）联立y=−xy=−x2+6
解得x=3y=−3或x=−2y=2
∴E−2,2，F3,−3
∴EF=−2−32+2+32=52
（3）设P（m,−m2+6），则Q（m2−6,−m）
∴PQ=m−m2−62+−m2+6−−m2
整理得PQ=2×m−122−254
∵m−122≥0
∴当m−122=0时，即m=12时，m−122−254有最大值为254
∴PQ的最大值为2542
∴122−6=−234
故Q（−234,−12）
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，两点间的距离公式，求抛物线与一次函数的交点坐标，二次函数的最值等知识，解题的关键是掌握关于直线y=−x对称的点坐标的关系．
题型04 特殊角度存在性问题
10．（2023·山西忻州·统考模拟预测）如图，抛物线y=18x2+34x−2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．P是直线AC下方抛物线上一个动点，过点P作直线l∥BC，交AC于点D，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，PE交AC于点F．

(1)直接写出A，B，C三点的坐标，并求出直线AC的函数表达式；
(2)当线段PF取最大值时，求△DPF的面积；
(3)试探究在拋物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠CAQ=45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−8,0，B2,0，C0,−2．y=−14x−2
(2)85
(3)存在，−3,3或−3,−253
【分析】（1）对于直线y=18x2+34x−2，当x=0时，y=−2，即点C0,−2，
令18x2+34x−2=0，则x=2或−8，则点A，B的坐标分别为−8,0，2,0即求出三个点的坐标，设直线AC的表达式为y=kx+b，利用待定系数法求解即可；
（2）设点P的横坐标为m，则Pm,18m2+34m−2，Fm,−14m−2，表示出PF=−18m2−m，求出PFmax=2，再表示出点D到直线PF的距离d=85，利用S△DPF=12⋅PF⋅d进行求解即可；
（3）由抛物线的表达式知，其对称轴为x=−3，当点Q在x轴上方时，设抛物线的对称轴交x轴于点N，交AC于H，故点Q作QT⊥AC于点T，在△AQH中,∠CAQ=45°，tan∠QHA=4，用解直角三角形的方法求出QH=174，即可求出Q点坐标，当点QQ'在x轴上方时，直线AQ的表达式为y=35x+8，当∠CAQ'=45°时，AQ⊥AQ'，即可求解．
【详解】（1）解：对于抛物线y=18x2+34x−2，当x=0时，y=−2，即点C0,−2，
令18x2+34x−2=0，则x=2或−8，则点A，B的坐标分别为−8,0，2,0，
即点A，B，C三点的坐标分别为−8,0，2,0，0,−2，
设直线AC的表达式为y=kx+b，则−8k+b=0b=−2，
解得k=−14b=−2，
∴直线AC的函数表达式为y=−14x−2；
（2）设点P的横坐标为m，
则Pm,18m2+34m−2，Fm,−14m−2，
PF=−14m−2−18m2+34m−2=−18m2−m，
当m=−−12×−18=−4时，PF最大，PFmax=−18×(−4)2−−4=2，
此时，P−4,−3，
由B2,0，C0,−2，可得直线BC的函数表达式为y=x−2，
设直线l的函数表达式为y=x+p，将P−4,−3代入可得p=1，
∴直线l的函数表达式为y=x+1，
由y=−14x−2y=x+1，解得x=−125y=−75，
∴D−125,−75，点D到直线PF的距离d=−125−−4=85，
∴S△DPF=12⋅PF⋅d=12×2×85=85．
（3）存在，理由：
由抛物线的表达式知，其对称轴为x=−3，
当点Q在x轴上方时，如下图：

设抛物线的对称轴交x轴于点N，交AC于H，故点Q作QT⊥AC于点T，
则∠ACO=∠QHA，则tan∠ACO=tan∠QHA=4，
当x=3时，y=−14x−2=−54，则点H−3,−54，
由点A，H的坐标得，AH=5174，
在△AQH中，∠CAQ=45°，tan∠QHA=4，
设TH=x，则QT=4x，则QH=17x，
则AH=AT+TH=5x=5174，则x=174，
则QH=17x=174，则174−54=3，
则点Q−3,3；
当点QQ'在x轴上方时，直线AQ的表达式为y=35x+8，
当∠CAQ'=45°时，AQ⊥AQ'，
则直线AQ'的表达式为y=−53x+8，
当x=−3时，y=−53x+8=−253，
即点Q'的坐标为−3,−253，
综上所述点Q的坐标为−3,3或−3,−253．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、解直角三角形、面积的计算等，其中第三小问中要注意分类求解是解答本题的关键．
11．（2023·山西运城·校联考模拟预测）综合与探究
如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l与抛物线交于A−6,0，D−1,5两点，点P是直线AD上方抛物线上一点，设点P的横坐标为m，过点P作PE⊥AD于点E．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当PE的长最大时，求线段PE的最大值及此时点P的坐标；
(3)连接BC，OP，试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得∠OPE=∠BCO，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2−52x+3
(2)点P的坐标为−72,458，PE的最大值为25216
(3)存在，m=−2或m=−10−2
【分析】（1）将点A、D的坐标代入求解即可得到答案；
（2）过点P作PH⊥x轴于点H，交AD于点N，易得PE=22PN，即可得到PN的最大时PE的长最大即可得到答案；
（3）设P(m,−12m2−52m+3)，求出OP的解析式，联立AD的解析式求出交点坐标F，根据∠OPE=∠BCO得到△FPE∽△BCO，从而得到FEPE=BOCO代入求解即可得到答案；
【详解】（1）解：由题意得：36a−6b+3=0a−b+3=5，
解得：a=−12b=−52，
故抛物线的表达式为：y=−12x2−52x+3；
（2）解：过点P作PH⊥x轴于点H，交AD于点N，

由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为：y=x+6，
则直线AD和x轴的正半轴的夹角为45°，则∠ANH=∠DAO=45°=∠PNE，
则PE=22PN，
设点P的坐标为：m，−12m2−52m+3，则点Nm，m+6，
则PN=−12m2−52m+3−m−6=−12m2−72m−3=−12(m+72)2+258≤258，
即PN的最大值为258，此时，点P的坐标为：−72，458，
则PE的最大值为25216，
故点P的坐标为：−72，458，PE的最大值为25216；
（3）解：存在，理由如下：
设P(m,−12m2−52m+3)，OP与AD相交于点F，OP解析式为：y=k1x，
∴k1m=−12m2−52m+3，解得：k1=−12m−52+3m，
∴y=(−12m−52+3m)x，
联立得，
y=(−12m−52+3m)xy=x+6
解得：x=−12mm2+7m−6，y=6(m2+5m−6)m2+7m−6，
∴F(−12mm2+7m−6,6(m2+5m−6)m2+7m−6)，
设E(t,t+6)
∵PE⊥AD，
∴PA2=AE2+PE2，(m+6)2+(−12m2−52m+3−0)2=(t+6)2+(t+6−0)2+(t−m)2+(t+6+12m2+52m−3)2，
解得：t=−m2−3m−64，
∴E(−m2−3m−64,−m2−3m+184)，
∴FE=(−m2−3m−64+12mm2+7m−6)2+−m2−3m+184−6(m2+5m−6)m2+7m−62
=24m2+7m+6⋅m2+3m−6m2+7m−6，
PE=(−m2−3m−64+12mm2+7m−6)2+−m2−3m+184−6(m2+5m−6)m2+7m−62
=24m2+7m+6，
∵∠OPE=∠BCO，∠OEP=∠BOC=90°，
∴△FPE∽△BCO，
∴FEPE=BOCO，
当x=0时，y=3，
当y=0时，−12x2−52x+3=0，解得：x1=−6，x2=1，
∴OB=1，OC=3，
∴m2+3m−6m2+7m−6=13
解得：m=−2，m=−10−2，m=3（不符合意义舍去），m=10−2（不符合意义舍去），
∴m=−2或m=−10−2；
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了一次和二次函数的性质、解直角三角形等，有一定的综合性，难度适中．
12．（2023·湖南郴州·统考中考真题）已知抛物线y=ax2+bx+4与x轴相交于点A1,0，B4,0，与y轴相交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求PAPC的值；
(3)如图2，取线段OC的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使tan∠QDB=12？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−5x+4
(2)35
(3)Q5+172,2或Q5−172,2或Q3,−2或Q23,109
【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据△PAC的周长等于PA+PC+AC，以及AC为定长，得到当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，根据抛物线的对称性，得到A,B关于对称轴对称，则：PA+PC=PB+PC≥BC，得到当P,B,C三点共线时，PA+PC=BC，进而求出P点坐标，即可得解；
（3）求出D点坐标为0,2，进而得到tan∠OBD=12，得到∠QDB=∠OBD，分点Q在D点上方和下方，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+4与x轴相交于点A1,0，B4,0，
∴a+b+4=016a+4b+4=0，解得：a=1b=−5，
∴y=x2−5x+4；
（2）∵y=x2−5x+4，当x=0时，y=4，
∴C0,4，抛物线的对称轴为直线x=52
∵△PAC的周长等于PA+PC+AC，AC为定长，
∴当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，
∵A,B关于对称轴对称，
∴PA+PC=PB+PC≥BC，当P,B,C三点共线时，PA+PC的值最小，为BC的长，此时点P为直线BC与对称轴的交点，
设直线BC的解析式为：y=mx+n，
则：4m+n=0n=4，解得：m=−1n=4，
∴y=−x+4，
当x=52时，y=−52+4=32，
∴P52,32，
∵A1,0,C0,4，
∴PA=52−12+322=322，PC=522+4−322=522，
∴PAPC=35；
（3）解：存在，
∵D为OC的中点，
∴D0,2，
∴OD=2，
∵B4,0，
∴OB=4，
在Rt△BOD中，tan∠OBD=ODOB=12，
∵tan∠QDB=12=tan∠OBD，
∴∠QDB=∠OBD，
①当Q点在D点上方时：
过点D作DQ∥OB，交抛物线与点Q，则：∠QDB=∠OBD，此时Q点纵坐标为2，
设Q点横坐标为t，
则：t2−5t+4=2，
解得：t=5±172，
∴Q5+172,2或Q5−172,2；
②当点Q在D点下方时：设DQ与x轴交于点E，
则：DE=BE，
设Ep,0，
则：DE2=OE2+OD2=p2+4，BE2=4−p2，
∴p2+4=4−p2，解得：p=32，
∴E32,0，
设DE的解析式为：y=kx+q，
则：q=23k2+q=0，解得：q=2k=−43，
∴y=−43x+2，
联立y=−43x+2y=x2−5x+4，解得：x=3y=−2或x=23y=109，
∴Q3,−2或Q23,109；
综上：Q5+172,2或Q5−172,2或Q3,−2或Q23,109．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．本题的综合性强，难度较大，属于中考压轴题．
题型05 将军饮马模型解决存在性问题
13．（2023·广东湛江·校考一模）抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A−3,0,B1,0，与y轴交于点C．

(1)
(2)求抛物线的解析式
(3)在抛物线对称轴上找一点M，使△MBC的周长最小，并求出点M的坐标和△MBC的周长
(4)若点P是x轴上的一个动点，过点P作PQ∥BC交抛物线于点Q，在抛物线上是否存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在请求出点Q的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−23x2−43x+2
(2)当△MBC的周长最小时，点M的坐标为−1,43，△MBC的周长为13+5
(3)在抛物线上存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点Q的坐标为−2,2或−1−7,−2或−1+7,−2
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，利用二次函数的性质可得出抛物线对称轴为直线x=−1，连接AC，交抛物线对称轴于点M，此时△MBC的周长取最小值，由点A，B，C的坐标可得出BC，AC的长度及直线AC的解析式，再结合二次函数图象对称轴的横坐标和直线AC的解析式可得出点M的坐标和△MBC的周长；
（3）由点B，C，P的纵坐标可得出点Q的纵坐标为2或−2，再利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：解：将A−3,0,B1,0代入y=ax2+bx+2，得：9a−3b+2=0a+b+2=0，
解得：a=−23b=−43，
∴抛物线的解析式为y=−23x2−43x+2．
（2）解：当x=0时，y=−23x2−43x+2=2，
∴点C的坐标为0,2．
∵抛物线的解析式为y=−23x2−43x+2，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1．
连接AC，交抛物线对称轴于点M，如图1所示．

∵点A，B关于直线x=−1对称，
∴MA=MB，
∴MB+MC=MA+MC=AC，
∴此时△MBC的周长取最小值．
∵点A的坐标为−3,0，点B的坐标为1,0，点C的坐标为0,2，
∴AC=13，BC=5，直线AC的解析式为y=23x+2（可用待定系数法求出来）．
当x=−1时，y=23x+2=43，
∴当△MBC的周长最小时，点M的坐标为−1,43，△MBC的周长为13+5．
（3）解：∵以B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点B，P的纵坐标为0，点C的纵坐标为2，
∴点Q的纵坐标为2或−2，如图2所示．

当y=2时，2=−23x2−43x+2，
解得：x1=−2,x2=0（舍去），
∴点Q的坐标为−2,2；
当y=−2时，−2=−23x2−43x+2，
解得：x1=−1−7,x2=−1+7，
∴点Q的坐标为−1−7,−2或−1+7,−2．
∴在抛物线上存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点Q的坐标为−2,2或−1−7,−2或−1+7,−2．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、二次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式；（2）利用两点之间线段最短，找出点M的位置；（3）根据平行四边形的性质，找出点Q的纵坐标为2或−2．
14．（2023·河南周口·校联考三模）如图，抛物线y=−12x2+bx+c交x轴于点A，B，交y轴于点C，连接AC，点A的坐标为−2,0，抛物线的对称轴为直线x=1．

(1)求抛物线的表达式和顶点坐标；
(2)在直线x=1上找一点P，使PA+PC的和最小，并求出点P的坐标；
(3)将线段AC沿x轴向右平移a个单位长度，若线段AC与抛物线有唯一交点，请直接写出a的取值范围．
【答案】(1)抛物线的表达式为y=−12x2+x+4，抛物线的顶点坐标为1,92
(2)1,3
(3)2≤a≤6
【分析】（1）根据对称轴得出b=1，再将点代入确定解析式，即可确定顶点坐标；
（2）连接BC，交直线x=1于点P，点P即为所求，连接AP，利用两点之间线段最短得出PA+PC的和最小，由待定系数法确定直线BC的表达式为y=−x+4，即可确定点P的坐标；
（3）根据题意得：点C的运动轨迹为射线CD，点A的运动轨迹为射线AB，若线段AC与抛物线有唯一交点，则线段AC在线段m,n间平移（含线段m,n），由抛物线的对称性得CD=2×1=2，AB=2×2+1=6，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴−b2×−12=1，解得b=1．
∴y=−12x2+x+c．
把点A−2,0代入，得−12×−22−2+c=0，
解得c=4．
∴抛物线的表达式为y=−12x2+x+4．
把x=1代入y=−12x2+x+4，得y=−12+1+4=92，
∴抛物线的顶点坐标为1,92．
（2）如图1，连接BC，交直线x=1于点P，点P即为所求．
连接AP，由抛物线的对称性可知点A与点B关于直线x=1对称，
则点B的坐标为4,0．
此时PA+PC=PB+PC=BC，即PA+PC的和最小．
y=−12x2+x+4，令x=0，则y=4．
∴点C的坐标为0,4．
设直线BC的表达式为y=kx+d，
把点B4,0，C0,4代入可得4k1+d=0,d=4,解得k1=−1,d=4,
∴直线BC的表达式为y=−x+4．
当x=1时，y=−1+4=3．
∴点P的坐标为1,3．

（3）2≤a≤6．
如图2，根据题意得：点C的运动轨迹为射线CD，点A的运动轨迹为射线AB，
若线段AC与抛物线有唯一交点，则线段AC在线段m,n间平移（含线段m,n），
由抛物线的对称性得CD=2×1=2，AB=2×2+1=6，
∴当线段AC与抛物线有唯一交点时，a的取值范围为2≤a≤6．

【点睛】题目主要考查待定系数法确定函数解析式，线段最短问题及交点问题，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
15．（2023·黑龙江齐齐哈尔·校联考一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交于点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，D是抛物线的顶点，对称轴与x轴交于E．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，在抛物线的对称轴DE上求作一点M，使△AMC的周长最小，并求出点M的坐标和周长的最小值；
（3）如图2，点P是x轴上的动点，过P点作x轴的垂线分别交抛物线和直线BC于F、G．设点P的横坐标为m．是否存在点P，使△FCG是等腰三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+4x﹣3；（2）M（2，﹣1），10+32；（3）存在，m＝5或m＝4或m=3+2或3−2
【分析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，用待定系数法求出解析式；
（2）连接BC交DE于点M，此时MA+MC最小，可以根据轴对称的性质证明此时线段和最小，再利用几何的性质求出此时的周长最小值和点M的坐标；
（3）设点F（m，﹣m2+4m﹣3），点G（m，m﹣3），然后用m表示出FG2、CF2、GC2，再分类讨论列式求出m的值．
【详解】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：a+b−3=09a+3b−3=0，
解得a=−1b=4，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x﹣3；
（2）如下图，连接BC交DE于点M，此时MA+MC最小，

又因为AC是定值，所以此时△AMC的周长最小．
由题意可知OB＝OC＝3，OA＝1，
∴BC=CO2+OB2=32，同理AC=10，
∵DE是抛物线的对称轴，与x轴交点A（1，0）和点B（3，0），
∴AE＝BE＝1，对称轴为 x＝2，
由OB＝OC，∠BOC＝90°得∠OBC＝45°，
∴EB＝EM＝1，
又∵点M在第四象限，在抛物线的对称轴上，
∴M（2，﹣1），
∴此时△AMC的周长的最小值＝AC+AM+MC＝AC+BC＝10+32；
（3）存在这样的点P，使△FCG是等腰三角形，
∵点P的横坐标为m，故点F（m，﹣m2+4m﹣3），点G（m，m﹣3），
则FG 2＝（﹣m2+4m﹣3+3﹣m）2，CF 2＝（m2﹣3m）2，GC 2＝2m2，
当FG＝FC时，则（﹣m2+4m﹣3+3﹣m）2＝（m2﹣3m）2，解得m＝0（舍去）或4；
当GF＝GC时，同理可得m＝0（舍去）或3±2；
当FC＝GC时，同理可得m＝0（舍去）或5，
综上，m＝5或m＝4或m=3+2或3−2．
【点睛】本题考查二次函数的综合题，解题的关键是掌握求二次函数解析式的方法，利用轴对称解决线段和最小值的方法和等腰三角形存在性问题的解决方法．
题型06 二次函数中面积存在性问题
16．（2023·黑龙江鸡西·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+8交x轴于A、B两点，交y轴于点C，连接AC、BC，AB=AC，tan∠ABC=2．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在一点G，使直线BG将△ABC的面积分成1:2的两部分，若存在，求点G的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−13x2−23x+8
(2)G的坐标为−5，3或−103，17627
【分析】（1）求出C0，8，则OC=8，由tan∠ABC=2得OB=4，B4，0，设OA=m，由勾股定理可得m2+82=m+42，可得到A−6，0，再用待定系数法可得答案；
（2）设直线BG交AC于点M，过点M作MN⊥x轴于点N，过点G作GQ⊥x轴于点Q，设Gt，−13t2−23t+8，则GQ=−13t2−23t+8，OQ=−t，BQ=4−t，分两种情况：当S△ABM:S△CBM=1:2时，即S△ABM=13S△ABC时；当S△CBM:S△ABM=1:2时，即S△ABM=23S△ABC时，分别进行求解即可得到答案．
【详解】（1）解：在y=ax2+bx+8中，令x=0，得y=8，
∴C0，8，
∴OC=8，
∵tan∠ABC=OCOB=2，
∴OB=4，
∴B4，0，
设OA=m，则AC=AB=4+m，
在Rt△AOC中，OA2+OC2=AC2，即m2+82=m+42，
解得：m=6，
∴A−6，0，
∴设抛物线解析式为y=ax+6x−4，
将点C0，8代入，得a=−13，
∴抛物线解析式为y=−13x+6x−4=−13x2−23x+8；
（2）解：设直线BG交AC于点M，过点M作MN⊥x轴于点N，过点G作GQ⊥x轴于点Q，
，
设Gt，−13t2−23t+8，则GQ=−13t2−23t+8，OQ=−t，
∴BQ=4−t，
当S△ABM:S△CBM=1:2时，即S△ABM=13S△ABC时，MNOC=13，即MN8=13，
∴MN=13OC=83，
∵tan∠BAC=MNAN=OCOA=43，
∴AN=2，
∴BN=AB−AN=8，
∵tan∠GBQ=GQBQ=MNBN，即−13t2−23t+84−t=838，
解得t=−5或t=4（与A重合，舍去），
∴G−5，3，
当S△CBM:S△ABM=1:2时，即S△ABM=23S△ABC时，
同理可得MN=23OC=163，
∵tan∠BAC=MNAN=OCOA=43，
∴AN=4，
∴BN=AB−AN=6，
∵tan∠GBQ=GQBQ=MNBN，即−13t2−23t+84−t=1636，
解得t=−103或t=4（舍去），
∴G−103，17627，
综上所述，G的坐标为−5，3或−103，17627．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，设计待定系数法，三角形面积的计算，锐角三角函数等，解题的关键是分类讨论思想的应用．
17．（2023·广东汕头·统考二模）如图，在直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA=1，tan∠BAO=3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t，
①是否存在一点P，使△PCD的面积最大？若存在，求出△PCD的面积的最大值；若不存在，请说明理由．
②设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，直接写出当△CEF与△COD相似时，点P的坐标；
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)①存在，最大值为12124；②P−1,4或−2,3
【分析】（1）根据正切函数，可得OB，根据旋转的性质，可得△DOC≌△AOB，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）①可求得直线CD的解析式，过P作PN⊥x轴于点N，交CD于点M，可用t表示出PM的长，当PM取最大值时，则△PCD的面积最大，可求得其最大值；
②根据相似三角形的性质，可得PM与ME的关系，根据解方程，可得t的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】（1）
解：在Rt△AOB中，OA=1，tan∠BAO=OBOA=3，
∴OB=3OA=3，
∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°而得到的，
∴△DOC≌△AOBSSS，
∴OC=OB=3，OD=OA=1．
∴A，B，C的坐标分别为1,0，0,3，−3,0，
代入解析式得：
a+b+c=09a−3b+c=0c=3，
解得：a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
（2）①存在点P使△PCD的面积最大，△PCD的面积有最大值为12124.
理由如下：
设直线CD解析式为y=kx+m，
把C、D两点坐标代入可得：
−3k+m=0m=1，
解得：k=13m=1，
∴直线CD解析式为y=13x+1，
如图2，过P作PN⊥x轴，交x轴于点N，交直线CD于点M，

∵P点横坐标为t，
∴PN=−t2−2t+3，MN=13t+1，
∵P点在第二象限，
∴P点在M点上方，
∴PM=PN−MN=−t2−2t+3−13t+1=−t2−73t+2=−t+762+12136，
∴当t=−76时，PM有最大值，最大值为12136，
∵S△PCD=S△PCM+S△PDM=12PM⋅CN+12PM⋅NO=12PM⋅OC=32PM，
∴当PM有最大值时，△PCD的面积有最大值，
∴S△PCDmax=32×12136=12124，
综上可知，存在点P使△PCD的面积最大，△PCD的面积有最大值为12124；
②当∠CFE=90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，△EFC∽△EMP，

∴EMMP=EFCF=ODCO=13，
∴MP=3ME，
∵点P的横坐标为t，
∴Pt,−t2−2t+3，
∵P在第二象限，
∴PM=−t2−2t+3，ME=−1−t，
∴−t2−2t+3=3−1−t，
解得t1=−2，t2=3，与P在二象限，横坐标小于0矛盾，舍去，
当t=−2时，y=−−22−2×−2+3=3，
∴P−2,3，
当∠CEF=90°时，△CEF∽△COD，
此时，PE⊥x轴，
∴P−1,4
∴当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为−1,4或−2,3．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用旋转的性质得出OC，OD的长，又利用了待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出MP=3ME．
18．（2023·辽宁盘锦·校联考二模）如图，抛物线y=ax2+bx+3经过A−1，0、B3，0两点，交y轴于C，对称轴与抛物线相交于点P、与BC相交于点E，与x轴交于点H，连接PB．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在一点Q，使△QPB与△EPB的面积相等，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
(3)抛物线上存在一点G，使∠GBA+∠PBE=45°，请求出点G的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)存在，(2−3,23)或(2+3,−23)
(3)−32,−94或−12,74
【分析】（1）将A−1，0、B3，0两点代入抛物线解析式求得a、b的值即可解答；
（2）根据二次函数图像的性质可得PH=4，BH=2 ，然后再求出直线BC解析式为y=−x+3可得E1，2；如图：如图，过点E作EQ∥BC，交抛物线于Q，此时△QPB与△PEB的面积相等；再求出直线QE的表达式为：y=−2x−1+2②，再与抛物线的解析式联立可得点Q的坐标；最后再说明在点B的右侧不存在点Q即可解答；
（3）先说明∠CBO=45°，再分点G在直线AB的上方和下方两种情况，分别运用正切函数和抛物线的对称性即可解答．
【详解】（1）解：把A−1，0、B3，0两点代入抛物线解析式y=ax2+bx+3可得：
a−b+c=09a+3b+c=0， 解得a=−1b=2，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+2x+3①．
（2）解：存在，求解如下：
由y=−x2+2x+3=−x−12+4，
则顶点P1，4，对称轴为直线x=1，
∴H1，0，
∴PH=4，BH=2 ，
∵B3，0，C0，3，
∴由待定系数法可得：直线BC解析式为y=−x+3，
∴点E1，2，
如图，过点E作EQ∥BC，交抛物线于Q，此时△QPB与△PEB的面积相等，

由点P、B的坐标得，直线PB的表达式为：y=−2x−3，
则直线QE的表达式为：y=−2x−1+2②，
联立①②并整理得：x2−4x+1=0，解得：x=2±3，
则点Q的坐标为(2−3,23)或(2+3,−23)；
对于直线QE，设QE交x轴于点R，
令y=−2x−1+2=0，
解得：x=2，即点R（2，0），
则BR=3−2=1，
取点R′使BR=BR'，过点R′作PB的平行线l，如上图，则点R′（4，0），
则直线l的表达式为：y=−2x−4，
联立y=−x2+2x+3和y=−2x−4得：x2−4x+5=0，
则Δ=16−20＜0，无解，
故在点B的右侧不存在点Q，
综上，点Q的坐标为(2−3,23)或(2+3,−23) ．
（3）解：∵B3，0，C0，3，
∴OB=OC，
∴∠CBO=45°，
若点G在直线AB的上方时，

∵PH⊥AB，∠CBO=45° ，
∴∠HEB=45°，
∴∠PBE+∠BPE=45°，
∵∠GBA+∠PBE=45°，
∴∠BPE=∠GBA，
∴tan∠BPH=tan∠GBA=BHPH=OFOB，即24=OF3，
∴OF=32，
∴点 F0,32
∴ 直线BF解析式为y=−12x+32③，
联立①③（得：−x2+2x+3=−12x+32，
解得 x=3y=0 或 x=−12y=74
∴点 G 的坐标为−12,74；
若点G在直线AB的下方时，
由对称性可得：点F'0,−32，
∴直线BF解析式为y=12x−32④，
联立①④ 得：−x2+2x+3=12x−32，
解得： x=−32y=94或 x=3y=0，
∴ 点 G 的坐标为 −32,−94
综上所述：点 G 的坐标为：−32,−94或−12,74．
【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数图像的性质、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合和分类讨论思想是解答本题的关键．
19．（2023·湖北荆州·统考中考真题）已知：y关于x的函数y=a−2x2+a+1x+b．

(1)若函数的图象与坐标轴有两个公共点，且a=4b，则a的值是___________；
(2)如图，若函数的图象为抛物线，与x轴有两个公共点A−2,0，B4,0，并与动直线l:x=m(0①当点P为抛物线顶点时，求△PBC的面积；
②探究直线l在运动过程中，S1−S2是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)0或2或−14
(2)①6，②存在，163
【分析】（1）根据函数与坐标轴交点情况，分情况讨论函数为一次函数和二次函数的时候，按照图像的性质以及与坐标轴交点的情况即可求出a值．
（2）①根据A和B的坐标点即可求出抛物线的解析式，即可求出顶点坐标P，从而求出PH长度，再利用A和B的坐标点即可求出BC的直线解析式，结合xF=xP即可求出F点坐标，从而求出PF长度，最后利用面积法即可求出△PBC的面积．
②观察图形，用m值表示出点P坐标，再根据平行线分线段成比例求出OD长度，利用割补法表示出S1和S2，将二者相减转化成关于m的二次函数的顶点式，利用m取值范围即可求出S1−S2的最小值．
【详解】（1）解：∵函数的图象与坐标轴有两个公共点，
∴a−2x2+a+1x+b=0，
∵a=4b，
∴a−2x2+a+1x+a4=0，
当函数为一次函数时，a−2=0，
∴a=2．
当函数为二次函数时，
a−2x2+a+1x+a4=0，
若函数的图象与坐标轴有两个公共点，即与x轴，y轴分别只有一个交点时，
∴Δ=b2−4ac=a+12−4a−2⋅a4=4a+1=0，
∴a=−14．
当函数为二次函数时，函数的图象与坐标轴有两个公共点， 即其中一点经过原点，
∴b=0，
∵a=4b，
∴a=0．
综上所述，a=2或0．
故答案为：0或2或−14．
（2）解：①如图所示，设直线l与BC交于点F，直线l与AB交于点H．

依题意得：2a+b=1020a+b=28，解得：a=1b=8
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+8=−(x−1)2+9．
∵点P为抛物线顶点时，P(1,9)，C(0,8)，
∴PH=9，xP=1，
由B4,0，C0,8得直线BC的解析式为y=−2x+8，
∵F在直线BC上，且在直线l上，则F的横坐标等于P的横坐标，
∴F1,6，
∴FH=6，OH=1，
∴PF=PH−FH=9−6=3，BH=OB−OH=4−1=3
∴S△PBC=S△PFC+S△PFB=12xP⋅OH+12HB⋅PF=12×3×1+12×3×3=6．
故答案为：6．
②S1−S2存在最大值，理由如下：
如图，设直线x=m交x轴于H．
由①得：OB=4，AO=2，AB=6，OC=8，AH=2+m，Pm,−m2+2m+8
∴PH=−m2+2m+8，
∵OD⊥x，PH⊥AB，
∴OD∥PH，
∴AOAH=ODPH，
即22+m=OD−m2+2m+8，
∴OD=8−2m
∵S1=S△PAB−S△AOD−S四边形EDOB，S2=S△OBC−S四边形EDOB，
∴S1−S2=S△PAB−S△AOD−S△OBC=6−m2+2m+82−28−2m2−4×82=−3m2+8m，
∴S1−S2=−3m−432+163，
∵−3<0，0∴当m=43时，S1−S2有最大值，最大值为163．
故答案为：163．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及到函数与坐标轴交点问题，二次函数与面积问题，平行线分线段成比例，解题的关键在于分情况讨论函数与坐标轴交点问题，以及二次函数最值问题．
题型07 二次函数中等腰三角形存在性问题
20．（2023·广东湛江·统考三模）如图，直线y=x+3与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=−x2−2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．
(1)如图①，连接BC，在y轴上存在一点D，使得△BCD是以BC为底的等腰三角形，求点D的坐标；
(2)如图②，在抛物线上是否存在点E，使△EAC是以AC为底的等腰三角形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，连接BC，在直线AC上是否存在点F，使△BCF是以BC为腰的等腰三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)如图④，若抛物线的顶点为H，连接AH，在x轴上是否存在一点K，使△AHK是等腰三角形？若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由；
(5)如图⑤，在抛物线的对称轴上是否存在点G，使△ACG是等腰三角形？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)D(0，43 )
(2)存在点E，使△EAC是以AC为底的等腰三角形，E( −1+132，1−132 )或( −1−132，1+132 )
(3)存在点F，使△BCF是以BC为腰的等腰三角形，满足条件的点F(−2，1)或( 5，5 +3)或(− 5，3− 5 )
(4)存在点K，使△AHK是等腰三角形，K点坐标为(1，0)或(2 5 −3，0)或(−2 5 −3，0)或(2，0)
(5)存在点G，使△ACG是等腰三角形，G点坐标为(−1，1)或(−1，14 )或(−1，− 14 )或(−1，3+ 17 )或(−1，3− 17 )
【分析】（1）设D(0，t)，由DC=BD，则|3−t|= 1+t2，求出t即可求D(0，43 )；
（2）点E在线段AC的垂直平分线上，再由△AOC是等腰直角三角形可得AC垂直的直线为y=−x，联立方程组y=−xy=−x2−2x+3即可求E点坐标；
（3）设F(t，t+3)，由BC=BF和BC=CF，建立方程求出t的值，即可求出答案；
（4）求出顶点H(−1，4)，设K(m，0)，分三种情况讨论：①当AH=HK时，可得K(1，0)；②当AH=AK时，可得．K(2 5 −3，0)或(−2 5 −3，0)；③当HK=AK时，可得K(2，0)；
（5）设G(−1，t)，分三种情况讨论∶①当AG=CG时，可得G(−1，1)；②当AG=AC时，可得G(−1，14 )或(−1，− 14 )；③当AC=CG时，可得G(−1，3+ 17 )或(−1，3− 17 )．
【详解】（1）解：令x=0，则y=3，
∴C(0，3)，
令y=0，则x=−3，
∴A(−3，0)，
令y=0，则−x2−2x+3=0，
解得x=−3或x=1，
∴B(1，0)，
设D(0，t)，
∴DC=BD，
∴|3−t|= 1+t2，
解得t= 43，
∴D(0，43 )；
（2）解：存在点E，使△EAC是以AC为底的等腰三角形，理由如下：
∵A(−3，0)，C(0，3)，
∴AC的中点为(− 32，32 )，
∵OC=OA，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴过AC的中点与AC垂直的直线为y=−x，
联立方程组y=−xy=−x2−2x+3，
解得x=−1+132y=1−132或x=−1−132y=1+132，
∴E( −1+132，1−132 )或( −1−132，1+132 )；
（3）解：存在点F，使△BCF是以BC为腰的等腰三角形，理由如下：
设F(t，t+3)，
当BC=BF时，
∴(t−1)2+(t+3)2=10，
解得t=0(舍去)或t=−2，
∴F(−2，1)；
当BC=CF时，t2+t2=10，
∴t=± 5，
∴F( 5，5 +3)或(− 5，3− 5 )，
即满足条件的点F(−2，1)或( 5，5 +3)或(− 5，3− 5 )；
（4）解：存在点K，使△AHK是等腰三角形，理由如下：
∵y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，
∴顶点H(−1，4)，
设K(m，0)，
①当AH=HK时，4+16=(m+1)2+16，
解得m=1或m=−3(舍)，
∴K(1，0)；
②当AH=AK时，4+16=(m+3)2，
解得m=2 5 −3或m=−2 5 −3，
∴K(2 5 −3，0)或(−2 5 −3，0)；
③当HK=AK时，(m+1)2+16=(m+3)2，
解得m=2，
∴K(2，0)；
综上所述：K点坐标为(1，0)或(2 5 −3，0)或(−2 5 −3，0)或(2，0)；
（5）解：存在点G，使△ACG是等腰三角形，理由如下：
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
设G(−1，t)，
①当AG=CG时，4+t2=1+(t−3)2，
解得t=1，
∴G(−1，1)；
②当AG=AC时，4+t2=18，
解得t= ±14，
∴G(−1，14 )或(−1，− 14 )；
③当AC=CG时，1+(t−3)2=18，
解得t=3+ 17或t=3− 17，
∴G(−1，3+ 17 )或(−1，3− 17 )；
综上所述：G点坐标为(−1，1)或(−1，14 )或(−1，− 14 )或(−1，3+ 17 )或(−1，3− 17 )．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
21．（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考二模）如图，抛物线y=x2+bx+c（b、c是常数）的顶点为C，与x轴交于A、B两点，其中A1，0，B−3,0，点P从A点出发，在线段AB上以1单位长度/秒的速度向B点运动，运动时间为t秒0
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当t为何值时，△CPQ的面积最大？并求出△CPQ面积的最大值；
(3)点P出发的同一时刻，点M从B点出发，在线段BC上以52单位长度/秒的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BMP为等腰三角形，若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)t=2，面积最大值2；
(3)−79,0或17−85,0或−1,0
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）求出直线BC的解析式为y=−2x−6，根据平行求出直线PQ的解析式为y=−2x−2t+2，同理可得直线AC的解析式为y=2x−2，通过建立方程求出点Q1−12t,−t，由PQ∥BC，则S△CPQ=S△BPQ=−12t−22+2，当t=2时，△CPQ面积的最大值为2；
（3）根据锐角三角函数和勾股定理的知识分别表示出BP2、BM2、MP2，再分情况进行求值，即可求出t的值，最后再求点P的坐标．
【详解】（1）解：将A1，0，B−3,0，代入y=x2+bx+c，
∴1+b+c=09−3b+c=0，
解得：b=2c=−3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：如图：

∵y=x2+2x−3=x+12−4，
∴C−1,−4，
设直线BC的解析式为y=kx+m，
∴−3k+m=0−k+m=−4，
解得：k=−2b=−6，
∴直线BC的解析式为y=−2x−6，
∵P1−t,0，PQ∥BC，
∴直线PQ的解析式为y=−2x−2t+2，
同理可得直线AC的解析式为y=2x−2，
当−2x−2t+2=2x−2时，x=1−12t，
∴Q1−12t,−t，
∵PQ∥BC，
∴S△CPQ=S△BPQ=12×t×4−t=−12t−22+2，
∴当t=2时，△CPQ面积的最大值为2；
（3）解：存在t，使△BMP为等腰三角形，理由如下：
如图，

由（2）可知，P1−t,0，
过M点作MG⊥x轴交于G点，过C点作CH⊥x轴交于H点，
∵C−1,−4，
∴CH=4，OH=1，
∵B−3,0，
∴OB=3，
∴BH=2，
∴BC=42+22=25，
∴sin∠ABC=CHBC=GMBM，tan∠ABC=CHBH=GMBG=2，
∴425=GM52t，
∴GM=t，
∴GB=12t，
∴OG=OB−BG=3−12t，
∴M−3+12t,−t，
当点P在点G右侧时，BP2=1−t+32=4−t2，
MP2=1−t+3−12t2+t2=134t2−12t+16，
BM2=BG2+MG2=12t2+t2=54t2，
由题意可得：
①当MP=BP，则4−t2=134t2−12t+16，解得t=169或t=0（不符合题意，舍去），此时t=169，
②当BP=BM时，则4−t2=54t2，解得t=85−2或t=−85−2（不符合题意，舍去），此时t=85−2，
③当MP=BM时，则134t2−12t+16=54t2，解得t=2或t=4（不合题意，舍去）．
当点P在点G左侧时，
MP2=3−12t−1+t2+t2=54t2+2t+4，
①当MP=BP，则54t2+2t+4=4−t2，解得t=−20+87或t=−20−87，不符合题意，舍去；
②当BP=BM时，则4−t2=54t2，解得t=85−2或t=−85−2，不符合题意，舍去；
③当MP=BM时，则54t2+2t+4=54t2，解得t=−2，不符合题意，舍去．
综上所述当t=169或t=85−2或t=2时，△BMP为等腰三角形．
∴点P坐标为：−79,0或17−85,0或−1,0．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，求一次函数解析式，求两直线的交点坐标，二次函数的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，勾股定理，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质、锐角三角函数、勾股定理是解题的关键．
22．（2023·海南海口·海师附中校考三模）如图，抛物线y=ax2+3x+ca≠0与x轴交于点A−2,0和点B，与y轴交于点C0,8，顶点为D，连接AC，CD，DB，P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，设点P的横坐标为t．

(1)求抛物线的解析式；
(2)当t为何值时，△PBC的面积最大？并求出最大面积；
(3)M为直线BC上一点，求MO+MA的最小值；
(4)过P点作PE⊥x轴，交BC于E点．是否存在点P，使得△PEC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为：y=−12x2+3x+8
(2)当t=4时，△PBC的面积最大，最大面积为32
(3)241
(4)存在，P点的坐标为P6,8，P4,12，P8−22,102−4
【分析】（1）利用待定系数法求解析式；
（2）利用抛物线的解析式求出点B的坐标，得到直线BC的解析式，过点P作PG⊥x轴，交x轴于点F，交BC于点G，利用S△PBC=12×PG×OB求出解析式，利用函数性质解答即可；
（3）作O关于直线BC的对称点为O'，得到四边形COBO'为正方形，则O'8,8，则MO+MA=MO'+MA，当A、M、O'三点共线时，MO+MA最小，即为线段AO'的长，勾股定理求出AO'即可．
（4）分三种情况：当CE=PE时，当PE=PC时，当CE=CP时，分别求出点P的坐标
【详解】（1）解：由题意得：4a−6+c=0c=8，解得：a=−12c=8，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+3x+8；
（2）当−12x2+3x+8=0时，得x=−2或x=8，
∴B8,0，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则8k+b=0b=8，
解得k=−1b=8
∴直线BC的解析式为y=−x+8．
如图，过点P作PG⊥x轴，交x轴于点F，交BC于点G．

设点Pt,−12t2+3t+8，G(t,−t+8)．
∴PG=−12t2+4t．
∴S△PBC=12×PG×OB=12×−12t2+4t×8=−2t2+16t=−2(t−4)2+32，
∴当t=4时，△PBC的面积最大，最大面积为32；
（3）作O关于直线BC的对称点为O'，连接O'C、O'B、OO'、OM，如图，

∵∠CBO=45°，OB=OC，
∴四边形COBO'为正方形，则O'8,8，
则MO+MA=MO'+MA，
当A、M、O'三点共线时，MO+MA最小，即为线段AO'的长，
∴MO+MA最小值为O'A=AB2+O'B2=102+82=241．
（4）∵Pt,−12t2+3t+8，
∴Et,−t+8，

∵OB=OC=8，
∴BC=2OB=82，∠OBC=∠BEF=∠CEP=45°
∵BF=EF=8−t
∴BE=2BF=28−t，
∴CE=CB−BE=82−28−t=2t，
PE=−12t2+3t+8−−t+8=−12t2+4t，
PC2=t2+−12t2+3t+8−82=14t4−3t3+10t2，
当CE=PE时，−12t2+4t=2t，解得t=0或t=8−22，
∴P8−22,102−4；
当PE=PC时，则PE2=PC2，
∴−12t2+4t2=14t4−3t3+10t2，
解得t=0（舍去）或t=6，
∴P6,8；
当CE=CP时，则CE2=PC2，
∴2t2=14t4−3t3+10t2，
解得t=4或t=8（舍去），
∴P4,12，
综上，P点的坐标为P6,8，P4,12，P8−22,102−4．
【点睛】此题考查二次函数的综合应用，待定系数法求函数解析式，勾股定理，轴对称问题，等腰三角形的性质，图形面积问题，综合掌握各知识点是解题的关键．
23．（2023·广东东莞·东莞市东莞中学松山湖学校校考二模）如图，二次函数y=12x2+bx−32的图象与x轴交于点A(−3,0)和点B，以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，点P是x轴上一动点，连接DP，过点P作DP的垂线与y轴交于点E．

(1)b= ___；点D的坐标：___；
(2)线段AO上是否存在点P（点P不与A、O重合），使得OE的长为12？若存在，请求出点P，若不存在，请说明理由．
(3)在x轴负半轴上是否存在这样的点P，使△PED是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标及此时△PED与正方形ABCD重叠部分的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1；(−3,4)．
(2)线段AO上存在点P（点P不与A、O重合），使得OE的长为12．此时点P坐标为P−1,0或−2,0，
(3)存在这样的点P，点P的坐标为(−4,0)，此时ΔPED与正方形ABCD重叠部分的面积为245．
【分析】（1）利用点在二次函数图象上，代入即可求得b，将二次函数换成交点式，即能得出B点的坐标，由AD=AB可算出D点坐标；
（2）假设存在，由DP⊥AE，找出∠EPO=∠PDA，利用等角的正切相等，可得出一个关于OP长度的一元二次方程，再求解即可；
（3）利用角和边的关系，找到全等，再利用三角形相似，借助相似比即可求得AM，求出△ADM的面积即是所求．
【详解】（1）∵点A(−3,0)在二次函数y=12x2+bx−32的图象上，
∴0=92−3b−32，解得b=1，
∴二次函数解析式为y=12x2+x−32=12(x+3)(x−1)，
∴点B(1,0)，AB=1−(−3)=4，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=4，
∴点D(−3,4)，
故答案为：1；(−3,4)．
（2）直线PE交y轴于点E，如图1，

假设存在点P，使得OE的长为12，设OP=a，则AP=3−a，
∵DP⊥AE，∠APD+∠DPE+∠EPO=180°，
∴∠EPO=90°−∠APD=∠ADP，
tan∠ADP=APAD=3−a4，tan∠EPO=OEOP=12a，
∴ 3−a4=12a，即a2−3a+2=0，
解得：a1=1,a2=2，
∴P−1,0或−2,0，
故线段AO上存在点P（点P不与A、O重合），使得OE的长为12．此时点P坐标为P−1,0或−2,0，
（3）假设存在这样的点P，DE交x轴于点M，如图2，

∵△PED是等腰三角形，
∴DP=PE，
∵DP⊥PE，四边形ABCD为正方形
∴∠EPO+∠APD=90°，∠DAP=90°，∠PAD+∠APD=90°，
∴∠EPO=∠PDA，∠PEO=∠DPA，
在△PEO和△DAP中，
∠EPO=∠PDADP=PE∠PEO=∠DPA，
∴△PEO≌△DAP，
∴PO=DA=4，OE=AP=PO−AO=4−3=1，
∴点P坐标为(−4,0)．
∵DA⊥x轴，
∴DA∥EO，
∴∠ADM=∠OEM，
又∵∠AMD=∠OME，
∴△DAM∽△EOM，
∴ OMMA=OEAD=14，
∵OM+MA=OA=3，
∴MA=41+4×3=125，
△PED与正方形ABCD重叠部分△ADM面积为12×AD×AM=12×4×125=245．
答：存在这样的点P，点P的坐标为(−4,0)，此时△PED与正方形ABCD重叠部分的面积为245．
【点睛】本题考查了二次函数的交点式、全等三角形的判定、相似三角形的相似比等知识，解题的关键是注重数形结合，找准等量关系．
题型08 二次函数中直角三角形存在性问题
24．（2023·辽宁营口·校联考一模）已知直线l与x轴、y轴分别相交于A(1,0)、B(0,3)两点，抛物线y=ax2−2ax+a+4 (a<0)经过点B，交x轴正半轴于点C．

(1)求直线l的函数解析式和抛物线的函数解析式；
(2)在第一象限内抛物线上取点M，连接AM、BM，求△AMB面积的最大值及点M的坐标．
(3)抛物线上是否存在点P使△CBP为直角三角形，如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)一次函数解析式为：y=−3x+3，二次函数解析式为：y=−x2+2x+3
(2)258，52,74
(3)存在，点P的坐标为(−2，−5)或(1，4)或1+52，5+52或1−52，5−52．
【分析】（1）先利用待定系数法求得直线l的函数解析式，求得点B的坐标，从而可以求得抛物线的解析式；
（2）根据题意可以求得点A的坐标，然后根据题意和图形可以用含m的代数式表示出S，然后将其化为顶点式，再根据二次函数的性质即可解答本题；
（3）分三种情况讨论，分别当BC、PC、PB为斜边时，利用勾股定理列方程即可求解．
【详解】（1）解：设y=kx+b，
把A(1,0)，B(0,3)代入得：k+b=00+b=3，
∴k=−3，b=3，
∴一次函数解析式为：y=−3x+3，
把B(0,3)代入y=ax2−2ax+a+4，
∴3=a+4，
∴a=−1，
∴二次函数解析式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：连接OM，

把y=0代入y=−x2+2x+3得，0=−x2+2x+3，
∴x=−1或3，
∴抛物线与x轴的交点横坐标为−1和3，
设点M(m,−m2+2m+3)，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，
∴0∵A的坐标为(1,0)，
∴S=S△OBM+S△OAM−S△AOB
=12×m×3+12×1×(−m2+2m+3)−12×1×3 =−12m−522+258，
∴当m=52时，S取得最大值258．
此时M的坐标为52,74；
（3）解：设点P(n，−n2+2n+3)，
则BC2=32+32=18，PC2=n−32+−n2+2n+32，PB2=n2+−n2+2n2，
当PC为斜边时，则n2+−n2+2n2+18=n−32+−n2+2n+32，
解得n=0（舍去）或n=1，
∴点P(1，4)；
当PB为斜边时，则n−32+−n2+2n+32+18=n2+−n2+2n2，
解得n=3（舍去）或n=−2，
∴点P(−2，−5)；
当BC为斜边时，则n−32+−n2+2n+32+n2+−n2+2n2=18，
解得n=3（舍去）或n=0（舍去）或n=1+52或n=1−52，
∴点P的坐标为1+52，5+52或1−52，5−52；
综上，点P的坐标为(−2，−5)或(1，4)或1+52，5+52或1−52，5−52．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查二次函数的最值、勾股定理，待定系数法求二次函数解析式，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，作出合适的辅助线，利用数形结合的思想和转化的数学思想解答．
25．（2023·江苏连云港·校联考三模）如图，二次函数y=ax2+4x+c的图象与x轴交于A、B两点与y轴交于点C，B点坐标−1,0，C点坐标0,5．

(1)求抛物线的函数关系式和点A坐标；
(2)在抛物线上是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；
(3)过抛物线上的点Q作垂直于y轴的直线，交y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点Q的坐标．
【答案】(1)A点坐标5,0
(2)点P的坐标是3,8或−2,−7
(3)点Q的坐标是4+262,0或4−262,0时，EF最短
【分析】（1）将点B、C的坐标代入函数解析式中可得关于a,c的二元一次方程组，解出a,c的值得到抛物线的函数关系式，再令y=0，求解即可得出点A的坐标；
（2）分两种情况讨论：∠ACP=90°或∠CAP=90°，再利用△AOC为等腰直角三角形，作垂直构造新的等腰直角三角形，最后设P点坐标列出方程求解即可；
（3）根据题意画出图形，连接OD，则四边形OEDF为矩形，由矩形的性质可得EF=OD，因此当线段EF的长度最短时，线段OD最小，由垂线段最短可知当OD⊥AC时，OD最小，此时由等腰三角形的性质可得点D为AC的中点，可得 OD=AD=CD，再由DF⊥x得DF=12OC=52，即yQ=52，以此即可求出点Q的坐标．
【详解】（1）将B点坐标−1,0，C点坐标0,5代入y=ax2+4x+c得：
a−4+c=0c=5，
解得a=−1c=5，
∴y=−x2+4x+5，
∴−x2+4x+5=0，
∴x1=5，x2=−1，
∴A点坐标5,0
（2）①当∠PCA=90°时，过点P作PM⊥y轴于M，如图1，

∴∠MCP+∠ACO=90°，∠OAC+∠ACO=90°，
∴∠MCP=∠OAC
∵OA=OC，
∴∠MCP=∠OAC=45°，
∴∠MCP=∠MPC=45°，
∴MC=MP．
设Pm,−m2+3m+4，则PM=CM=m，OM=−m2+4m+5，
∴m+5=−m2+4m+5，
解得：m1=0（舍去），m2=3，
∴−m2+4m+5=8，
即P3,8；
②当∠PAC=90°时，过点P作PN⊥y轴于N，设AP与y轴交于点F，如图2，则有PN∥x轴，
∴∠FPN=∠OAP．
∵∠CAO=45°，
∴∠OAP=45°，
∴∠FPN=45°，AO=OF=5，
∴PN=NF，
设Pn,−n2+4n+5，则PN=−n，ON=n2−4n−5，
∴−n+5=n2−4n−5，
解得：n1=−2，n2=5（舍去），
∴−n2+4n+5=−7，
即P−2,−7．
综上所述，点P的坐标是3,8或−2,−7；
（3）连接OD，

则四边形OEDF为矩形，
∴EF=OD，
∴当线段EF的长度最短时，线段OD最小，
∴当OD⊥AC时，OD最小，
∵△AOC为等腰直角三角形，OD⊥AC，
∴点D为AC的中点，
∴OD=AD
∵DF⊥x轴，∠DAO=45°
∴DF=12OC=52，
∴DF为三角形AOC的中位线，
令y=52得：−x2+4x+5=52，
解得x=4±262，
当点Q的坐标是4+262,0或4−262,0时，EF最短．
【点睛】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x轴的交点、等腰三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质，解题关键是：（1）利用点B、C的坐标，正确求出函数解析式；（2）熟知等腰三角的性质，并利用分类讨论思想解决问题；（3）利用矩形的性质将线段EF转化为OD，利用垂线段最短来确定EF的最小值．
26．（2023·广东珠海·统考一模）如图，抛物线y=ax2+bx+3的对称轴为直线x=2，并且经过点A−2,0，交x轴于另一点B，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在直线BC上方的抛物线上有一点P，求点P到直线BC距离的最大值及此时点P的坐标；
(3)在直线BC下方的抛物线上是否存在点Q，使得△QBC为直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2+x+3
(2)当点P的坐标为3,154时，点P到BC距离的最大值为9510
(3)存在，点Q的坐标为−4,−5或−10，−32
【分析】（1）根据对称轴公式得到−b2a=2，根据抛物线经过点A−2,0得到4a−2b+3=0，由此求出a、b的值即可得到答案；
（2）先求出B6，0，C0，3，进而求出直线BC的解析式为y=−12x+3，设Pa，−14a2+a+3，且0（3）分当∠QCB=90°时，当∠QBC=90°时，当∠BQP=90°时，三种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3的对称轴为直线x=2，并且经过点A−2,0，
∴−b2a=2，4a−2b+3=0．
解得a=−14b=1
∴抛物线解析式为y=−14x2+x+3．
（2）解：如图所示，连接PB，PC，过点P作PH⊥x轴，与BC交于点N．

∵抛物线y=−14x2+x+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C，且对称轴为直线x=2，
∴B6，0，C0，3，
设直线BC的解析式为y=kx+b'，
∴6k+b'=0b'=3，
∴k=−12b'=3，
∴直线BC的解析式为y=−12x+3．
设Pa，−14a2+a+3，且0∴S△BCP=12PN⋅OB=12×−14a2+32a×6=−34a2+92a．
∵−34<0
∴当a=−922×−34=3时，S△BCP取得最大值，S△BCP的最大值为274．
此时，点P的坐标为3,154．
在Rt△COB中，BC=OC2+OB2=32+62=35．
如图，过点P作PD⊥BC于点D．
∵S△BCP=12BC⋅PD
∴点P到BC距离的最大值为274×2÷35=9510．
∴当点P的坐标为3,154时，点P到BC距离的最大值为9510
（3）解：如图3-1所示，当∠QCB=90°时，设直线CQ交x轴于Pm，0，
∵B6，0，C0，3，
∴BC2=32+62=45，PC2=m2+32=m2+9，BP2=6−m2=m2−12m+36，
∵BC2+CP2=BP2，
∴45+m2+9=m2−12m+36，
解得m=−32，
∴P−32，0，
同理可得直线CP解析式为y=2x+3，
联立y=2x+3y=−14x2+x+3，解得x=−4y=−5或x=0y=3，
∴Q−4，−5；

如图3-2所示，当∠QBC=90°时，设直线BQ交y轴于T0，t，
∵B6，0，C0，3，
∴BC2=32+62=45，BT2=t2+62=t2+36，CT2=3−t2=t2−6t+9，
∵BC2+BT2=CT2，
∴45+t2+36=t2−6t+9，
解得t=−12，
∴t0，−12，
同理可得直线BT解析式为y=2x−12，
联立y=2x−12y=−14x2+x+3，解得x=−10y=−32或x=6y=0，
∴Q−10，−32；

当∠BQP=90°时，则点Q在以BC为直径的圆上，设BC的中点为M，则点M到抛物线上y轴右侧上的一点的距离都小于MC的长，点M到点B右侧抛物线上任意一点的距离大于MB的长，
∴此时不存在点Q使得∠BQP=90°；
综上所述，Q−4，−5或Q−10，−32．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，圆周角定理等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
27．（2023·湖北鄂州·统考二模）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A−1,0,B3,0,C0,−3，点P在第四象限的抛物线上，AP交直线BC于点D．

(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)当点P的横坐标为1时，求四边形BOCP的面积；
(3)连接PC,AC，记△DPC的面积为S1，记△DAC的面积为S2，求S1S2的最大值及此时点P的坐标；
(4)在（3）的条件下试探究：该拋物线上是否存在点Q，使△APQ为直角三角形？若存在，请直接写出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)152
(3)S1S2的最大值为916，点P坐标为32,−154
(4)存在点Q使△APQ为直角三角形，点Q的横坐标为113或1或52或76
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出直线BC的解析式为y=x−3，过点P作PE∥y轴 交BC于点E，求出P1，−4，E1，−2，得到PE=2，再根据S四边形BOCP=S△BOC+S△BCP进行求解即可；
（3）过点P作PF∥x轴交BC延长线于点F，则△PDF∽△ADB，则PDAD=PFAB，设Pm，m2−2m−3则Fm2−2m，m2−2m−3，则PF=−m2+3m，推出S1S2=PDAD=−14m−322+916，根据二次函数的性质即可得到答案；
（4）设点Q的坐标为s，t，则AP2=32516，AQ2=s2+2s+1+t2，PQ2=s2−3s+t2+152t+26116，再分当点A为直角顶点时，当点P为直角顶点时，当点Q为直角顶点时，三种情况利用勾股定理建立方程求解即可
【详解】（1）解：把A−1,0,B3,0,C0,−3代入y=ax2+bx+c中得：a−b+c=09a+3b+c=0c=−3，
∴a=1b=−2c=−3，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b'，
∴3k+b'=0b'=−3 ，
∴k=1b'=−3
∴直线BC的解析式为y=x−3，
过点P作PE∥y轴 交BC于点E，
在y=x2−2x−3中，当x=1时，y=−4，
∴P1，−4，
在y=x−3中，当x=1时，y=−2，
∴E1，−2，
∴PE=2，
∴S四边形BOCP=S△BOC+S△BCP
=12×3×3+12×2×3−0
=152；

（3）解：过点P作PF∥x轴交BC延长线于点F，则△PDF∽△ADB，
∴PDAD=PFAB，
设Pm，m2−2m−3则Fm2−2m，m2−2m−3，
∴PF=m−m2−2m=−m2+3m，
∴PDAD=−m2+3m4，
∴S1S2=PDAD=−m2+3m4=−14m−322+916，
∵−14<0，
∴当m=32时，S1S2的最大值为916．此时点P坐标为32,−154．
（4）解：设点Q的坐标为s，t，
∵A−1，0，P32,−154，
∴AP2=−1−322+1542=32516，AQ2=s+12+t2=s2+2s+1+t2，PQ2=s−322+t+1542=s2−3s+t2+152t+26116，
当点A为直角顶点时，则32516+s2+2s+1+t2=s2−3s+t2+152t+26116，
∴5s+5=152t，即s+1=32t
∴s+1=32s+1s−3，
解得s=113或s=−1（舍去）；
当点P为直角顶点时，则32516+s2−3s+t2+152t+26116=s2+2s+1+t2，
∴5s=152t+2858，即s=32t+578，
∴8s=12t+57，
∴8s=12s2−2s−3+57，
∴12s2−32s+21=0，
解得s=76或s=32（舍去）；
当点Q为直角顶点时，则32516=s2−3s+t2+152t+26116+s2+2s+1+t2，
∴2s2−s+2t2+152t=3，即4s2−2s+4t2+15=6，
∵t=s2−2s−3，
∴−2s=t−s2+3，
∴4s2+t−s2+3+4t2+15=6，
∴3s2−3+4t2+16t=0，
∴3s+1s−1+4tt+4=0，
∴3s+1s−1+4ts2−2s−3+4=0，即3s+1s−1+4ts−12=0，
∴3s+1s−1+4s+1s−3s−12=0，
∴s+1s−13+4s−3s−1=0，
∴s+1s−14s2−16s+15=0，
∴s+1s−12s−32s−5=0，
∴s=1或s=52或s=32（舍去）或s=−1（舍去）；
综上所述，存在点Q使△APQ为直角三角形，点Q的横坐标为113或1或52或76．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，勾股定理等等，灵活运用所学知识并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
题型09 二次函数中全等三角形存在性问题
28．（2023·甘肃陇南·统考一模）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．
29．（2023·陕西咸阳·统考三模）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)A(2，0)，B(6，0)，C4,−1；
(2)存在，点P和点N的坐标分别为：P2,0, N0,1或P−2,8, N0,9或P1,54, N0,134或P−1,214, N0,294．
【分析】（1）令y=0，得14x2−2x+3=0,解方程求出x的值，可得A,B的坐标，将抛物线解析式化为顶点式可得点C的坐标；
（2）分△PMN≅△BDC和△PMN≅△CDB两种情况，依据全等三角形的性质讨论求解即可．
【详解】（1）对于y=14x2−2x+3，令y=0，得14x2−2x+3=0,
解得，x1=2,x2=6,
∵点A在点B的左侧，
∴A(2，0)，B(6，0)，
又y=14x2−2x+3=14x−42−1,
∴C4,−1；
（2）由（1）知，A(2，0)，B(6，0)，C4,−1，
∵l交x轴于点D
∴D4,0,
∴BD=2,CD=1,
∵PM⊥y轴,
∴∠PMN=∠BDC=90°,

分两种情况讨论：
①当△PMN≅△BDC时，PM=BD=2， MN=DC=1，
∴点P的横坐标为2或−2；
当x=2时，y=14×22−2×2+3=0，
∴P2,0,
∴M0,0,
∴N0,1;
当x=−2时，y=14×−22−2×−2+3=8，
∴P−2,8,
∴M0,8,
∵MN=1,
∴N0,9;
②当△PMN≅△CDB时，PM=CD=1,MN=BD=2,
∴点P的横坐标为1或−1；
当x=1时，y=14×12−2×1+3=54，
∴P1,54,
∴M0,54,
∵MN=2,
∴N0,134;
当x=−1时，y=14×−12−2×−1+3=214，
∴P−1,214,
∴M0,214,
∴N0,294;
综上所述，点P和点N的坐标分别为：P2,0, N0,1或P−2,8, N0,9或P1,54, N0,134或P−1,214, N0,294．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与性质，正确进行分类讨论是解答本题的关键．
30．（2023·陕西西安·西安市第二十六中学校考模拟预测）如图，抛物线与x轴交于点O和点B，顶点为A1，1，直线y=x−2经过点B，且与抛物线交于点C．

(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，是否存在以O，M，N为顶点的△ONM，使得△ONM和△ABC全等？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−x2+2x
(2)不存在
【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为y=ax−12+1，由抛物线过原点得到0=a×−12+1，从而求出a的值即可得到答案；
（2）假设存在，先求出B、C两点的坐标，从而即可得到AB、BC、AC的长度，通过勾股定理的逆定理可得到∠ABC=90°，设Nx，0，则Mx，−x2+2x，则可得到ON=x，MN=−x2+2x，分当△ONM≌△ABC时，当△ONM≌△CBA时，求解即可得到答案．
【详解】（1）解：∵顶点坐标为A1，1，
∴设抛物线的解析式为y=ax−12+1，
∵抛物线经过原点，
∴0=a×−12+1，
解得：a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x−12+1，即y=−x2+2x；
（2）解：联立抛物线和直线解析式可得：y=−x2+2xy=x−2，
解得：x=2y=0或x=−1y=−3，
∴B2，0，C−1，−3，
∴AB=2−12+1−02=2，BC=2−−12+0−−32=32，AC=−1−12+−3−12=25，
∵AB2+BC2=22+322=20=252=AC2，
∴∠ABC=90°，
假设存在满足条件的点N，设Nx，0，则Mx，−x2+2x，
∴ON=x，MN=−x2+2x，
∵ MN⊥x轴，
∴∠MNO=∠ABC=90°，
∵ △ONM和△ABC全等，
∴当△ONM≌△ABC时，
∴ON=AB，MN=BC，
∴x=2，−x2+2x=32，
此时无解，
当△ONM≌△CBA时，
∴ON=BC，MN=AB，
∴x=32，−x2+2x=2，
此时无解，
∴假设不成立，
∴不存在以O，M，N为顶点的△ONM，使得△ONM和△ABC全等．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式，勾股定理，三角形全等的性质，熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式，三角形全等的性质，是解题的关键．
题型10 二次函数中相似三角形存在性问题
31．（2023·广东汕尾·统考二模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（B在A的左边），与y轴交于点C0,3，顶点为D−1,4．
(1)求该抛物线所对应的函数关系式；
(2)如图，若点P是第二象限内抛物线上的一动点，过点P作PM⊥x轴于点M，交BC于点E，连接PC，是否存在点P，使得△PCE与△BME相似？若存在，请求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)存在，P点坐标为−1,5
【分析】本题考查二次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质．
（1）设出顶点式，待定系数法求解析式即可；
（2）求出A,B的坐标，进而求出BC的解析式，设Pt,−t2−2t+3，则Et,t+3，易得△BEM是等腰直角三角形，根据相似，得到△PCE也是等腰直角三角形，分∠PCE=90°和∠EPC=90°，两种情况，进行讨论求解即可．
利用数形结合和分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．
【详解】（1）解：设y=ax+12+4，
将点C0,3代入，得3=a+4，
∴a=−1，
∴y=−x+12+4=−x2−2x+3；
（2）存在点P，使得△PCE与△BME相似，理由如下：
令y=0，则−x2−2x+3=0，
∴x=1或x=−3，
∴A1,0,B−3,0，
设BC的解析式为y=kx+b，
∴b=3−3k+b=0，
∴k=1b=3，
∴y=x+3，
设Pt,−t2−2t+3，则Et,t+3，
∵C0,3，
∴OC=OB，
∴∠CBO=45°，
∵PM⊥x轴，
∴∠EMB=90°，
∵∠BEM=∠PEC=45°，
∴△BEM是等腰直角三角形，
∵△PCE与△BME相似，
∴△PCE也是等腰直角三角形，
①当∠PCE=90°时，EC=22PE，
∴2t2=12t2+3t2，
∴t=−1或t=−5，
∵−3∴P−1,5；
②当∠EPC=90°时，PE=22CE，
∴12t2=t2+3t2，
∴t=3+22或t=3−22，
∵﹣3∴此种情况不存在；
综上所述：P点坐标为−1,5．
32．（2023·广东潮州·统考三模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴分别交于点A−1，0、B3，0，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．
(1)求抛物线对应的二次函数的表达式；
(2)点P是抛物线的对称轴上一点，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)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM与△BQC相似？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)1,−4+26或1,−4−26
(3)存在，点M的坐标为1,103或1,1
【分析】（1）把点A、点B的坐标代入抛物线解析式，用待定系数法可得到二次函数的表达式；
（2）设直线CD切⊙P于点E，连接PE、PA，作CF⊥DQ于点F，通过DF与CF的长，说明△DCF为等腰直角三角形，设点P1，m，用含m的代数式表示出半径EP、PA的长，根据半径间关系，求出m的值从而确定点P的坐标；
（3）利用等腰直角三角形，先求出DC和BC的长，由于∠CBQ=∠CDM，若△DCM与△BQC相似，分两种情况，利用比例线段求出满足条件的点M的坐标即可．
【详解】（1）解：∵A−1，0，B3，0．
代入y=−x2+bx+c，得
−1+b+c=0−9+3b+c=0，
解得b=2，c=3．
∴抛物线对应二次函数的表达式为：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，C0，3、D1，4．
∴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P1，m，
∴EP2=124−m2．
在△APQ中，∠PQA=90°，
∴AP2=AQ2+PQ2=[1−−1]2+m2
∴124−m2=[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：存在点M，使得△DCM∽△BQC．
如图2，连接CQ、CB、CM，
∵C0，3，OB=3，∠COB=90°，
∴△COB为等腰直角三角形，
∴∠CBQ=45°，BC=32．
由（2）可知，∠CDM=45°，CD=2，
∴∠CBQ=∠CDM．
∴△DCM与△BQC相似有两种情况．
当DMQB=CDCB时，
∴DM2=232，解得DM=23．
∴QM=DQ−DM=4−23=103．
∴M11,103．
当DMCB=CDQB时，
∴DM32=23−1，解得DM=3，
∴QM=DQ−DM=4−3=1．
∴M21，1．
综上，点M的坐标为1，103或1，1．
【点睛】本题考查了待定系数法确定二次函数解析式、切线的性质、勾股定理及相似三角形的判定等知识点，解题关键是运用数形结合的思想及分类讨论思想．
33．（2022·广东佛山·统考模拟预测）如图，已知抛物线y=ax2+bx+6经过两点A−1,0，B3,0，C是抛物线与y轴的交点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点Pm,n在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；
(3)点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN=90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．
【答案】(1)y=−2x2+4x+6
(2)S=−3m2+9m0(3)存在M1,8，N0,172或M74,558，N0,838或M94,398，N0,38或M3,0，N0,−32，使得∠CMN=90°，且△CMN与△OBC相似
【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解忻式，设点P的坐标为m,−2m2+4m+6，则点F的坐标为m,−2m+6，进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S△PBC=−3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；
（3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．
【详解】（1）解：将A−1,0，B3,0代入y=ax2+bx+6，
得：a−b+6=09a+3b+6=0，解得：a=−2b=4，
∴抛物线的解析式为y=−2x2+4x+6．
（2）解：过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．

当x=0时，y=−2x2+4x+6=6，
∴点C的坐标为0,6．
设直线BC的解析式为y=kx+c，
将B3,0、C 0,6代入y=kx+c，得：
3k+c=0c=6，解得：k=−2c=6，
∴直线BC的解析式为y=−2x+6．
∵点Pm,n在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴点P的坐标为m,−2m2+4m+6，则点F的坐标为m,−2m+6，
∴PF=−2m2+4m+6−−2m+6=−2m2+6m，
∴S=12PF⋅OB=−3m2+9m=−3m−322+274，
∴当m=32时，△PBC面积取最大值，最大值为274．
∵点Pm,n在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴0综上所述，S关于m的函数表达式为S=−3m2+9m0（3）解：存在点M、点N使得∠CMN=90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN=90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，

∵∠CDM=∠CMN=90°，∠DCM=∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△OBC相似，
设Ma,−2a2+4a+6，C 0,6，
∴DC=−2a2+4a，DM=a，
当DMCD=OBOC=36=12时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴ a−2a2+4a=12，
解得，a=1，
∴M1,8，
此时ND=12DM=12，
∴N0,172，
当CDDM=OBOC=12时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴ −2a2+4aa=12，
解得，a=74，
∴M74,558，
此时N0,838．
如图3，当点M位于点C的下方，

过点M作ME⊥y轴于点E，
设Ma,−2a2+4a+6，C 0,6，
∴EC=2a2−4a，EM=a，
同理可得：2a2−4aa=12或2a2−4aa=2，△CMN与△OBC相似，
解得，a=94或a=3，
∴M94,398或M3,0，
此时N点坐标为0,38或0,−32．
综上所述，存在M1,8，N0,172或M74,558，N0,838或M94,398，N0,38或M3,0，N0,−32，使得∠CMN=90°，且△CMN与△OBC相似．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，二次函数的性质，坐标与图形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练运用方程思想及分类讨论思想是解题的关键．
34．（2023·山西太原·山西实验中学校考模拟预测）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=mx2+nx+4m≠0的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，点A的坐标为−3,0，点B的坐标为1,0，以OA，OC为边作矩形OADC，且边CD交二次函数的图象于点M．

(1)求二次函数的表达式．
(2)现有一条垂直于x轴的直线x=a在A，O两点间（不包括A，O两点）左右移动，分别交x轴于点E，交CD于点F，交AC于点P，交二次函数的图象于点Q，请用含a的代数式表示QP的长．
(3)在（2）的条件下，连接QC，则在CD上方的二次函数的图象上是否存在这样的点Q，使得以Q，C，F为顶点的三角形和△AEP相似？若存在，直接写出a的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−43x2−83x+4
(2)QP=−43a2−4a−3(3)存在，−2316或−1
【分析】（1）根据坐标利用待定系数法即可得出答案；
（2）根据待定系数法可得出直线AC的表达式，分别表示出点P，Q的坐标，再利用两点间的距离公式即可表示出QP，最后利用二次函数的最值求法即可得出答案；
（3）由题意可得AE=a+3，EP=43a+4，CF=−a．QF=−43a2−83a+4−4=−43a2−83a．分两种情况：情况①：若△QFC∽△AEP，情况②：若△CFQ∽△AEP，利用相似三角形的性质即可得出答案．
【详解】（1）∵抛物线y=mx2+nx+4m≠0经过点A−3,0，B1,0．
∴9m−3n+4=0,m+n+4=0,
解得m=−43,n=−83,
∴二次函数的表达式为y=−43x2−83x+4．
（2）由二次函数的表达式为y=−43x2−83x+4，得C0,4．
设直线AC的表达式为y=kx+b．
∵A−3,0，C0,4，
∴0=−3k+b,4=b,
解得k=43,b=4,
∴直线AC的表达式为y=43x+4．
∵直线x=a交AC于点P，
∴点P的坐标为a,43a+4．
∵点Q的横坐标为a，点Q在抛物线上，
∴点Q的坐标为a,−43a2−83a+4，
∴QP=QE−PE=−43a2−83a+4−43a+4=−43a2−4a，
即QP=−43a2−4a−3（3）由题意可得AE=a+3，EP=43a+4，CF=−a．
QF=−43a2−83a+4−4=−43a2−83a．
若以Q，C，F为顶点的三角形和△AEP相似，分两种情况：
情况①：若△QFC∽△AEP，则QFAE=CFEP，即−43a2−83aa+3=−a43a+4，
解得a1=−2316，a2=−3（舍去）．
情况②：若△CFQ∽△AEP，则CFAE=QFEP，即−aa+3=−43a2−83a43a+4，
解得a1=−1，a2=−3（舍去）．
综上所述，存在这样的点Q使以Q，C，F为顶点的三角形和△AEP相似，此时a的值为−2316或−1．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的最值，熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
题型11 二次函数中平行四边形存在性问题
35．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，抛物线F:y=ax2−2ax−8a(a>0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线x=3交x轴于点D．

(1)若OB=OC，直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，已知点E在第四象限的抛物线上，在线段OD和直线x=3上是否存在F，G两点，使得C，E，F，G为顶点的四边形是以CF为一边的矩形？若存在，求点F的坐标；若不存在，说明理由；
(3)如图2，将抛物线F平移，使其顶点落在轴上的点P0,12处，得到抛物线G，直线MN与抛物线G只有一个公共点M，与x轴交于点N，定点Q在y轴正半轴上，且满足∠MQN=90°，求此时点Q的坐标．
【答案】(1)y=12x2−x−4
(2)存在这样的点F，点F的坐标为(2，0)或201−114,0；
(3)Q0，1
【分析】（1）先求得A、B的坐标，利用OB=OC，求得C0，−4，则−8a=−4，据此求解即可；
（2）设点F的坐标为F(m，0)(0≤m≤3)，点E的坐标为E(t，n)(0（3）设点Mm，12m2+12，用参数m表示点N坐标，过点M作MH⊥y轴于点H，通过证明△MQH∽△QNO，可得HMOQ=HQON，可求OQ的长，即可求解．
【详解】（1）解：令y=0，则0=ax2−2ax−8a，即x2−2x−8=0，
解得x=4或x=−2，
∴A−2，0，B4，0，
∵OB=OC，
∴C0，−4，即−8a=−4，
∴a=12，
∴抛物线的解析式为y=12x2−x−4；
（2）解：抛物线y=12x2−x−4=12(x−1)2−92的对称轴为直线x=1，
A−2，0，B4，0，C0，−4，
设点F的坐标为F(m，0)(0≤m≤3)，点E的坐标为E(t，n)(0由题意，分以下两种情况：
①如图，当以CF为一边的矩形，是矩形CFGE时，

则OF=m,DF=3−m，∠DFG=90°，
∴∠OFC+∠DFG=90°，
∵∠OFC+∠OCF=90°，
∴∠DFG=∠OCF，
∴△DFG∽△OCF，
∴DGOF=DFOC，即DGm=3−m4，
解得DG=3m−m24，
∴G3,m2−3m4，
∵矩形CFGE的对角线互相平分，
∴m+t2=0+320+n2=−4+m2−3m42，解得t=3−mn=m2−3m−164，
将点E(t，n)代入y=12x2−x−4得：12(3−m)2−3+m−4=m2−3m−164，
解得m=2或m=3，
当m=2时，t=3−m=3−2=1，符合题意，
当m=3时，t=3−m=3−3=0，不符题意，舍去，
则此时点F的坐标为(2，0)，
②如图，当以CF为一边的矩形是矩形CFEG时，过点B作CQ⊥DG于点Q，

则CQ=OD=3,DQ=OC=4，
同理可证：△QCG∽△OCF，
∴QGOF=QCOC，即QGm=34，
解得QG=34m，
∴DG=DQ+QG=3m+164，
∴G3,−3m+164，
∵矩形BFPG的对角线互相平分，
∴0+t2=m+32−4+n2=0−3m+1642，解得t=m+3n=−3m4，
将点E(t，n)代入y=12x2−x−4得：12(m+3)2−m−3−4=−3m4，
解得m=−11+2014或m=−11−2014<0（不符题意，舍去），
当m=−11+2014时，t=m+3=−11+2014+3=1+2014<4，符合题意，
则此时点F的坐标为201−114,0，
综上，存在这样的点F，点F的坐标为(2，0)或201−114,0；
（3）解：将抛物线F平移，使其顶点落在轴上的点P0,12处，得到抛物线G，
则抛物线G的解析式为y=12x2+12，
设点Mm，12m2+12，直线MN的解析式为y=kx+b，
则12m2+12=km+b，解得b=12m2+12−km，
∴直线MN的解析式为y=kx+12m2+12−km，
联立得12x2+12=kx+12m2+12−km，整理得x2−2kx−m2+2km=0，
由题意得Δ=4k2−4−m2+2km=0，
解得k=m，
∴直线MN的解析式为y=mx+12m2+12−m2=mx−12m2+12，
当y=0时，mx−12m2+12=0，解得x=12m−12m，
∴N12m−12m，0，
如图，过点M作MH⊥y轴于点H，则MH=m，OH=12m2+12，

∵∠MHQ=∠MQN=∠QON=90°，
∴∠MQH+∠NQO=90°，∠NQO+∠QNO=90°，
∴∠MQH=∠QNO，
∴△MQH∽△QNO，
∴HMOQ=HQON，即mOQ=12m2+12−OQ12m−12m，
解得m=1，经检验，m=1是所列方程的解，且符合题意，
∴OQ=1，
∴点Q0，1．
【点睛】本题考查了二次函数的几何应用、相似三角形的判定与性质、矩形的性质、一元二次方程的应用等知识点，利用参数解决问题是本题的关键．
36．（2023·广东东莞·三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c与直线AB相交于A，B两点，其中A−3,−4,B0,−1．
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA,PB，求△PAB面积的最大值；
(3)若点M为抛物线对称轴上的点，抛物线上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+4x−1
(2)278
(3)N的坐标为−1,−4或−5,4或1,4
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的函数解析式为y=x2+4x−1；
（2）过P作PQ∥y轴交AB于Q，求出直线AB解析式为y=x−1，设Pt,t2+4t−1，则Qt,t−1可得PQ=t−1−t2+4t−1=−t2−3t，故S△PAB=12−t2−3t×3=−32t2−92t=−32t+322+278，根据二次函数性质可得△PAB面积的最大值为278；
（3）求出抛物线的对称轴为直线x=−2，设M−2,m,Nn,n2+4n−1，分三种情况：①当MN,AB为对角线时，MN,AB的中点重合，−2+n=−3+0m+n2+4n−1=−4−1，②当MA,NB为对角线时，−2−3=n+0m−4=n2+4n−1−1，③当MB,NA为对角线时，−2+0=n−3m−1=n2+4n−1−4，分别解方程组可得答案．
【详解】（1）解：把A−3,−4,B0,−1代入y=x2+bx+c得：9−3b+c=−4c=−1，
解得b=4c=−1，
∴抛物线的函数解析式为y=x2+4x−1；
（2）解：过P作PQ∥y轴交AB于Q，如图：
由A−3,−4,B0,−1得直线AB解析式为y=x−1，
设Pt,t2+4t−1，其中−3∴PQ=t−1−t2+4t−1=−t2−3t，
∴S△PAB=12−t2−3t×3=−32t2−92t=−32t+322+278，
∵−32<0，
∴当t=−32时，S△PAB取最大值278，
∴△PAB面积的最大值为278；
（3）解：抛物线上存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
∵y=x2+4x−1=x+22−5，
∴抛物线y=x2+4x−1的对称轴为直线x=−2，
设M−2,m,Nn,n2+4n−1，
又A−3,−4,B0,−1，
①当MN,AB为对角线时，MN,AB的中点重合，
∴−2+n=−3+0m+n2+4n−1=−4−1，
解得m=−1n=−1，
∴N−1,−4；
②当MA,NB为对角线时，
−2−3=n+0m−4=n2+4n−1−1，
解得m=7n=−5，
∴N−5,4；
③当MB,NA为对角线时，
−2+0=n−3m−1=n2+4n−1−4，
解得m=1n=1，
∴N1,4；
综上所述，N的坐标为−1,−4或−5,4或1,4．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形等知识，解题的关键是分类讨论思想和方程思想的应用．
37．（2023·湖南岳阳·校联考一模）如图，抛物线y=12x2−2x−6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
(2)若点P是抛物线BC段上的一点，当△PBC的面积最大时求出点P的坐标，并求出△PBC面积的最大值；
(3)点F是抛物线上的动点，作EF∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−2，0，B6，0，C0，−6
(2)S△PBC最大=272，此时P3，−152；
(3)存在，F4，−6或2+27，6或2−27，6
【分析】（1）分别将x=0，y=0代入求解即可；
（2）方法一：连接OP，Pm,12m2−2m−6，通过S△PBC=S四边形PBOC−S△BOC表示出函数关系，利用函数的性质进行求解；方法二：作PQ⊥AB于Q，交BC于点D，Pm,12m2−2m−6，S△PBC=12PD×OB求得函数关系式，进行求解即可；
（3）分两种情况，当四边形ACFE为平行四边形时或当四边形ACEF为平行四边形时，利用平行四边形的性质进行求解即可．
【详解】（1）解：当x=0时，y=−6，
∴C0，−6，
当y=0时，0=12x2−2x−6，
∴x1=6，x2=−2，
∴A−2，0，B6，0；
（2）方法一：如图1，
连接OP，
设点Pm,12m2−2m−6，
∴S△PCC=12OC⋅xP=12×6×m=3m，S△BOF=12OB⋅|yB|=3−12m2+2m+6
∵S△BOC=12OB⋅OC=12×6×6=18
∴S△PBC=S四边形PBOC−S△BOC
=S△POC+S△POB−S△BOC
=3m+3−12m2+2m+6−18
=−32m−32+272
∴当m=3时，S△PBC最大=272，此时P3，−152；
方法二：如图2，
作PQ⊥AB于Q，交BC于点D，设BC解析式为：y=kx+t
∵B6，0，C0，−6，则6k+t=0t=−6，解得k=1t=−6
∴直线BC的解析式为：y=x−6，
∴Dm，m−6，
∴PD=m−6−12m2−2m−6=−12m2+3m，
∴S△PBC=12PD⋅OB=12×6⋅−12m2+3m=−32m−32+272
∴当m=3时，S△PBC最大=272，此时P3，−152；
（3）如图3，
当四边形ACFE为平行四边形时，AE∥CF，
∵抛物线对称轴为直线：x=2，C0,−6
∴F1点的坐标：4,−6
如图4，当四边形ACEF为平行四边形时，
作FG⊥AE于G，
∴FG=OC=6，
当y=6时，12x2−2x−6=6，
∴x1=2+27，x1=2−27，
∴F22+27,6，F32−27,6，
综上所述：F4，−6或2+27，6或2−27，6．
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了二次函数与面积问题，二次函数与特殊的平行四边形，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
38．（2023·湖北恩施·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与直线AB交于点A0,−2，B2,0．

(1)求直线AB的解析式；
(2)求该抛物线的解析式；
(3)点P是直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点C，过点P作y轴的平行线交x轴于点D．
①在P点的运动过程中是否存在四边形PCDB为平行四边形，若不存在，请说明理由；若存在，请求点P的坐标；
②求PC+PD的最大值及此时点P的坐标．
【答案】(1)y=x−2
(2)y=x2−x−2
(3)①存在，P(1,−2)；②PC+PD的最大值为258，此时点P的坐标为P34,−3516
【分析】（1）利用待定系数法求一次函数的解析式；
（2）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（3）①设P点的横坐标为m,m2−m−2，表示出Cm2−m,m2−m−2，即PC=2m−m2，再表示出Dm,0，即BD=2−m，根据四边形PCDB为平行四边形，可得BD=PC，即有2m−m2=2−m，解方程即可求解；②结合①，表示PC+PD，利用二次函数的最值求解．
【详解】（1）设直线AB的解析式为：y=kx+b，
∵A0,−2，B2,0在直线y=kx+b 的图象上，
∴b=−22k+b=0，
解得b=−2k=1，
∴直线AB的解析式为：y=x−2；
（2）∵A0,−2，B2,0在抛物线y=x2+bx+c的图象上，
∴c=−24+2b+c=0，
解得c=−2b=−1，
∴抛物线的解析式为：y=x2−x−2；
（3）①存在点P，使四边形PCDB为平行四边形 理由：设P点的横坐标为m,m2−m−2，
∵PC∥x轴，
∴C点的纵坐标为：m2−m−2，
∴C点的横坐标为：m2−m−2+2=m2−m，
∴Cm2−m,m2−m−2，即PC=2m−m2，
∵PD∥y轴，P点的横坐标为m,m2−m−2，
∴Dm,0，即BD=2−m，
∵四边形PCDB为平行四边形，
∴BD=PC，
∴2m−m2=2−m，
解得m1=2（舍去），m2=1，
∴当P点坐标为：1,−2时四边形PCDB为平行四边形；
②∵PC=2m−m2，
∴PD=−m2−m−2=−m2+m+2，
∴PC+PD=2m−m2−m2+m+2，
即PC+PD=−2m2+3m+2=−2m−342+258，
当 m=34 时，PC+PD有最大值：且最大值为：258，
即：m2−m−2=342−34−2=−3516，
∴PC+PD的最大值为：258，此时点P的坐标为 P34,−3516．
【点睛】此题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数的性质，一次函数图象上点坐标的特征等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度．
题型12 二次函数中矩形存在性问题
39．（2022·黑龙江齐齐哈尔·校考一模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A−1,0、B3,0两点，D为抛物线上的一点，连接AD与y轴交于点C,CD=4AC ，E为抛物线在x轴上方的一动点，连接AE、CE．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D的坐标为_______________；
(3)求△ACE的面积的最大值及此时点E的坐标；
(4)点P是抛物线上一点，在平面内是否存在点Q，使以A、D、P、Q为顶点的四边形是以AD为边的矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)4,−5
(3)△ACE的面积的最大值为258，此时点E的坐标为32,154
(4)存在．Q7,−2或−8,−7
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）过点D作DM⊥y轴于点M，证明△AOC∽△DMC，可得AODM=ACDC=14，求得DM=4，再把x=4代入解析式求值即可；
（3）利用待定系数法求得直线AD得解析式为y=−x−1，从而求得C0,−1，再求得直线EC的解析式为y=−a2+2a+4ax−1，从而求得Na−a2+2a+4,0，即ON=a−a2+2a+4，再利用S△ACE=S△ANE+S△ACN=−12x−322+258，即可求解；
（4）由点A、C的坐标可得∠OAC=45°，∠CDM=45°，设点Qx,y，再根据矩形的性质分两种情况：当∠OAP=45°，PA⊥AD，用待定系数法求得直线AP的解析式为y=x+1，再联立方程组求得P2,3，再利用中点坐标列方程组求解即可；当∠MDP'=45°，P'D⊥AD时，点F、C关于MD对称，利用待定系数法求得直线DF的解析式为y=x−9，再联立方程组求得P'−3,−12，再利用中点坐标列方程组求解即可．
【详解】（1）解：抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A−1,0、B3,0两点，
∴−1−b+c=0−9+3b+c=0，
解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：过点D作DM⊥y轴于点M，
∵∠AOC=∠DMC=90°，∠ACO=∠DCM，
∴△AOC∽△DMC，
∵A−1,0，DC=4AC，
∴AODM=ACDC=14，即1DM=14，
∴DM=4，
当x=4时，y=−16+2×4+3=−5，
∴D4,−5，
故答案为：D4,−5；
（3）解：设直线AD得解析式为y=kx+bk≠0，
∵A−1,0，D4,−5，
∴−k+b=04k+b=−5，
解得k=−1b=−1，
∴直线AD得解析式为y=−x−1，
当x=0时，y=−1，
∴C0,−1，
设Ea,−a2+2a+3，
设直线EC的解析式为y=nx+m，
∴m=−1an+m=−a2+2a+3，
解得n=−a2+2a+4am=−1，
直线EC的解析式为y=−a2+2a+4ax−1，
当y=0时，−a2+2a+4ax−1=0，
解得x=a−a2+2a+4，
∴直线EC与x轴的交点为Na−a2+2a+4,0，即ON=a−a2+2a+4，
∴S△ACE=S△ANE+S△ACN
=12×a−a2+2a+4+1×−a2+2a+3+12×a−a2+2a+4+1×1
=12−a2+3a+4
=−12x−322+258，
∴当a=32时，S△ACE最大值为258，此时E32,154；
（4）解：∵A−1,0、C0,−1，
∴∠OAC=45°，
∴∠CDM=45°，
当四边形ADPQ为矩形，设点Qx,y，
∴当∠OAP=45°，PA⊥AD，
∵直线AP经过点−1,0、0,1，
设直线AP的解析式为y=ax+b，
∴−a+b=0b=1，
解得a=1b=1，
∴直线AP的解析式为y=x+1，
联立方程组得，y=x+1y=−x2+2x+3，
整理得，x2−x−2=0，
解得x=−1（舍），x=2，
∴P2,3，
−1+x2=2+420+y2=3−52，
解得x=7y=−2，
∴Q7,−2，
②当∠MDP'=45°，P'D⊥AD时，点F、C关于MD对称，
∴F0,−9，
设直线DF的解析式为y=tx+s，
∴4t+s=−5s=−9，
解得t=1s=−9，
∴直线DF的解析式为y=x−9，
联立方程组得，y=x−9y=−x2+2x+3，
整理得，x=4（舍），x=−3，
∴P'−3,−12，
−1−32=x+420−122=y−52，
解得x=−8y=−7，
∴Q−8,−7，
综上所述，点Q的坐标为Q7,−2或−8,−7．
【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定的与性质、中点坐标公式、矩形的性质、二次函数与一次函数的交点，熟练掌握用待定系数法求函数解析式是解题的关键．
40．（2023·海南·统考中考真题）如图1，抛物线y=x2+bx+c交x轴于A，B3,0两点，交y轴于点C0,−3．点P是抛物线上一动点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点P的坐标为1,−4时，求四边形BACP的面积；
(3)当动点P在直线BC上方时，在平面直角坐标系是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，点D是抛物线的顶点，过点D作直线DH∥y轴，交x轴于点H，当点P在第二象限时，作直线PA，PB分别与直线DH交于点G和点I，求证：点D是线段IG的中点．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)9
(3)在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为−5,2或5+52,−1−52
(4)证明过程见解析
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）连接OP，过点P作PE⊥AB于点E，利用点的坐标表示出线段OA、OB、OC、OE、PE的长度，再根据S四边形BACP=S△OAC+S△OCP+S△OBP，进行计算即可；
（3）当BC为矩形的边时，画出符合题意的矩形，PB交y轴于点E，CQ交x轴于点F，连接EF，过点P作PM⊥y轴于点M，过点Q作QN⊥x轴于点N，利用等腰直角三角形的判定与性质及矩形的判定与性质得到NF=QN=PM=ME，利用待定系数法求得直线PB的解析式与抛物线的解析式联立方程组求得点P的坐标，则PM=2，进而得到ON、QN的长度，即可得出结果；当BC为对角线时，画出相应的图形，求出结果即可；
（4）利用配方法求得抛物线的顶点坐标、对称轴，再利用待定系数法求得直线PA、PB的解析式，进而求得点I、G的坐标，利用点的坐标表示出线段ID、GD的长度，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意可得，c=−30=9+3b+c，
解得b=−2c=−3，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：连接OP，过点P作PE⊥AB于点E，如图，
∵点P的坐标为1,−4，
∴PE=4，OE=1，
令y=0，则x2−2x−3=0，
解得x=3或x=1，
∴A−1,0，
∴OA=1，
∵C0,−3，B3,0，
∴OC=3，OB=3，
∴S四边形BACP=S△OAC+S△OCP+S△OBP，
=12OA⋅OC+12OC⋅OE+12OB⋅PE
=12×1×3+12×3×1+12×3×4
=9；
（3）解：在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，理由如下：
如图，当BC为边时，四边形BCQP为符合条件的矩形，PB交y轴于点E，CQ交x轴于点F，连接EF，过点P作PM⊥y轴于点M，过点Q作QN⊥x轴于点N，
∵OC=OB=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵四边形BCQP为矩形，
∴∠PBC=∠QCB=90°，
∴∠OBE=∠OCF=45°，
∴△OBE和△OCF为等腰直角三角形，
∴OB=OC=OE=OF=3，
∵四边形BCFE为正方形，
∴CF=BE，∠EFC=∠BEF=90°，
∴四边形EFQP为矩形，
∴QF=PE，
∵∠MEP=∠BEO=45°，∠QFN=∠OFC=45°，
∴△PME和△QNF为全等的等腰直角三角形，
∴NF=QN=PM=ME，
∵OE=3，
∴E0,3，
设直线BE的解析式为y=kx+nk≠0，
∴3k+n=0n=3，
∴k=−1n=3，
∴直线BE的解析式为y=−x+3，
联立方程组得y=−x+3y=x2−2x−3，
解得x=3y=0或x=−2y=5，
∴P−2,5，
∴PM=2，
∴QN=NF=2，
∴ON=OF+NF=3+2=5，
∴Q−5,2；
如图，当BC为对角线时，四边形BPCQ为矩形，过点Q作QD⊥x轴于点D，PE⊥x轴于点E，
则∠PEB=∠BDQ=90°，∠PBQ=90°，
∵∠PBE+∠EPB=∠PBE+∠DBQ=90°，
∴∠EPB=∠DBQ，
∴△BEP∽△QDB，
∴PEDB=BEDQ，
设点P的坐标为：t,t2−2t−3t<0或t>3，QxQ，yQ，
∵C0,−3，B3,0，
∴xQ=3−t，yQ=−t2+2t，
∴Q3−t,−t2+2t，
∴DQ=t2−2t，BD=−t，EP=−t2+2t+3，BE=3−t，
∴−t2+2t+3−t=3−tt2−2t，
整理得：t3−4t2+2t+3=0，
分解因式得：t−3t2−t−1=0，
解得：t1=3（舍去），t2=1+52<3（舍去），t3=1−52<0，
∴此时点Q的坐标为：5+52,−1−52．
综上所述，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为−5,2或5+52,−1−52；
（4）证明：∵y=x2−2x−3=x−12−4，
∴抛物线y=x2−2x−3的顶点D的坐标为1,−4，对称轴为直线x=1，
设Pm,m2−2m−3，直线PB的解析式为y=cx+dc≠0，
∴cm+d=m2−2m−33c+d=0，
∴c=m+1d=−3m−3，
∴直线PB的解析式为y=m+1x−3m−3，
当x=1时，y=−2m−2，
∴I1,−2m−2，
∴ID=−2m−2−−4=−2m+2，
设直线PA的解析式为y=ex+fe≠0，
∴em+f=m2−2m−3−e+d=0，
∴e=m−3f=m−3，
∴直线PA的解析式为y=m−3x+m−3，
当x=1时，y=2m−6，
∴G1,2m−6，
∴DG=−4−2m−6=−2m+2，
∴ID=DG，
∴点D是线段IG的中点．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
41．（2023·山西晋中·校联考模拟预测）综合与探究
如图，抛物线y=−x2+bx+c的顶点为D1,4与x轴交于A和B两点，交y轴于点C．

(1)求抛物线的函数表达式及点A、B、C的坐标；
(2)如图1，点P是直线BC上方的抛物线上的动点，当△BCP面积最大时，求点P的横坐标；
(3)如图2，若点M是坐标轴上一点，点N为平面内一点，是否存在这样的点，使以B、D、M、N为顶点的四边形是以BD为对角线的矩形？若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，点A、B、C的坐标分别为：(−1,0)、(3,0)、(0,3) ;
(2)P32,154
(3)点N(4,1)或(4,3)或(3,4)
【分析】（1）依题意，y=−(x−1)2+4=−x2+2x+3，当x=0时，y=3，令y=−x2+2x+3=0，解方程即可求解；
（2）由△BCP面积=S△PHC+S△PHB=12×PH·OB；即可求解；
（3）根据矩形的性质，由中点坐标公式和对角线BD=MN列出方程组，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c的顶点为D1,4，
∴ y=−(x−1)2+4=−x2+2x+3，
当x=0时，y=3，令y=−x2+2x+3=0，解得：x=−1或x=3
∴即点A、B、C的坐标分别为：(−1,0)、(3,0)、(0,3) ;
（2）过点P作PH∥y轴交BC于点H，如图所示，

设直线BC的解析式为y=kx+3，将3,0代入，得3k+3=0，
解得：k=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点Px,−x2+2x+3 ,则点Hx,−x+3 ,
则△BCP面积=S△PHC+S△PHB=12×PH·OB
=32×−x2+2x+3+x−3=−32x2−3x
∵ −32<0 ,则△BCP面积有最大值，
当x=32时，−x2+2x+3=154 ,
此时，点P32,154；
（3）存在，理由如下：
设点M的坐标为：(0，m)或(n,0)，点N(s,t)，
由点B、D的坐标得，BD2=20，
由中点坐标公式和对角线BD=MN得：
3+1=s4+0=m+t20=s2+m−t2或3+1=s+n4+0=tn−s2+t2=20
解得：m=3s=4t=1或m=1s=4t=3或n=1s=3t=4或n=3s=1t=4 (舍去)
∴即点N(4,1)或(4,3)或(3,4) ．

【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，矩形的性质等知识，分类求解是解题的关键．
题型13 二次函数中菱形存在性问题
42．（2023·西藏·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A−3,0，B1,0两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图甲，在y轴上找一点D，使△ACD为等腰三角形，请直接写出点D的坐标；
(3)如图乙，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在P、Q两点使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3；
(2)0，0或0，−3或0，3−32或0，3+32；
(3)存在，P−1，3−17，Q−4，−17或P−1，3+17，Q−4，17或P−1，1，Q−2，2或P−1，14，Q2，3+14或P−1,−14，Q2，3−14
【分析】（1）将A−3,0，B1,0代入y=−x2+bx+c，求出b,c,即可得出答案；
（2）分别以点D为顶点、以点A为顶点、当以点C为顶点，计算即可；
（3）抛物线y=−x2−2x+3的对称轴为直线x=−1，设P−1,t，Qm,n，求出AC2=18，AP2=t2+4，PC2=t2−6t+10，分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线．
【详解】（1）解：（1）∵A−3,0，B1,0两点在抛物线上，
∴0=−−32−3b+c0=−12+b+c
解得，b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3；
（2）令x=0，y=3，
∴C0，3，
由△ACD为等腰三角形，如图甲，

当以点D为顶点时，DA=DC，点D与原点O重合，
∴D0，0；
当以点A为顶点时，AC=AD，AO是等腰△ACD中线，
∴OC=OD，
∴D0，−3；
当以点C为顶点时，AC=CD=OA2+OC2=32+32=32
∴点D的纵坐标为3−32或32+3，
∴综上所述，点D的坐标为0，0或0，−3或0，3−32或0，3+32．
（3）存在，理由如下：
抛物线y=−x2−2x+3的对称轴为：直线x=−1，
设P−1,t，Qm,n，
∵A−3，0，C0，3，
则AC2=−32+32=18，
AP2=−1+32+t2=t2+4，
PC2=−12+t−32=t2−6t+10，
∵以A、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，
当以AP为对角线时，则CP=CA，如图1，

∴t2−6t+10=18，
解得：t=3±17，
∴P1−1，3−17或P2−1，3+17
∵四边形ACPQ是菱形，
∴AP与CQ互相垂直平分，即AP与CQ的中点重合，
当P1−1，3−17时，
∴m+02=−3−12，n+32=0+3−172，
解得：m=−4,n=−17，
∴Q1−4，−17
当P2−1，3+17时，
∴m+02=−3−12，n+32=0+3+172，
解得：m=−4,n=17，
∴Q2−4，17
以AC为对角线时，则PC=AP，如图2，

∴t2−6t+10=t2+4，
解得：t=1，
∴P3−1，1，
∵四边形APCQ是菱形，
∴AC与PQ互相垂直平分，即AC与CQ中点重合，
∴m−12=−3+02，n+12=0+32，
解得：m=−2,n=2，
∴Q3−2，2；
当以CP为对角线时，则AP=AC，如图3，

∴t2+4=18，
解得：t=±14，
∴P4−1,14,P5−1,−14，
∵四边形ACQP是菱形，
∴AQ与CP互相垂直平分，即AQ与CP的中点重合，
∴−3+m2=0−12,n+02=3±142，
解得：m=2,n=3±14
∴Q42,3+14,Q52,3−14，
综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为： P−1，3−17，Q−4，−17或P−1，3+17，Q−4，17或P−1，1，Q−2，2或P−1，14，Q2，3+14或P−1,−14，Q2，3−14
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键．
43．（2022·陕西·校考模拟预测）如图，一次函数y=33x+3的图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y=−33x2+bx+c的图象经过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C、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．
【答案】(1)y=−33x2−233x+3
(2)存在，Q点坐标为(−1, 433 )或(−3,0)或(1,0)
【分析】（1）由直线y=33x+3与坐标轴的交点坐标A，B，代入抛物线解析式，求出b，c坐标即可；
（2）分BC为对角线和边两种情况讨论，其中当BC为边时注意点Q的位置有两种：在点P右侧和左侧，根据菱形的性质求解即可．
【详解】（1）解：对于y=33x+3：当x=0时，y=3；
当y=0时，33x+3=0，解得，x=−3
∴A(−3,0)，B(0, 3 )
把A(−3,0)，B(0, 3 )代入y=−33x2+bx+c得：
−33−3b+c=0c=3
解得，b=−233c=3
∴抛物线的解析式为：y=−33x2−233x+3；
（2）抛物线的对称轴为直线x=−b2a=−−233−2×33=−1
故设P(1,p)，Q(m,n)
①当BC为菱形对角线时，如图，

∵B，C关于对称轴对称，且对称轴与x轴垂直，
∴BC与对称轴垂直，且BC∥x轴
∵在菱形BQCP中，BC⊥PQ
∴ PQ⊥x轴
∵点P在x=−1上，
∴点Q也在x=−1上，
当x=−1时，y=−33×−12+233×1+3=433
∴Q(−1, 433 )；
②当BC为菱形一边时，若点Q在点P左侧时，如图，

∴BC∥PQ，且BC=PQ
∵BC∥x轴，
∴令y=3，则有y=−33x2−233x+3=3
解得，x1=0,x2=−2
∴ C(−2,3)
∴ PQ=BC=2
∵ (3)2+−12=2
∴ PB=BC=2
∴点P在x轴上，
∴P(−1,0)，
∴Q(−3,0)；
若点Q在点P的右侧，如图，

同理可得，Q(1,0)
综上所述，Q点坐标为(−1, 433 )或(−3,0)或(1,0) ．
【点睛】本题考查待定系数法求出二次函数的解析式，菱形的性质和判定，解一元二次方程，熟练掌握以上知识是解题的关键．
44．（2023·山西忻州·校联考模拟预测）综合与探究
如图，二次函数y=−x2+bx+c的图像与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(−4，0)，且OA=OC，E是线段OA上的一个动点，过点E作直线EF垂直于x轴交直线AC和抛物线分别于点D、F．

(1)求抛物线的解析式；
(2)设点E的横坐标为m．当m为何值时，线段DF有最大值，并写出最大值为多少；
(3)若点P是直线AC上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以点P、Q、B、C为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)二次函数解析式为y=−x2−3x+4
(2)当m=−2时，DF有最大值，且最大值为4
(3)存在点Q使得以点P、Q、B、C为顶点的四边形是菱形，且Q2+342,342或Q2−342,−342或Q−2,−3或Q−4,5
【分析】（1）根据A(−4，0)，OA=OC，运用待定系数法即可求解；
（2）根据A(−4，0)，C(0,4)，求出直线AC的解析式，根据点E的横坐标为m，可用含m的式子表示点D,F的坐标，由此可得DF的长关于m的二次函数，根据最值的计算方法即可求解；
（3）根据题意可求出BC的长，根据菱形的性质，分类讨论：第一种情况：如图所述，点Q在直线AC下方；第二种情况：如图所示，点Q在直线AC上方；图形结合，即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数y=−x2+bx+c的图像与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(−4，0)，
∴OA=4，
∵OA=OC，
∴OC=4，则C(0,4)，
把A(−4，0)，C(0,4)代入二次函数解析式y=−x2+bx+c得，
−16−4b+c=0c=4，解得，b=−3c=4，
∴二次函数解析式为y=−x2−3x+4．
（2）解：由（1）可知，二次函数解析式为y=−x2−3x+4，且A(−4，0)，C(0,4)，
∴设直线AC所在直线的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∴−4k+b=0b=4，解得，k=1b=4，
∴直线AC的解析式为y=x+4，
∵点E的横坐标为m，直线EF垂直于x轴交直线AC和抛物线分别于点D、F，
∴点D、F的横坐标为m，
∴D(m,m+4)，F(m,−m2−3m+4)，
∴DF=−m2−3m+4−(m+4)=−m2−4m=−(m+2)2+4，
∴当m=−2时，DF有最大值，且最大值为4．
（3）解：∵二次函数y=−x2−3x+4的图像与x轴交于A，B两点，且A(−4，0)，
∴令y=0时，x2+3x−4=0，则x1=−4，x2=1，
∴B(1,0)，且C(0,4)
在Rt△BOC中，OB=1，OC=4，
∴BC=OB2+OC2=12+42=17，
第一种情况：如图所述，点Q在直线AC下方，

四边形PCBQ是菱形，则PC∥BQ，BQ=BC=17，且直线AC的解析式为y=x+4，
∴设直线BQ所在直线的解析为y=x+c，把点B(1,0)代入得，0=1+c，解得，c=−1，
∴直线BQ的解析式为y=x−1，设Q(q,q−1)，过点Q作QH⊥x轴于点H，
∴BH=1−q，QH=q−1，
∴BQ=BH2+QH2=(1−q)2+(q−1)2=17，整理得，2q2−4q−15=0，
∴q=4±2344=2±342，
∴当q=2+342时，q−1=2+342−1=342，即Q2+342,342；
当q=2−342时，q−1=2−342−1=−342，即Q2−342,−342；
第二种情况：如图所示，点Q在直线AC上方，

四边形BCQP是菱形，QP∥BC，BP=BC=17，且B(1,0)，C(0,4)，
∴直线BC的解析式为y=−4x+4，
设P(p,p+4)，
∴BP=(1−p)2+(p+4)2=17，整理得，p2+3p=0，解得，p1=0（与点C重合，不符合题意，舍去），p2=−3，即P(−3,1)，
∴设PQ所在直线的解析式为y=−4x+n，把点P(−3,1)代入得，n=−11，
∴直线PQ的解析式为y=−4x−11，
根据题意，设Q(r,−4r−11)，
∴PQ=(−3−r)2+(1+4r+11)2=17，整理得，17r2+102r+136=0，
∴r=−102±3434，即r1=−2，r2=−4，
∴Q−2,−3或Q−4,5，
综上所述，存在点Q使得以点P、Q、B、C为顶点的四边形是菱形，且Q2+342,342或Q2−342,−342或Q−2,−3或Q−4,5．
【点睛】本题主要考查二次函数与特殊四边形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数图像的性质，菱形的判定和性质等知识是解题的关键．
题型14 二次函数中正方形存在性问题
45．（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C，点P为抛物线上的动点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线y=x上的动点，当点P在第四象限时，求四边形PBDC面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)已知点E为x轴上一动点，点Q为平面内任意一点，是否存在以点P，C，E，Q为顶点的四边形是以PC为对角线的正方形，若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)278， P32,−154
(3)−3,3+332；−3,3−332；(3,−3)；(3,2)
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．设Pm,m2−2m−3，则H(m,m−3)，PH=−m2+3m，则SΔBPC=−12(t−32)2+98，当t=32时，△BPC的面积最大值为278，从而求出此时四边形PBDC面积的最大值，P点坐标；
（3）设Pm,m2−2m−3，E(n,0)，分四种情况画出图形，利用正方形性质求解即可．
【详解】（1）解：将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx−3中，
得a−b−3=09a+3b−3−0，解得a=1b=−2．
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3．
（2）解：作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．

设直线BC的表达式为：y=kx+n，将B(3,0)，C(0,−3)代入y=kx+n中，
得3k+n=0n=−3，解得k=1n=−3，
∴y=x−3．
设Pm,m2−2m−3，则H(m,m−3)，PH=m−3−m2−2m−3=−m2+3m，
∵S△BPC=S△CPH+S△BPH
∴S△BPC=12PH⋅OG+12PH⋅BG=12PH(OG+BG)
∴S△BPC=12PH×OB=32−m2+3m=−32m2+92m，
∴S△BPC=−32m−322+278，
∴当m=32时，△BPC面积的最大值为278．
∵BC与直线y=x平行，
∴S△DBC=S△OBC=12OB⋅OC=12×3×3=92，
∴四边形PBDC面积的最大值为278+92=638．
∵当m=32时，y=322−2×32−3=−154，
∴P32,−154
（3）解：设Pm,m2−2m−3，E(n,0)，
I.如图，当点E在原点时，即点E(0,0)，CE=PE=3，∠CEP=90°，

∵四边形PECQ为正方形，
∴点Q(3,−3)，
II.如解图3-2，当四边形PECQ为正方形时，CE=PE，∠CEP=∠PEO+∠CEO=90°，

作PI⊥x轴，垂足为I，作QH⊥y轴，垂足为H，
又∵∠CEO+∠OCE=90°，
∴∠OCE=∠PEO，
∴△OCE≅△PEI(ASA)
∴CO=IE=3，EO=IP=m2−2m−3，
同理可得：QH=CO=IE=3，CH=EO=IP
∴OE=OI+IE=m+3，HO=IO
∴m+3=m2−2m−3，解得：m=33+32，（m=−33+32<0，不合题意舍去）
∴HO=IO=33+32，
∴点Q(−3,33+32)，
III.如解图3-3，当四边形PECQ为正方形时，

同理可得：PI=OE=CH，IE=QH=OC=3，
∴OE=IE−IO=3+m，
∴m=m2−2m−3−3，解得：m=−33+32，（m=33+32>0，不合题意舍去）
∴HO=IO=−33+32，
∴点Q(−3,−33+32)，
IV.如解图3-4，当四边形PECQ为正方形时，

同理可得：PI=OE=CH，EI=HQ=OC=3，
∴OE=IE+IO=3+m=3−m，
∴3−m=m2−2m−3，解得：m=−2，（m=3>0，不合题意舍去）
∴HO=IO=2，
∴点Q(3,2)，
综上所述：点Q坐标为−3,3+332；−3,3−332；(3,−3)；(3,2)．
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、正方形性质、全等三角形的判定与性质、一元二次方程的解法、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
46．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）已知抛物线Q1:y=−x2+bx+c与x轴交于A−3,0,B两点，交y轴于点C0,3．

(1)请求出抛物线Q1的表达式．
(2)如图1，在y轴上有一点D0,−1，点E在抛物线Q1上，点F为坐标平面内一点，是否存在点E,F使得四边形DAEF为正方形？若存在，请求出点E,F的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，抛物线Q1上是否存在点P，使得∠CPK=∠CHK？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)E−2,3；F1,2
(3)点P的坐标为(1,0)或(−2,3)
【分析】（1）把A−3，0，C0,3代入Q1:y=−x2+bx+c，求出b=−2,c=3即可；
（2）假设存在这样的正方形，过点E作ER⊥x于点R，过点F作FI⊥y轴于点I，证明△EAR≅△AOD,△FID≅△DOA，可得ER=3,AR=1,FI=1,IO=2,故可得E−2,3，F1,2；
（3）先求得抛物线Q2的解析式为y=−(x+1−2)2+4=−(x−1)2+4，得出K(1,4)，H(3,0)，运用待定系数法可得直线BC的解析式为y=−x+3，过点K作KT⊥y轴于点T，连接BC，设KP交直线BC于M或N，如图2，过点C作PS⊥y轴交BK于点S，交抛物线Q1于点P，连接PK，利用等腰直角三角形性质和三角函数定义可得tan∠CHK=CKCH=232=13，进而可求得点P的坐标．
【详解】（1）∵抛物线Q1:y=−x2+bx+c与x轴交于A−3,0,两点，交y轴于点C0,3，
∴把A−3，0，C0,3代入Q1:y=−x2+bx+c，得，
−9−3b+c=0c=3,
解得，b=−2c=3,
∴解析式为：y=−x2−2x+3；
（2）假设存在这样的正方形DAEF，如图，过点E作ER⊥x于点R，过点F作FI⊥y轴于点I，

∴∠AER+∠EAR=90°,
∵四边形DAEF是正方形，
∴AE=AD,∠EAD=90°,
∴∠EAR+∠DAR=90°,
∴∠AER=∠DAO,
又∠ERA=∠AOD=90°,
∴△AER≅△DAO，
∴AR=DO,ER=AO,
∵A−3,0,D0,−1,
∴OA=3,OD=1,
∴AR=1,ER=3,
∴OR=OA−AR=3−1=2,
∴E−2,3；
同理可证明：△FID≅△DOA，
∴FI=DO=1,DI=AO=3,
∴IO=DI−DO=3−1=2,
∴F1,2；
（3）解：抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK=∠CHK．
∵y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，
∴抛物线Q1的顶点坐标为(−1,4)，
∵将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，
∴抛物线Q2的解析式为y=−(x+1−2)2+4=−(x−1)2+4，
∵抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，
∴K(1,4)，H(3,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+n，把C(0,3)，H(3,0)代入得n=33k+n=0，
解得：k=−1n=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
过点K作KT⊥y轴于点T，连接BC，设KP交直线BC于M或N，如图2，过点C作PS⊥y轴交BK于点S，交抛物线Q1于点P，连接PK，
则T(0,4)，M(m,−m+3)，N(t,−t+3)，

∴KT=TC=1，∠KTC=90°，
∴△CKT是等腰直角三角形，
∴∠KCT=45°，CK=2KT=2，
∵OH=OC=3，∠COH=90°，
∴△COH是等腰直角三角形，
∴∠HCO=45°，CH=2OC=32，
∴∠KCH=180°−∠KCT−∠HCO=90°，
∴tan∠CHK=CKCH=232=13，
∵∠CPK=∠CHK，
∴tan∠CPK=tan∠CHK=13，
∵tan∠BCO=OBOC=13，
∴∠BCO=∠CHK，
∵BK∥OC，
∴∠CBK=∠BCO，
∴∠CBK=∠CHK，
即点P与点B重合时，∠CPK=∠CHK，
∴P1(1,0)；
∵SK=1，PS=3，
∴tan∠CPK=SKPS=13，
∴∠CPK=∠CHK，
∵点P与点C关于直线x=−1对称，
∴P(−2,3)；
综上所述，抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK=∠CHK，点P的坐标为(1,0)或(−2,3)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识，运用数形结合思想解决问题是解题的关键．
47．（2023·山西晋中·山西省平遥中学校校考模拟预测）如图，二次函数y=−x2+2x+3的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．连接BC．点P是抛物线第一象限内的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作直线PD⊥x轴于点D．交BC于点E．过点P作BC的平行线，交y轴于点M．

(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)在点P的运动过程中，求使四边形CEPM为菱形时，m的值；
(3)点N为平面内任意一点，在（2）的条件下，直线PM上是否存在点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−1,0，B3,0，C0,3；y=−x+3
(2)m=3−2
(3)Q122+1,2，Q222+2,522−1
【分析】（1）分别令y=0，x=0，可求出点A−1,0，B3,0，C0,3，再利用待定系数法解答，即可求解；
（2）作CH⊥PE于点H，根据题意可得△BOC是等腰直角三角形，从而得到∠DBE=45°，进而得到△CEH是等腰直角三角形，可得到CE=2CH，再由点Pm,−m2+2m+3，可得PE=−m2+3m，CH=m，CE=2m，然后根据菱形的性质CE=PE，可得到关于m的方程，即可求解；
（3）由（2）得：点P3−2,42−2，E3−2,2，可得PE=32−2，再求出直线PM的解析式为y=−x+32+1，过点E作EQ⊥PE交直线PM于点Q，可得PE=EQ，此时点Q22+1,2使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；过点E作EQ⊥PM于点Q，过点Q作SQ⊥y轴于点S，可得△PEQ，△PSQ是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形，即可．
【详解】（1）解：在y=−x2+2x+3中，
令y=0，可得−x2+3x+3=0，
解得x1=−1，x2=3．
令x=0，得：y=3，
∴A−1,0，B3,0，C0,3．
设直线BC的函数表达式为y=kx+b，
把B3,0，C0,3代入得：
3k+b=0b=3，解得：k=−1b=3，
直线BC的函数表达式为y=−x+3；
（2）解：如图，作CH⊥PE于点H，
∵B3,0，C0,3，
∴OB=OC=3，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠DBE=45°，
∵PD⊥x轴，
∴∠CEH=∠BED=45°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴CE=2CH，
∵点Pm,−m2+2m+3，
∴点Em,−m+3，
∴PE=−m2+2m+3−−m+3=−m2+3m．
∴CH=m，
∴CE=2m．
∵四边形CEPM为菱形，
∴CE=PE．
∴−m2+3m=2m，
解得m=3−2或0（舍去）；
（3）解：存在，
由（2）得：点P3−2,42−2，E3−2,2，
∴PE=32−2，
根据题意可设直线PM的解析式为y=−x+a，
把点P3−2,42−2代入，得：
−3−2+a=42−2，
解得：a=32+1，
∴直线PM的解析式为y=−x+32+1，
当y=2时，2=−x+32+1，
解得：x=22+1，
如图，过点E作EQ⊥PE交直线PM于点Q，
∴点Q22+1,2，
∴EQ=22+1−3−2=32−2，
∴PE=EQ，
此时点Q22+1,2使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
如图，过点E作EQ⊥PM于点Q，过点Q作SQ⊥y轴于点S，
由（2）得：∠BED=45°，
∵PM∥BC，
∴∠BED=∠DPQ=45°，
∴△PEQ，△PSQ是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
∴PS=SE=12PE=32−22，
∴点S3−2,522−1，
对于y=−x+32+1，
当y=522−1时，x=22+2，
此时点Q22+2,522−1，
综上所述，存在点Q22+1,2或Q22+2,522−1，使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了求一次函数解析式，正方形的性质，二次函数的图象和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．问题
分情况
找点
画图
解法
等腰三角形
已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为等腰三角形
以AB为腰
分别以点A，B为圆心，以AB长为半径画圆，与已知直线的交点P1，P2，P4，P5即为所求
分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB＝AP；②AB＝BP；③BP＝AP列方程解出坐标
以AB为底
作线段AB的垂直平分线，与已知直线的交点P3即为所求
分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB＝AP；②AB＝BP；③BP＝AP列方程解出坐标
问题
分情况
找点
画图
解法
直角三角形
已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为直角三角形
以AB为直角边
分别过点A，B作AB的垂线，与已知直线的交点P1，P4即为所求
分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB2＝BP2＋AP2；②BP2＝AB2＋AP2；③AP2＝AB2＋BP2列方程解出坐标
以AB为斜边
以AB的中点Q为圆心，QA为半径作圆，与已知直线的交点P2，P3即为所求