?專題7二次函數(shù)與菱形存在性問題

我們已經(jīng)知道菱形是特殊的平行四邊形，它的判定方法一共有五種，分別是
①四邊都相等的四邊形是菱形；②兩條對角線互相垂直的平行四邊形是菱形 ；③鄰邊相等的平行四邊形是菱形；④對角線互相垂直平分的四邊形是菱形 ；⑤一條對角線平分一個頂角的平行四邊形是菱形.
在做幾何證明題的時候我們常用的判定方法主要是前三種.
二次函數(shù)和菱形存在性問題作為壓軸題目，結(jié)合了“分類討論思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，勢必要比單純的菱形判定思考難度要大的多，縱觀歷年中考真題，菱形存在性問題主要是以“兩定兩動”為設(shè)問方式，其中兩定指的是四邊形四個頂點其中有兩個頂點的坐標是確定的或者是可求解的；兩動指的是其中一個動點在一條直線或者拋物線上，另外一個動點是平面內(nèi)任意一點或者該動點也在一條直線或者拋物線上.

【例1】（2020?雁塔區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直線x＝4，拋物線與x軸相交于A（2，0），B兩點，與y軸交于點C（0，6），點E為拋物線的頂點．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式及頂點E的坐標；
（2）若將該拋物線的圖象繞x軸上一點M旋轉(zhuǎn)180°，點C、E的對應(yīng)點分別是點C'、E'，當(dāng)以C、E、C'、E'為頂點的四邊形是菱形時，求點M的坐標及旋轉(zhuǎn)后的拋物線的表達式，
【例2】（2021?齊齊哈爾三模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2﹣x+c（a≠0）與x軸交于點A、B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C．OA、OB的長是不等式組的整數(shù)解（OA＜OB），點D（2，m）在拋物線上．
（1）求拋物線的解析式及m的值；
（2）y軸上的點E使AE和DE的值最小，則OE＝　 ??；
（3）將拋物線向上平移，使點C落在點F處．當(dāng)AD∥FB時，拋物線向上平移了 　 　個單位；
（4）點M在在y軸上，平面直角坐標系內(nèi)存在點N使以點A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出點N的坐標．

【例3】（2022?煙臺）如圖，已知直線y＝x+4與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A，C兩點，且與x軸的另一個交點為B，對稱軸為直線x＝﹣1．
（1）求拋物線的表達式；
（2）D是第二象限內(nèi)拋物線上的動點，設(shè)點D的橫坐標為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時D點的坐標；
（3）若點P在拋物線對稱軸上，是否存在點P，Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形？若存在，請求出P，Q兩點的坐標；若不存在，請說明理由．

【例4】（2022?武昌區(qū)模擬）如圖，直線y＝﹣2x+8分別交x軸，y軸于點B，C，拋物線y＝﹣x2+bx+c過B，C兩點，其頂點為M，對稱軸MN與直線BC交于點N．
（1）直接寫出拋物線的解析式；
（2）如圖1，點P是線段BC上一動點，過點P作PD⊥x軸于點D，交拋物線于點Q，問：是否存在點P，使四邊形MNPQ為菱形？并說明理由；
（3）如圖2，點G為y軸負半軸上的一動點，過點G作EF∥BC，直線EF與拋物線交于點E，F(xiàn)，與直線y＝﹣4x交于點H，若，求點G的坐標．


1．（2022?蒲城縣一模）如圖，已知直線與x軸、y軸分別交于B、C兩點，拋物線y＝ax2+3x+c經(jīng)過B、C兩點，與x軸的另一個交點為A，點E的坐標為．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）點E，F(xiàn)關(guān)于拋物線的對稱軸直線l對稱，Q點是對稱軸上一動點，在拋物線上是否存在點P，使得以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

2．（2022?撫順縣二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，頂點為D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若在線段BC上存在一點M，使得∠BMO＝45°，過點O作OH⊥OM交BC的延長線于點H，求點M的坐標；
（3）點P是y軸上一動點，點Q是在對稱軸上一動點，是否存在點P，Q，使得以點P，Q，C，D為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

3．（2022?歷下區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象交x軸于A、B兩點，與y軸交于點C，OB＝3OA＝3，點P是拋物線上一動點．
（1）求拋物線的解析式及點C坐標；
（2）如圖1，若點P在第一象限內(nèi)，過點P作x軸的平行線，交直線BC于點E，求線段PE的最大值及此時點P的坐標；
（3）如圖2，過點P作x軸的垂線交x軸于點Q，交直線BC于點M，在y軸上是否存在點G，使得以M，P，C，G為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點G坐標；若不存在，請說明理由．
4．（2022?碑林區(qū)校級三模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線L1：y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（2，2），拋物線的對稱軸是直線x＝1，頂點為點B．
（1）求這條拋物線的解析式；
（2）將拋物線L1平移到拋物線L2，拋物線L2的頂點記為D，它的對稱軸與x軸的交點記為E．已知點C（2，﹣1），若以A、C、D、E為頂點的四邊形為菱形，則請求出拋物線L2的頂點坐標．

5．（2022?佛山校級三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A，B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C，直線AC的解析式為y＝x﹣2．
（1）求拋物線的解析式；
（2）已知k為正數(shù)，當(dāng)0＜x≤1+k時，y的最大值和最小值分別為m，n，且m+n＝，求k的值；
（3）點P是平面內(nèi)任意一點，在拋物線對稱軸上是否存在點Q，使得以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

6．（2022?邵陽模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸分別交于點A（﹣1，0）和點B，與y軸交于點C（0，3）．
（1）求拋物線的解析式及對稱軸；
（2）如圖，點D與點C關(guān)于對稱軸對稱，點P在對稱軸上，若∠BPD＝90°，求點P的坐標；
（3）點M是拋物線上一動點，點N在拋物線的對稱軸上，是否存在以A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

7．（2022?九龍坡區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于點B、C（點B在點C左側(cè)），與y軸相交于點A．已知點B坐標為B（1，0），BC＝3，△ABC面積為6．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點P為直線AC下方拋物線上一動點，過點P作PD∥AB，交線段AC于點D．求PD長度的最大值及此時P點的坐標；
（3）如圖2，將拋物線向左平移個單位長度得到新的拋物線，M為新拋物線對稱軸l上一點，N為平面內(nèi)一點，使得以點A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出點N的坐標，并寫出求解其中一個N點坐標的過程．

8．（2022?恩施市模擬）如圖，已知直線y＝﹣x﹣3與x軸，y軸分別交于點A，B，拋物線y＝x2+bx+c的頂點是（2，﹣1），且與x軸交于C，D兩點，與y軸交于點E，P是拋物線上一個動點，過點P作PG⊥AB于點G．
（1）求b、c的值；
（2）若點M是拋物線對稱軸上任意點，點N是拋物線上一動點，是否存在點N，使得以點C，D，M，N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請你求出點N的坐標；若不存在，請你說明理由．
（3）當(dāng)點P運動到何處時，線段PG的長最??？最小值為多少？

9．（2020秋?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2﹣x+2交x軸于點A、B，交y軸于點C．
（1）求△ABC的面積；
（2）如圖，過點C作射線CM，交x軸的負半軸于點M，且∠OCM＝∠OAC，點P為線段AC上方拋物線上的一點，過點P作AC的垂線交CM于點G，求線段PG的最大值及點P的坐標；
（3）將該拋物線沿射線AC方向平移個單位后得到的新拋物線為y′＝ax2+bx+c（a≠0），新拋物線y′與原拋物線的交點為E，點F為新拋物線y′對稱軸上的一點，在平面直角坐標系中是否存在點Q，使以點A、E、F、Q為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

10．（2020秋?射陽縣期末）已知，如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0），經(jīng)過拋物線上的兩點A（﹣4，0）和B（2，0），C（0，8），點M是該拋物線頂點．
（1）求拋物線所對應(yīng)的函數(shù)表達式和頂點M坐標；
（2）在拋物線上A、C兩點之間的部分（不包含A、C兩點），是否存在點D，使的S△DAC＝S△MAC？若存在，求出點D的橫坐標；若不存在，請說明理由；
（3）若點E是x軸上一個動點，點F為平面直角坐標系內(nèi)一點，當(dāng)以點A，C，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形時，請直接寫出滿足條件的點E的坐標．

11．（2020?碑林區(qū)校級三模）在平面直角坐標系中，拋物線C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2的頂點為A，與y軸交于點B，將拋物線C1繞著平面內(nèi)的某一點旋轉(zhuǎn)180°得到拋物線C2，拋物線C2與y軸正半軸相交于點C．
（1）求A、B兩點的坐標；
（2）若拋物線C2上存在點D，使得以A、B、C、D四點為頂點的四邊形為菱形，請求出此時拋物線C2的表達式．

12．（2022春?興寧區(qū)校級期末）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC，點P是直線AC下方拋物線上的一個動點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接AP，CP，設(shè)P點的橫坐標為m，△ACP的面積為S，求S與m的函數(shù)關(guān)系式；
（3）試探究：過點P作BC的平行線1，交線段AC于點D，在直線l上是否存在點E，使得以點D，C，B，E為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點E的坐標，若不存在，請說明理由．

13．（2020?葫蘆島三模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，其中A（﹣1，0），B（4，0）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接BC，在直線BC上方的拋物線上有一動點D，連接AD，與直線BC相交于點E，當(dāng)DE：AE＝4：5時，求tan∠DAB的值；
（3）點P是直線BC上一點，在平面內(nèi)是否存在點Q，使以點P，Q，C，A為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

14．（2020?師宗縣一模）如圖，直線y＝﹣x+3與x軸、y軸分別交于點B，點C，經(jīng)過B，C兩點的拋物線y＝x2+bx+c與x軸的另一個交點為A，頂點為P，點M為拋物線的對稱軸上的一個動點．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點M在x軸的上方時，求四邊形COAM周長的最小值；
（3）在平面直角坐標系內(nèi)是否存在點N，使以C，P，M，N為頂點的四邊形為菱形？若存在，請寫出所有符合條件的點M的坐標；若不存在，請說明理由．

15．（2021?兩江新區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）交x軸于A，B兩點，交y軸于點C．其中點A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3），連接AC、BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，在拋物線上B，C兩點間有一動點P（點P不與B、C兩點重合），過點P作AC的平行線，交BC于點G，求PG的最大值及此時點P的坐標；
（3）如圖2，將拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）沿射線CB方向平移個單位長度得到新拋物線y′，點M為新拋物線對稱軸上的一動點，點N為平面內(nèi)的任意一點，是否存在點N使得以A，C，M，N為頂點的四邊形是以AC為邊的菱形，若存在，請直接寫出所有符合條件的點N的坐標；若不存在，請說明理由．

16．（2021?淮安區(qū)一模）如圖1，在平面直角坐標系中，已知矩形ABCD的三個頂點A（﹣3，4）、B（﹣3，0）、C（﹣1，0）．以D為頂點的拋物線y＝ax2+bx+c過點B．動點P以每秒1個單位的速度從點D出發(fā)，沿DC邊向點C運動，運動的時間為t秒．過點P作PE⊥CD交BD于點E，過點E作EF⊥AD于點F，交拋物線于點G．

（1）求該拋物線的解析式；
（2）連接BG，求△BGD的面積最大值；
（3）如圖2，在點P運動的同時，點Q從點B出發(fā)，沿BA邊以每秒1個單位的速度向點A運動．動點P、Q運動的過程中，在矩形ABCD內(nèi)（包括其邊界）是否存在點H，使以B，Q，E，H為頂點的四邊形是菱形？若不存在，請說明理由；若存在，請直接寫出t的值：t＝　 ?。?br /> 17．（2021?渝中區(qū)校級一模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝﹣x2+x+2與x軸相交于A，B兩點，與y軸交于點C．
（1）求B、C兩點的坐標；
（2）點P為直線BC上方拋物線上的任意一點，過P作PF∥x軸交直線BC于點F，過P作PE∥y軸交直線BC于點E，求線段EF的最大值及此時P點坐標；
（3）將該拋物線沿著射線AC方向平移個單位得到新拋物線y′，N是新拋物線對稱軸上一點，在平面直角坐標系中是否存在點Q，使以點B、C、Q、N為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點Q點的坐標；若不存在，請說明理由．

18．（2022?岳池縣模擬）如圖1，一次函數(shù)y＝x﹣4的圖象分別與x軸，y軸交于B，C兩點，二次函數(shù)y＝ax2﹣x+c的圖象過B，C兩點，且與x軸交于另一點A．
（1）求二次函數(shù)的表達式；
（2）點P是二次函數(shù)圖象的一個動點，設(shè)點P的橫坐標為m，若∠ABC＝2∠ABP．求m的值；
（3）如圖2，過點C作CD∥x軸交拋物線于點D．點M是直線BC上一動點，在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使得以點C，D，M，N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

19．（2021?羅湖區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C（0，3）．且點A的坐標為（﹣1，0），點B的坐標為（3，0），點P是拋物線上第一象限內(nèi)的一個點．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）連PO、PB，如果把△POB沿OB翻轉(zhuǎn)，所得四邊形POP′B恰為菱形，那么在拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使△QAB與△POB相似？若存在求出點Q的坐標；若不存在，說明理由；
（3）若（2）中點Q存在，指出△QAB與△POB是否位似？若位似，請直接寫出其位似中心的坐標．

20．（2021秋?九龍坡區(qū)校級月考）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點C，連接BC，交對稱軸于點D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是直線BC上方的拋物線上一點，連接PC，PD．求△PCD的面積的最大值以及此時點P的坐標；
（3）將拋物線y＝ax2+bx+3向右平移1個單位得到新拋物線，新拋物線與原拋物線交于點E，點F是新拋物線的對稱軸上的一點，點G是坐標平面內(nèi)一點．當(dāng)以D、E、F、G四點為頂點的四邊形是菱形時，直接寫出點F的坐標，并寫出求解其中一個點F的坐標的過程．

21．（2021?諸城市三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過點A（﹣2，0），點B（4，0），與y軸交于點C，過點C作直線CD∥x軸，與拋物線交于點D，作直線BC，連接AC．

（1）求拋物線的函數(shù)表達式，并用配方法求拋物線的頂點坐標；
（2）E是拋物線上的點，求滿足∠ECD＝∠ACO的點E的坐標；
（3）點M在y軸上，且位于點C的上方，點N在直線BC上，點P為直線BC上方拋物線上一點，若以點C，M，N，P為頂點的四邊形是菱形，求菱形的邊長．
22．（2021?鞍山一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y＝﹣x+4與x軸、y軸分別交于A、C兩點，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點B為y軸上一點，點P為直線AB上一點，過P作PQ∥BC交x軸于點Q，當(dāng)四邊形BCPQ為菱形時，請直接寫出B點坐標；
（3）在（2）的條件下，且點B在線段OC上時，將拋物線y＝﹣x2+bx+c向上平移m個單位，平移后的拋物線與直線AB交于點D（點D在第二象限），點N為x軸上一點，若∠DNB＝90°，且符合條件的點N恰好有2個，求m的取值范圍．

23．（2022?巨野縣一模）如圖，拋物線與x軸交于A（﹣1，0）、B（3，0），交y軸于C（0，3）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）P是直線BC上方的拋物線上的一個動點，設(shè)P的橫坐標為t，P到BC的距離為h，求h與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出h的最大值；
（3）設(shè)點M是x軸上的動點，在平面直角坐標系中，存在點N，使得以點A、C、M、N為頂點的四邊形是菱形，直接寫出所有符合條件的點N坐標．

24．（2021?洛陽一模）如圖，直線y＝x﹣3與x軸、y軸分別交于B、C兩點，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過B、C，且與x軸另一交點為A，連接AC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點E在拋物線上，連接EC，當(dāng)∠ECB+∠ACO＝45°時，求點E的橫坐標；
（3）點M從點A出發(fā)，沿線段AB由A向B運動，同時點N從點C出發(fā)沿線段CA由C向A運動，M，N的運動速度都是每秒1個單位長度，當(dāng)N點到達A點時，M，N同時停止運動，問在坐標平面內(nèi)是否存在點D，使M，N運動過程中的某些時刻t，以A，D，M，N為頂點的四邊形為菱形？若存在，直接寫出t的值；若不存在，說明理由．

25．（2021?山西模擬）綜合與探究．
如圖，拋物線y＝﹣x2+x+與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），頂點為D．點P為對稱軸右側(cè)拋物線上的一個動點，其橫坐標為m，直線AD交y軸于點C，過點P作PF∥AD，交x軸于點F，PE∥x軸，交直線AD于點E，交直線DF于點M．
（1）求直線AD的表達式及點C的坐標；
（2）當(dāng)四邊形AFPE的面積與△ADF的面積相等時，求m的值；
（3）試探究點P在運動過程中，是否存在m，使四邊形AFPE是菱形，若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

26．（2021?交城縣二模）實踐與探究
如圖1，已知拋物線經(jīng)過原點O和x軸上一點A（4，0），拋物線頂點為E，它的對稱軸與x軸交于點D，直線y＝﹣2x﹣1經(jīng)過拋物線上一點B（﹣2，m）且與y軸交于點C，與拋物線的對稱軸交于點F．
（1）求m的值及該拋物線的解析式；
（2）P（x，y）是拋物線上的一點，若△ADP與△ADC的面積相等，求出所有符合條件的點P的坐標．
（3）點Q是平面內(nèi)任意一點，點M從點F出發(fā)，沿對稱軸向上以每秒1個單位長度的速度勻速運動，設(shè)點M的運動時間為t秒，是否能使以Q、A、E、M四點為頂點的四邊形是菱形？若能，請直接寫出點M的運動時間t的值；若不能，請說明理由．



【例1】（2020?雁塔區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直線x＝4，拋物線與x軸相交于A（2，0），B兩點，與y軸交于點C（0，6），點E為拋物線的頂點．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式及頂點E的坐標；
（2）若將該拋物線的圖象繞x軸上一點M旋轉(zhuǎn)180°，點C、E的對應(yīng)點分別是點C'、E'，當(dāng)以C、E、C'、E'為頂點的四邊形是菱形時，求點M的坐標及旋轉(zhuǎn)后的拋物線的表達式，
【分析】（1）由拋物線的對稱性可求點B坐標，設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），將點C坐標代入，可求解；
（2）設(shè)點M（m，0），由中心對稱的性質(zhì)可求點C'（2m，﹣6），點E'（2m﹣4，2），由菱形的性質(zhì)和兩點距離公式可求m的值，即可求解．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直線x＝4，拋物線與x軸相交于A （2，0），B兩點，
∴點B（6，0），
設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），
∵拋物線圖象過點C （0，6），
∴6＝a（0﹣2）（0﹣6），
∴a＝，
∴拋物線的解析式為：y＝（x﹣2）（x﹣6）＝x2﹣4x+6，
∵y＝x2﹣4x+6＝（x﹣4）2﹣2，
∴頂點E坐標為（4，﹣2）；
（2）∵將該拋物線的圖象繞x軸上一點M旋轉(zhuǎn)180°，點C、E的對應(yīng)點分別是點C'、E'，
∴CM＝C'M，EM＝E'M，
∴四邊形CEC'E'是平行四邊形，
設(shè)點M（m，0），
∵點C （0，6），點E（4，﹣2），CM＝C'M，EM＝E'M，
∴點C'（2m，﹣6），點E'（2m﹣4，2），
∵以C、E、C'、E'為頂點的四邊形是菱形，
∴CE＝C'E，
∴＝，
∴m1＝﹣2，m2＝6，
∴點M（﹣2，0）或（6，0），
當(dāng)M（﹣2，0）時，點E'（﹣8，2），
∴旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式為：y＝﹣（x+8）2+2；
當(dāng)M（6，0）時，點E'（8，2），
∴旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式為：y＝﹣（x﹣8）2+2；
綜上所述：點M（﹣2，0）或（6，0），旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式為：y＝﹣（x+8）2+2或y＝﹣（x﹣8）2+2．
【例2】（2021?齊齊哈爾三模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2﹣x+c（a≠0）與x軸交于點A、B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C．OA、OB的長是不等式組的整數(shù)解（OA＜OB），點D（2，m）在拋物線上．
（1）求拋物線的解析式及m的值；
（2）y軸上的點E使AE和DE的值最小，則OE＝　2?。?br /> （3）將拋物線向上平移，使點C落在點F處．當(dāng)AD∥FB時，拋物線向上平移了 　9　個單位；
（4）點M在在y軸上，平面直角坐標系內(nèi)存在點N使以點A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出點N的坐標．

【分析】（1）求出不等式組的解集，確定A、B兩點的坐標，用待定系數(shù)法即可求二次函數(shù)的解析式；將點D的橫、縱坐標代入解析式，可求m的值；
（2）連接AD交y軸于點E，求出直線AD的解析式就可以求點E的坐標，進而求出OE；
（3）因為AD∥FB，可用相似三角形的性質(zhì)求出OF的長度，進而求出點C移動的單位長度；
（4）利用菱形的性質(zhì)，分類討論，針對不同的情況，分別求出點N的坐標．
【解答】解：（1）所給不等式組的解集為2≤x＜4，其整數(shù)解為2，3，
∵OA、OB的長是所給不等式組的整數(shù)解，且OA＜OB，
∴OA＝2，OB＝3，則A（﹣2，0），B（3，0），
∵點A、B在拋物線上，
∴，
解得，
∴所求的拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣6，
∵點D（2，m）在拋物線上，
∴m＝22﹣2﹣6＝﹣4；
（2）如圖1所示，連接AD交y軸于點E，則此時AE+ED最小，

設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+b（k≠0），
∵點A（﹣2，0），D（2，﹣4）在直線AD上，
∴，
解得，
∴直線AD的函數(shù)解析式為y＝﹣x﹣2，
當(dāng)x＝0時，y＝﹣2，
即E（0．﹣2），
∴OE＝|﹣2|＝2，
故答案為：2；
（3）如圖1，
∵AD∥FB，
∴△AEO∽△BFO，
∴＝，
∵OE＝OA＝2，
∴OF＝OB＝3，
∵C（0，﹣6），
∴OC＝|﹣6|＝6，
∴CF＝CO+OF＝6+3＝9，
∴拋物線向上平移9個單位，
故答案為：9；
（4）∵以A、B、M、N為頂點的四邊形是菱形，對角線互相垂直且平分，
由∵OA≠OB，
∴AB與MN不能作為一組對角線，
∴分兩種情況：
①以AM與BN為對角線時，如圖2①和圖2②，

如圖2①，AB＝OA+OB＝2+3＝5，
∵四邊形ABMN是菱形，
∴MN∥AB∥x軸，MN＝MB＝AB＝5，
在Rt△MBO中，OM＝＝＝4，
∴M（0，4），
∴N（﹣5，4），
如圖2②，同理可得：N（﹣5，﹣4），
②以AN與BM為對角線時，如圖2③和圖2④，

如圖2③，菱形的邊長仍為5，MN∥x軸，
∵MO＝＝＝，
∴M（0，），
∴N（5，），
如圖2④，同理可得：N（5，﹣），
綜上所述，①②兩種情況，符合條件的點N的坐標為：
N1（﹣5，﹣4）、N2（﹣5，4）、N3（5，）、N4（5，﹣）．
【例3】（2022?煙臺）如圖，已知直線y＝x+4與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A，C兩點，且與x軸的另一個交點為B，對稱軸為直線x＝﹣1．
（1）求拋物線的表達式；
（2）D是第二象限內(nèi)拋物線上的動點，設(shè)點D的橫坐標為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時D點的坐標；
（3）若點P在拋物線對稱軸上，是否存在點P，Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形？若存在，請求出P，Q兩點的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）先求得A，C，B三點的坐標，將拋物線設(shè)為交點式，進一步求得結(jié)果；
（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根據(jù)點D和點E坐標可表示出DE的長，進而表示出三角形ADC的面積，進而表示出S的函數(shù)關(guān)系式，進一步求得結(jié)果；
（3）根據(jù)菱形性質(zhì)可得PA＝PC，進而求得點P的坐標，根據(jù)菱形性質(zhì)，進一步求得點Q坐標．
【解答】解：（1）當(dāng)x＝0時，y＝4，
∴C （0，4），
當(dāng)y＝0時，x+4＝0，
∴x＝﹣3，
∴A （﹣3，0），
∵對稱軸為直線x＝﹣1，
∴B（1，0），
∴設(shè)拋物線的表達式：y＝a（x﹣1）?（x+3），
∴4＝﹣3a，
∴a＝﹣，
∴拋物線的表達式為：y＝﹣（x﹣1）?（x+3）＝﹣x2﹣x+4；
（2）如圖1，

作DF⊥AB于F，交AC于E，
∴D（m，﹣﹣m+4），E（m，m+4），
∴DE＝﹣﹣m+4﹣（m+4）＝﹣m2﹣4m，
∴S△ADC＝OA＝?（﹣m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，
∵S△ABC＝＝＝8，
∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+）2+，
∴當(dāng)m＝﹣時，S最大＝，
當(dāng)m＝﹣時，y＝﹣＝5，
∴D（﹣，5）；
（3）設(shè)P（﹣1，n），
∵以A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形，
∴PA＝PC，
即：PA2＝PC2，
∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，
∴n＝，
∴P（﹣1，），
∵xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝y(tǒng)A+yC
∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4﹣＝，
∴Q（﹣2，）．
【例4】（2022?武昌區(qū)模擬）如圖，直線y＝﹣2x+8分別交x軸，y軸于點B，C，拋物線y＝﹣x2+bx+c過B，C兩點，其頂點為M，對稱軸MN與直線BC交于點N．
（1）直接寫出拋物線的解析式；
（2）如圖1，點P是線段BC上一動點，過點P作PD⊥x軸于點D，交拋物線于點Q，問：是否存在點P，使四邊形MNPQ為菱形？并說明理由；
（3）如圖2，點G為y軸負半軸上的一動點，過點G作EF∥BC，直線EF與拋物線交于點E，F(xiàn)，與直線y＝﹣4x交于點H，若，求點G的坐標．

【分析】（1）根據(jù)直線BC的解析式可求得B（4，0），C（0，8），代入拋物線y＝﹣x2+bx+c即可求得答案；
（2）設(shè)P（t，﹣2t+8），則Q（t，﹣t2+2t+8），根據(jù)PQ∥MN，PQ＝MN，可得t＝3，即P（3，2），Q（3，5），由兩點間距離公式可得PN＝2，由于PN≠MN，故四邊形MNPQ不能為菱形．
（3）連接MG，過點H、E、F分別作y軸的垂線，垂足依次為K、L、T，設(shè)G（0，m），由EF∥BC，直線BC：y＝﹣2x+8，可得直線EF的解析式為y＝﹣2x+m，通過聯(lián)立方程組可得H（﹣m，2m），進而求得HG＝﹣m，根據(jù)直線EF：y＝﹣2x+m與拋物線交于點E，F(xiàn)，可得x2﹣4x+m﹣8＝0，運用根與系數(shù)關(guān)系可得：xE+xF＝4，xExF＝m﹣8，利用三角函數(shù)定義可得：EG＝＝＝﹣xE，F(xiàn)G＝＝＝xF，再由﹣＝，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵直線y＝﹣2x+8分別交x軸，y軸于點B，C，
∴B（4，0），C（0，8），
∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過B，C兩點，
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+8；
（2）不存在點P，使四邊形MNPQ為菱形．理由如下：
設(shè)P（t，﹣2t+8），
∵PD⊥x軸，
∴PD∥y軸，即PQ∥y軸，
則Q（t，﹣t2+2t+8），
∴PQ＝﹣t2+2t+8﹣（﹣2t+8）＝﹣t2+4t，
∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9，
∴拋物線的頂點為M（1，9），對稱軸為直線x＝1，
∴N（1，6），
∴MN＝9﹣6＝3，MN∥y軸，
∴PQ∥MN，
要使四邊形MNPQ為菱形，必須PQ＝MN＝PN，
由﹣t2+4t＝3，
解得：t＝1或t＝3，
當(dāng)t＝1時，點P與點N重合，點Q與點M重合，舍去；
當(dāng)t＝3時，P（3，2），Q（3，5），
∴PQ＝5﹣2＝3，
∴PQ＝MN，
∵PQ∥MN，
∴四邊形MNPQ是平行四邊形，
∵PN＝＝2，
∴PN≠MN，
故四邊形MNPQ不能為菱形．
（3）如圖（2），連接MG，過點H、E、F分別作y軸的垂線，垂足依次為K、L、T，
設(shè)G（0，m），
∵EF∥BC，直線BC：y＝﹣2x+8，
∴直線EF的解析式為y＝﹣2x+m，
∵直線EF與直線y＝﹣4x交于點H，
∴，
解得：，
∴H（﹣m，2m），
∴HK＝m，GK＝﹣m，
在Rt△GHK中，HG＝＝＝﹣m，
∵直線EF與拋物線交于點E，F(xiàn)，
∴﹣x2+2x+8＝﹣2x+m，
整理得：x2﹣4x+m﹣8＝0，
∴xE+xF＝4，xExF＝m﹣8，
在Rt△BOC中，OB＝4，OC＝8，
∴BC＝＝＝4，
∴sin∠BCO＝＝＝，
∵EF∥BC，
∴∠FGT＝∠EGL＝∠BCO，
∴sin∠FGT＝sin∠EGL＝sin∠BCO＝，
∴EG＝＝＝﹣xE，F(xiàn)G＝＝＝xF，
∴﹣＝＝＝，
∵﹣＝，
∴＝，
解得：m＝﹣8，
∴點G的坐標為（0，﹣8）．




1．（2022?蒲城縣一模）如圖，已知直線與x軸、y軸分別交于B、C兩點，拋物線y＝ax2+3x+c經(jīng)過B、C兩點，與x軸的另一個交點為A，點E的坐標為．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）點E，F(xiàn)關(guān)于拋物線的對稱軸直線l對稱，Q點是對稱軸上一動點，在拋物線上是否存在點P，使得以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）由，可得B（3，0），C（0，），用待定系數(shù)法得拋物線的函數(shù)表達式是y＝﹣x2+3x+；
（2）y＝﹣x2+3x+＝﹣（x﹣1）2+6，得拋物線的對稱軸是直線x＝1，關(guān)鍵E（0，），F(xiàn)關(guān)于拋物線的對稱軸直線x＝1對稱，得F（2，），設(shè)Q（1，t），P（m，﹣m2+3m+），分3種情況：①當(dāng)EF，PQ是對角線時，EF的中點即是PQ的中點，，得m＝1，又EQ＝FQ，故P（1，6）；②當(dāng)EQ，F(xiàn)P為對角線時，EQ，F(xiàn)P的中點重合，，得P（﹣1，0），Q（1，0），又FQ＝2＝PQ，故P（﹣1，0）；③當(dāng)EP，F(xiàn)Q為對角線，EP，F(xiàn)Q的中點重合，，可得P（3，0）．
【解答】解：（1）在中，令x＝0得y＝，令y＝0得x＝3，
∴B（3，0），C（0，），
把B（3，0），C（0，）代入y＝ax2+3x+c得：
，
解得，
∴拋物線的函數(shù)表達式是y＝﹣x2+3x+；
（2）在拋物線上存在點P，使得以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形，理由如下：
∵y＝﹣x2+3x+＝﹣（x﹣1）2+6，
∴拋物線的對稱軸是直線x＝1，
∵E（0，），F(xiàn)關(guān)于拋物線的對稱軸直線x＝1對稱，
∴F（2，），
設(shè)Q（1，t），P（m，﹣m2+3m+），
①當(dāng)EF，PQ是對角線時，EF的中點即是PQ的中點，如圖：

∴，
解得m＝1，
∵E（0，），F(xiàn)關(guān)于拋物線的對稱軸直線x＝1對稱，
∴EQ＝FQ，
∴以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形，
∴P（1，6）；
②當(dāng)EQ，F(xiàn)P為對角線時，EQ，F(xiàn)P的中點重合，如圖：

∴，
解得，
∴P（﹣1，0），Q（1，0），
而F（2，），
∴FQ＝2＝PQ，
∴以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形，
∴P（﹣1，0）；
③當(dāng)EP，F(xiàn)Q為對角線，EP，F(xiàn)Q的中點重合，如圖：

∴，
解得，
∴P（3，0），Q（1，0），
而F（2，），
∴FP＝QP＝2，
∴以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形，
∴P（3，0），
綜上所述，P的坐標是（1，6）或（﹣1，0）或（3，0）．
2．（2022?撫順縣二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，頂點為D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若在線段BC上存在一點M，使得∠BMO＝45°，過點O作OH⊥OM交BC的延長線于點H，求點M的坐標；
（3）點P是y軸上一動點，點Q是在對稱軸上一動點，是否存在點P，Q，使得以點P，Q，C，D為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）把點A（﹣1，0），B（3，0）代入拋物線解析式得，解得，即可得出結(jié)論；
（2）由待定系數(shù)法得直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，設(shè)點M的坐標為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），過點M作MN⊥y軸于點N，過點H作HK⊥y軸于點K，證△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．則H（﹣2m+6，﹣m），再由點H（﹣2m+6，﹣m）在直線y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，解得m＝，即可解決問題；
（3）分兩種情況討論，①當(dāng)CD為菱形的邊時，②當(dāng)CD為菱形的對角線時，分別求出點Q的坐標即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（﹣1，0），B（3，0）兩點，
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6；
（2）由（1）得，點C（0，6），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，
∵直線BC經(jīng)過點B（3，0），C（0，6），
∴，
解得：
∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，
設(shè)點M的坐標為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
如圖1，過點M作MN⊥y軸于點N，過點H作HK⊥y軸于點K，
則∠MNO＝∠OKH＝90°，
∵OH⊥OM，
∴∠MOH＝90°，
∵∠OMB＝45°，
∴△MOH是等腰直角三角形，
∴OM＝OH．
∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，
∴∠MON＝∠OHK，
∴△OMN≌△HOK（AAS），
∴MN＝OK，ON＝HK．
∴H（﹣2m+6，﹣m），
∵點H（﹣2m+6，﹣m）在直線y＝﹣2x+6上，
∴﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，
解得：m＝，
把m＝代入y＝﹣2x+6得：y＝，
∴當(dāng)∠OMB＝45°時，點M的坐標為（）；
（3）存在，理由如下：
∵拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，頂點為D，
∴點D的坐標為（1，8），
分兩種情況討論：
①當(dāng)CD為菱形的邊時，
如圖2，過C作CE⊥DQ于E
∵C（0，6），D（1，8），
∴CD＝＝，
∴DQ＝CD＝，
∴Q點的坐標為（1，8﹣）或（1，8+）；
②當(dāng)CD為菱形的對角線時，
如圖3，設(shè)點Q（1，m），P（0，n），
∵C（0，6），D（1，8），
∴m+n＝6+8＝14，
∴n＝14﹣m，
∴P（0，14﹣m），
∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，
∵CQ＝＝，PC＝CQ，
∴8﹣m＝，
解得：m＝，
∴點Q的坐標為（1，）；
綜上所述，點Q的坐標為（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．



3．（2022?歷下區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象交x軸于A、B兩點，與y軸交于點C，OB＝3OA＝3，點P是拋物線上一動點．
（1）求拋物線的解析式及點C坐標；
（2）如圖1，若點P在第一象限內(nèi)，過點P作x軸的平行線，交直線BC于點E，求線段PE的最大值及此時點P的坐標；
（3）如圖2，過點P作x軸的垂線交x軸于點Q，交直線BC于點M，在y軸上是否存在點G，使得以M，P，C，G為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點G坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由OB＝3OA＝3可得點B，A坐標，再通過待定系數(shù)法求解．
（2）由點B，C坐標求出直線BC解析式，作PF⊥x軸交BC于點F，設(shè)點P坐標為（m，﹣m2+2m+3），由PF與PE的關(guān)系求解．
（3）分類討論點P在不同位置，結(jié)合圖象，根據(jù)菱形的性質(zhì)求解．
【解答】解：（1）∵OB＝3OA＝3，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
將（3，0），（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得，
解得，
∴y＝﹣x2+2x+3，
將x＝0代入y＝﹣x2+2x+3得y＝3，
∴點C坐標為（0，3）．
（2）設(shè)直線BC解析式為y＝kx+b，將（3，0），（0，3）代入y＝kx+b得，
解得，
∴y＝﹣x+3，
作PF⊥x軸交BC于點F，

∵OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
∵PE∥x軸，
∴∠PEF＝∠OBC＝45°，
∴PF＝PE，
設(shè)點P坐標為（m，﹣m2+2m+3），則點F坐標為（m，﹣m+3）．
∴PF＝PE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，
∴m＝時，PE的最大值為，此時點P坐標為（，）．
（3）①如圖，PM＝CM，

設(shè)點P坐標為（m，﹣m2+2m+3），則M（m，﹣m+3），由（2）得PM＝﹣m2+3m，
∵點C坐標為（0，3），
∴CM＝＝m，
∴﹣m2+3m＝m，
解得m＝0（舍）或m＝3﹣，
∴GC＝CM＝3﹣2，
∴OG＝OC+CG＝3+3﹣2＝3+1，
∴點G坐標為（0，3+1）．
②如圖，PM＝CG時四邊形PCGM為平行四邊形，PG⊥CM時四邊形PCGM為菱形，

∵PM＝﹣m2+3m，點C坐標為（0，3），
∴點G坐標為（0，m2﹣3m+3），
作GN⊥PM，

∵∠CBO＝45°，
∴∠GPN＝∠PMC＝∠BNQ＝45°，
∴GN＝PN，即m＝﹣m2+2m+3﹣（m2﹣3m+3），
解得m＝0（舍）或m＝2，
∴點G坐標為（0，1）．
③如圖，PM＝CM，

由①可得m2﹣3m＝m，
解得m＝3+，
∴PM＝CG＝CM＝3+2，
∴點G坐標為（0，1﹣3）．
綜上所述，點G坐標為（0，3+1）或（0，1）或（0，1﹣3）．
4．（2022?碑林區(qū)校級三模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線L1：y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（2，2），拋物線的對稱軸是直線x＝1，頂點為點B．
（1）求這條拋物線的解析式；
（2）將拋物線L1平移到拋物線L2，拋物線L2的頂點記為D，它的對稱軸與x軸的交點記為E．已知點C（2，﹣1），若以A、C、D、E為頂點的四邊形為菱形，則請求出拋物線L2的頂點坐標．

【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）設(shè)拋物線L2的頂點記為D（m，n），則E（m，0），如圖，根據(jù)菱形性質(zhì)和DE∥AC，可得出DE＝AC＝3，再分兩種情況：①當(dāng)n＝3時，D（m，3），E（m，0），②當(dāng)n＝﹣3時，D（m，﹣3），E（m，0），分別建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵拋物線L1：y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（2，2），拋物線的對稱軸是直線x＝1，
∴，
解得：，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+2；
（2）設(shè)拋物線L2的頂點記為D（m，n），則E（m，0），如圖，
∴DE＝|n|，DE∥y軸，
∵A（2，2），C（2，﹣1），
∴AC＝2﹣（﹣1）＝3，AC∥y軸，
∴AC∥DE，
又AD＝，AE＝，
∵以A、C、D、E為頂點的四邊形為菱形，
∴DE＝AC，即|n|＝3，
∴n＝±3，
①當(dāng)n＝3時，D（m，3），E（m，0），
∵AD＝AC＝3，
∴AD2＝9，即（m﹣2）2+（3﹣2）2＝9，
解得：m＝2+2或2﹣2，
∴D（2+2，3）或（2﹣2，3）；
②當(dāng)n＝﹣3時，D（m，﹣3），E（m，0），
∵AE＝AC＝3，
∴AE2＝9，即（m﹣2）2+（0﹣2）2＝9，
解得：m＝2+或2﹣，
∴D（2+，﹣3）或（2﹣，﹣3）；
綜上所述，點D的坐標為（2+2，3）或（2﹣2，3）或（2+，﹣3）或（2﹣，﹣3）．

5．（2022?佛山校級三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A，B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C，直線AC的解析式為y＝x﹣2．
（1）求拋物線的解析式；
（2）已知k為正數(shù)，當(dāng)0＜x≤1+k時，y的最大值和最小值分別為m，n，且m+n＝，求k的值；
（3）點P是平面內(nèi)任意一點，在拋物線對稱軸上是否存在點Q，使得以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）求出點A和點C坐標，從點A和點B坐標將拋物線的解析式設(shè)為交點式，將點C坐標代入，進一步求得結(jié)果；
（2）箱求出n的值，進而求得m的值，進而求得點k的值；
（3）只需滿足三角形ACQ為等腰三角形即可．設(shè)點Q的坐標，進而表示出AQ，CQ及AC，進而根據(jù)AQ＝CQ，AQ＝AC及CQ＝AC，進一步求得結(jié)果．
【解答】解：（1）當(dāng)x＝0時，y＝﹣2，
∴點C（0，﹣2），
當(dāng)y＝0時，＝0，
∴x＝3，
∴點A（3，0），
∴設(shè)y＝a（x+1）?（x﹣3），
將點C（0，﹣2）代入得，
﹣3a＝﹣2，
∴a＝，
∴y＝（x+1）?（x﹣3）＝﹣﹣2；
（2）∵拋物線的對稱軸為直線：x＝1，
∵k＞0，
∴k+1＞1，
∴當(dāng)0＜x＜1+k時，
∴當(dāng)x＝1時，
n＝（1+1）×（1﹣3）＝﹣，
∵m+n＝，
∴m＝8，
當(dāng)m＝8時，﹣x﹣2＝8，
∴x1＝5，x2＝﹣3（舍去），
∴1+k＝5，
∴k＝4；
（3）設(shè)點Q（1，a），
∵A（3，0），C（0，﹣2），
∴AQ2＝（3﹣1）2+a2＝a2+4，
AC2＝32+22＝13，
CQ2＝1+（a+2）2＝a2+4a+5，
①當(dāng)AQ＝AC時，
a2+4＝13，
∴a＝±3，
∴Q1（1，3），Q2（1，﹣3），
當(dāng)AQ＝CQ時，
a2+4a+5＝a2+4，
∴a＝﹣，
∴Q3（1，﹣），
當(dāng)AC＝CQ時，
a2+4a+5＝13，
∴a＝﹣2，
∴Q4（1，﹣2+2），Q5（1，﹣2﹣2），
綜上所述：Q（1，3）或（1．﹣3）或（1．﹣）或（1，﹣2+2）或（1，﹣2﹣2）．
6．（2022?邵陽模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸分別交于點A（﹣1，0）和點B，與y軸交于點C（0，3）．
（1）求拋物線的解析式及對稱軸；
（2）如圖，點D與點C關(guān)于對稱軸對稱，點P在對稱軸上，若∠BPD＝90°，求點P的坐標；
（3）點M是拋物線上一動點，點N在拋物線的對稱軸上，是否存在以A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將點A（﹣1，0）、點C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；
（2）設(shè)P（1，t），求出B點和D點坐標，再求BD的中點H為（，），BD＝，由題意可得PH＝BD，求出t的值即可求解；
（3）設(shè)M（m，﹣m2+2m+3），N（1，n），分三種情況討論：①當(dāng)AB為菱形的對角線時，AM＝AN，解得N（1，﹣4）；②當(dāng)AM為菱形對角線時，AB＝AN，不存在菱形；③當(dāng)AN為菱形對角線時，AB＝AM，不存在菱形．
【解答】解：（1）將點A（﹣1，0）、點C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1；
（2）令﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝﹣1（舍去）或x＝3，
∴B（3，0），
∵點D與點C關(guān)于對稱軸對稱，
∴D（2，3），
∴BD的中點H為（，），BD＝，
∵∠BPD＝90°，
∴PH＝BD，
設(shè)P（1，t），
∴（）2+（﹣t）2＝×10，
解得t＝1或t＝2，
∴P（1，1）或（1，2）；
（3）存在以A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，理由如下：
設(shè)M（m，﹣m2+2m+3），N（1，n），
①當(dāng)AB為菱形的對角線時，AM＝AN，
∴，
解得，
∴N（1，﹣4）；
②當(dāng)AM為菱形對角線時，AB＝AN，
∴，
此時無解；
③當(dāng)AN為菱形對角線時，AB＝AM，
∴，
此時無解；
綜上所述：N點坐標為（1，﹣4）．
7．（2022?九龍坡區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于點B、C（點B在點C左側(cè)），與y軸相交于點A．已知點B坐標為B（1，0），BC＝3，△ABC面積為6．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點P為直線AC下方拋物線上一動點，過點P作PD∥AB，交線段AC于點D．求PD長度的最大值及此時P點的坐標；
（3）如圖2，將拋物線向左平移個單位長度得到新的拋物線，M為新拋物線對稱軸l上一點，N為平面內(nèi)一點，使得以點A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出點N的坐標，并寫出求解其中一個N點坐標的過程．

【分析】（1）由△ABC面積為6可得OA＝4，則A（0，4），由BC＝3（點B在點C左側(cè)）得C（4，0），利用待定系數(shù)法即可求解；
（2）過點P作PE∥y軸交AC于點E，作DF⊥PE于F，將PE表示PD的長，進而用點P坐標表示成函數(shù)，借助二次函數(shù)求最值的方法求解PD的最大值；
（3）先利用二次函數(shù)平移的規(guī)律得到新拋物線的解析式，然后設(shè)出點M（﹣1，t），分兩種情況：線段AB為菱形的對角線時；線段AB為菱形的邊時，利用菱形的性質(zhì)求解即可．
【解答】解：（1）∵S△ABC＝BC?OA＝6，BC＝3，B（1，0），
∴OA＝4，C（4，0），
∴A（0，4），
∴，解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣5x+4；

（2）如圖，過點P作PE∥y軸交AC于點E，作DF⊥PE于F，

∵OC＝OA＝4，則∠OAC＝∠DEF＝45°．
∴DF＝EF，
∵PD∥AB，
∴∠ABO＝∠DGB＝∠HGP．
∵∠ABO+∠OAB＝90°，∠HGP+∠DPE＝90°，
∴∠OAB＝∠DPE．
∴tan∠DPE＝tan∠OAB＝，
∴，
∴PF＝4DF．
∵EF＝DF．
∴PE＝PF﹣EF＝3DF．
∴DF＝PE，
又在Rt△PDF中，由勾股定理得：PD＝＝DF＝PE．
設(shè)點P（t，t2﹣5t+4），
∵C（4，0），A（0，4），
∴直線AC解析式為：y＝﹣x+4，
∴點E坐標為（t，﹣t+4）
∴PE＝y(tǒng)E﹣yP＝﹣t+4﹣（t2﹣5t+4）＝﹣t2+4t，
∴PD＝PE＝（﹣t2+4t）＝﹣（t﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)t＝2時，PD有最大值，
此時點P（2，﹣2）；
（3）∵y＝x2﹣5x+4＝（x﹣）2﹣，該拋物線向左移動個單位，
∴新拋物線的解析式為：y′＝（x+1）2﹣，
∴新拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，
設(shè)M（﹣1，t）；
當(dāng)線段AB為菱形的對角線時，MA＝MB，

∵A（0，4），B（1，0），
∴MA2＝12+（4﹣t）2＝t2﹣8t+17，MB2＝t2+4，
∴t2﹣8t+17＝t2+4，解得t＝，
∴M（﹣1，），
∵A（0，4），B（1，0），
∴0+1﹣（﹣1）＝2，0+4﹣＝，
∴N（2，）；
當(dāng)線段AB為菱形的邊時，
∵A（0，4），B（1，0），
∴MA2＝12+（4﹣t）2＝t2﹣8t+17，AB2＝17，MB2＝t2+4，
①當(dāng)MA＝AB時，

MA2＝AB2，即t2﹣8t+17＝17，
∴t＝0或t＝8；
∴M（﹣1，0）或（﹣1，8）；
∵直線AB為y＝﹣4x+4，
當(dāng)x＝﹣1時，y＝8，
∴（﹣1，8）在直線AB上，不合題意，舍去，
∵A（0，4），B（1，0），
∴﹣1+1＝0，0﹣4＝﹣4，
∴N（0，﹣4）；
②當(dāng)BA＝BM時，

BA2＝BM2，即17＝t2+4，
∴t＝或t＝﹣；
∴M（﹣1，）或（﹣1，﹣）；
∵A（0，4），B（1，0），
∴﹣1﹣1＝﹣2，
∴N（﹣2，+4）或（﹣2，﹣+4）；
綜上，點N的坐標為（2，）或（0，﹣4）或（﹣2，+4）或（﹣2，﹣+4）．
8．（2022?恩施市模擬）如圖，已知直線y＝﹣x﹣3與x軸，y軸分別交于點A，B，拋物線y＝x2+bx+c的頂點是（2，﹣1），且與x軸交于C，D兩點，與y軸交于點E，P是拋物線上一個動點，過點P作PG⊥AB于點G．
（1）求b、c的值；
（2）若點M是拋物線對稱軸上任意點，點N是拋物線上一動點，是否存在點N，使得以點C，D，M，N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請你求出點N的坐標；若不存在，請你說明理由．
（3）當(dāng)點P運動到何處時，線段PG的長最?。孔钚≈禐槎嗌?？

【分析】（1）已知條件給了二次項系數(shù)和頂點坐標，用頂點式求出解析式；
（2）以已知線段CD為標準，分為CD為邊和對角線兩種情況，利用菱形的性質(zhì)，鄰邊相等和對角線互相垂直平分來列出方程，求出點N坐標；
（3）在△PGQ中，PG與PQ有比例關(guān)系，所以PG最小時也是PQ最小時，設(shè)出點P和Q坐標，表示出線段PQ的表達式，即可求出最小值．
【解答】解：（1）由題意得：拋物線為y＝（x﹣2）2﹣1，
整理得y＝x2﹣x+3，
∴b＝﹣，c＝3；

（2）由題意知，拋物線的對稱軸為x＝2，
把y＝0代入y＝（x﹣2）2﹣1，
得x＝或x＝3，
∴C（，0），D（3，0），
∴CD＝2．
I．如圖，當(dāng)以CD為菱形的邊時，MN平行且等于CD．

若點N在對稱軸右側(cè)，
∵MN＝CD＝2，
∴x＝2+2＝4，
把x＝4代入y＝（x﹣2）2﹣1，得y＝3，
∴點N的坐標為（4，3）．
∵MC＝＝2．
∴MC＝MN＝CD＝2，
∴四邊形MNDC為菱形．
即N（4，3）符合題意．
同理可知，當(dāng)N的坐標為（0，3）時，四邊形MNCD也為菱形．
II．如圖，當(dāng)CD為菱形的對角線時，

根據(jù)菱形的對角線互相垂直平分，可得對稱軸垂直平分CD，
所以M，N在對稱軸上．
又因為點N在拋物線上，
所以點N為拋物線的頂點，
所以點N的坐標為（2，﹣1）．
綜上所述，符合條件的點N的坐標為（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；

（3）把x＝0代入y＝﹣x﹣3，得y＝﹣3，
∴點B的坐標為（0，﹣3）．
把y＝0代入y＝﹣x﹣3，
得x＝﹣3，
∴點A的坐標為（﹣3，0）．
∴AB＝＝6，
∴sin∠ABO＝＝＝，
如圖，過點P作PH⊥x軸交AB于點H，

則有PH∥OB，
∴∠PHC＝∠ABO，
∴sin∠PHG＝sin∠ABO＝，
設(shè)點P的橫坐標為m，則P（m，m2﹣m+3），H（m，﹣m﹣3），
∴PH＝m2﹣m+3﹣（﹣m﹣3）＝m2﹣m+6＝（m﹣）2+，
∵＞0，
∴當(dāng)m＝時，PH有最小值，最小值為，
此時PG有最小值，
當(dāng)m＝時，m2﹣m+3＝﹣，
此時點P的坐標為（，﹣），
∴當(dāng)點P運動到（，﹣）時，線段PG的長的最小值為．
9．（2020秋?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2﹣x+2交x軸于點A、B，交y軸于點C．
（1）求△ABC的面積；
（2）如圖，過點C作射線CM，交x軸的負半軸于點M，且∠OCM＝∠OAC，點P為線段AC上方拋物線上的一點，過點P作AC的垂線交CM于點G，求線段PG的最大值及點P的坐標；
（3）將該拋物線沿射線AC方向平移個單位后得到的新拋物線為y′＝ax2+bx+c（a≠0），新拋物線y′與原拋物線的交點為E，點F為新拋物線y′對稱軸上的一點，在平面直角坐標系中是否存在點Q，使以點A、E、F、Q為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）令x＝0，則y＝2，令y＝0，則﹣x2﹣x+2＝0，可得A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），再運用三角形面積公式即可求得答案；
（2）解法一：如圖1，過點P作PN∥y軸，交AC于點T，交CM于點N，交x軸于點K，過點G作GH⊥PN于點H，由tan∠OAC＝tan∠OCM，可得＝，即可得出M（﹣1，0），再利用待定系數(shù)法求得直線OM的解析式，設(shè)P（m，﹣m2m+2），則N（m，2m+2），可得出PH＝PN＝m2﹣m，再由＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝＝，可得PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+，運用二次函數(shù)性質(zhì)求最值即可；解法二：如圖1′，過點作PH∥x軸交CM于點H，過點G作GD⊥PH于點D，設(shè)PG與AC、x軸交點分別為N、F，設(shè)P（m，﹣m2m+2），則H（m2﹣m，﹣m2m+2），可得DP＝（m2﹣m﹣m）＝m2﹣m＝﹣（m+）2+，運用二次函數(shù)性質(zhì)求最值即可；
（3）運用平移變換的性質(zhì)求出E（﹣1，3），設(shè)F（，n），表示出AE、AF、EF的平分，再分類討論，根據(jù)菱形性質(zhì)得出△AEF是等腰三角形，分別建立方程求解即可．
【解答】解：（1）在y＝﹣x2﹣x+2中，令x＝0，則y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
令y＝0，則﹣x2﹣x+2＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣4）＝5，
∴S△ABC＝AB?OC＝×5×2＝5；
（2）解法一：如圖1，過點P作PN∥y軸，交AC于點T，交CM于點N，交x軸于點K，過點G作GH⊥PN于點H，
則∠PNG＝∠OCM，∠PHG＝∠AKT＝90°，
∵PG⊥AC，
∴∠PET＝90°＝∠AKT，
∴∠PTE+∠TPE＝90°，∠OAC+∠ATK＝90°，
∵∠PTE＝∠ATK，
∴∠TPE＝∠OAC，
∵∠OCM＝∠OAC，
∴∠PNG＝∠TPE＝∠OAC，
∴PG＝NG，
∵GH⊥PN，
∴PH＝PN，
∵tan∠OAC＝tan∠OCM，
∴＝，即＝，
∴OM＝1，
∴M（﹣1，0），
設(shè)直線OM的解析式為y＝kx+b，
∵M（﹣1，0），C（0，2），
∴，
解得：，
∴直線CM的解析式為y＝2x+2，
設(shè)P（m，﹣m2m+2），則N（m，2m+2），
∴PN＝﹣m2m+2﹣（2m+2）＝﹣m2﹣m，
∴PH＝PN＝m2﹣m，
∵AC＝＝＝2，
∴＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝＝＝，
∴PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+，
∴當(dāng)m＝，PG最大，最大值為，
故當(dāng)點P坐標為（，）時，PG最大，最大值為；
解法二：如圖1′，過點作PH∥x軸交CM于點H，過點G作GD⊥PH于點D，
設(shè)PG與AC、x軸交點分別為N、F，
由（1）得，＝＝，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC＝∠BCO＝∠OCM，
在△COB和△COM中，
，
∴△COB≌△COM（ASA），
∴OM＝OB＝1，
∴M（﹣1，0），
設(shè)直線CM的解析式為y＝kx+b，
∵M（﹣1，0），C（0，2），
∴，
解得：，
∴直線CM的解析式為y＝2x+2，
∵DG∥OC，
∴∠DGH＝∠OCM，
∵∠ANF＝∠FEG＝90°，∠NFA＝∠EFG，
∴∠NAF＝∠FGE，
∵∠OCM＝∠OAC，
∴∠DGH＝∠FGE，
∵∠GDP＝∠GDH＝90°，GD＝GD，
∴△GDP≌△GDH（ASA），
∴PD＝DH，
設(shè)P（m，﹣m2m+2），則H（m2﹣m，﹣m2m+2），
DP＝（m2﹣m﹣m）＝m2﹣m＝﹣（m+）2+，
tan∠OCB＝tan∠PGD＝，可得：PG＝DP，
當(dāng)DP最大時，PG就最大，
∴當(dāng)m＝，DP最大，最大值為，
故當(dāng)點P坐標為（，）時，PG最大，最大值為；
（3）拋物線y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+）2+，該拋物線沿射線AC方向平移個單位，
實際上就是向右平移2個單位，向上平移1個單位，
平移后的解析式為：y＝﹣（x﹣）2+，對稱軸為直線x＝，
兩個拋物線交于E點，所以﹣（x+）2+＝﹣（x﹣）2+，
解得：x＝﹣1，代入得y＝3，
∴E（﹣1，3），
設(shè)F（，n），
則AE2＝（﹣1+4）2+32＝18，
AF2＝（+4）2+n2，
EF2＝（+1）2+（n﹣3）2，
當(dāng)AE＝AF時，18＝+n2，此方程無實數(shù)根；
當(dāng)AE＝EF時，18＝n2﹣6n+，
解得：n1＝3﹣，n2＝3+，
則F1（，3﹣），對應(yīng)的Q1（﹣，﹣）；
F2（，3+），對應(yīng)的Q2（﹣，）；
當(dāng)AF＝EF時，+n2＝n2﹣6n+，
解得：n＝﹣，
F3（，﹣），對應(yīng)的Q3（﹣，）；
綜上所述，Q點的坐標為（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣，）．



10．（2020秋?射陽縣期末）已知，如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0），經(jīng)過拋物線上的兩點A（﹣4，0）和B（2，0），C（0，8），點M是該拋物線頂點．
（1）求拋物線所對應(yīng)的函數(shù)表達式和頂點M坐標；
（2）在拋物線上A、C兩點之間的部分（不包含A、C兩點），是否存在點D，使的S△DAC＝S△MAC？若存在，求出點D的橫坐標；若不存在，請說明理由；
（3）若點E是x軸上一個動點，點F為平面直角坐標系內(nèi)一點，當(dāng)以點A，C，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形時，請直接寫出滿足條件的點E的坐標．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法，根據(jù)題意設(shè)y＝a（x+4）（x﹣2），將C（0，8）代入，解方程即可求得答案；
（2）直線AC的解析式為y＝2x+8，設(shè)D（t，﹣t2﹣2t+8），過點D作DG∥y軸交直線AC于點G，過點M作MH∥y軸交直線AC于點H，則G（t，2t+8），H（﹣1，6），根據(jù)S△DAC＝S△MAC，建立方程求解即可；
（3）根據(jù)以點A，C，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形，分情況討論：①當(dāng)CE為對角線時，則AE＝AC，②當(dāng)AC為對角線時，則AE＝CE，③當(dāng)AE為對角線時，則CE＝AC，分別建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣4，0）和B（2，0），
∴設(shè)y＝a（x+4）（x﹣2），將C（0，8）代入，
得：8＝a（0+4）（0﹣2），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+4）（x﹣2）＝﹣x2﹣2x+8＝﹣（x+1）2+9，
∴M（﹣1，9）；
故拋物線的函數(shù)表達式為y＝﹣x2﹣2x+8，頂點M坐標為（﹣1，9）；
（2）存在．
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+d，
∵A（﹣4，0），C（0，8），
∴，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝2x+8，
設(shè)D（t，﹣t2﹣2t+8），過點D作DG∥y軸交直線AC于點G，過點M作MH∥y軸交直線AC于點H，
則G（t，2t+8），H（﹣1，6），
∴DG＝﹣t2﹣2t+8﹣（2t+8）＝﹣t2﹣4t，MH＝9﹣6＝3，
∴S△DAC＝S△ADG+S△CDG＝DG?（t+4）+DG?（0﹣t）＝2DG，
S△MAC＝S△AMH+S△CMH＝MH×3+MH×1＝2MH＝6，
∵S△DAC＝S△MAC，
∴2DG＝×6，即2（﹣t2﹣4t）＝3，
解得：t1＝﹣2﹣，t2＝﹣2+，
∴點D的橫坐標為﹣2﹣或﹣2+；
（3）如圖2，設(shè)E（m，0），
則AE2＝（m+4）2，CE2＝m2+82，AC2＝82+（﹣4）2＝80，
①當(dāng)CE為對角線時，則AE＝AC，
∴（m+4）2＝80，
解得：m＝﹣4+4或﹣4﹣4，
∴點E的坐標為（﹣4+4，0）或（﹣4﹣4，0）；
②當(dāng)AC為對角線時，則AE＝CE，
∴（m+4）2＝m2+82，
解得：m＝6，
∴點E的坐標為（6，0）；
③當(dāng)AE為對角線時，則CE＝AC，
∴m2+82＝80，
解得：m＝﹣4（舍去）或4，
∴點E的坐標為（4，0）；
綜上所述，點E的坐標為（﹣4+4，0）或（﹣4﹣4，0）或（6，0）或（4，0）．


11．（2020?碑林區(qū)校級三模）在平面直角坐標系中，拋物線C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2的頂點為A，與y軸交于點B，將拋物線C1繞著平面內(nèi)的某一點旋轉(zhuǎn)180°得到拋物線C2，拋物線C2與y軸正半軸相交于點C．
（1）求A、B兩點的坐標；
（2）若拋物線C2上存在點D，使得以A、B、C、D四點為頂點的四邊形為菱形，請求出此時拋物線C2的表達式．

【分析】（1）利用配方法求出頂點坐標，令x＝0，可得y＝﹣2，推出B（0，﹣2）．
（2）分兩種情形：AB為菱形的邊，AB為菱形的對角線分別求解即可．
【解答】解：（1）∵拋物線C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2＝﹣（x+2）2+2，
∴頂點A（﹣2，2），
令x＝0，可得y＝﹣2，
∴B（0，﹣2）．

（2）如圖1中，當(dāng)AB為菱形的邊時，四邊形ABCD是菱形，

由題意A（﹣2，2），B（0，﹣2），C（0，6），D（2，2），此時拋物線C1與C2關(guān)于T（0，2）成中心對稱，
∴D（2，2）是拋物線C2的頂點，
∴拋物線C2的解析式為y＝（x﹣2）2+2，即y＝x2﹣4x+6．

如圖2中，當(dāng)AB是菱形的對角線時，四邊形ADBC是菱形，

此時CA＝BC，設(shè)C（0，m）
則有，22+（2﹣m）2＝（m+2）2，
∴m＝，
∴C（0，），
∵AD＝BC＝，
∴D（﹣2，﹣），
設(shè)拋物線C2的解析式為y＝x2+bx+，
把D（﹣2，﹣）代入y＝x2+bx+，可得﹣＝4﹣2b+，解得b＝，
∴拋物線C2的解析式為y＝x2+x+，
如圖3中，當(dāng)AB是菱形的邊時，點C是拋物線的頂點（0，2﹣2），可得拋物線的解析式為y＝x2+2﹣2．

綜上所述，滿足條件的拋物線的解析式為y＝x2﹣4x+6或y＝x2+x+或y＝x2+2﹣2．
12．（2022春?興寧區(qū)校級期末）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC，點P是直線AC下方拋物線上的一個動點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接AP，CP，設(shè)P點的橫坐標為m，△ACP的面積為S，求S與m的函數(shù)關(guān)系式；
（3）試探究：過點P作BC的平行線1，交線段AC于點D，在直線l上是否存在點E，使得以點D，C，B，E為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點E的坐標，若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c即可得到答案；
（2）過點P作PM∥y軸交直線AC于點M，則P的坐標是（m，m2+2m﹣3），利用待定系數(shù)法求AC的解析式，表示M的坐標，用m的代數(shù)式表示PM的長度，根據(jù)三角形面積公式即可得到答案；
（3）分兩種情況：①如圖2，四邊形CDEB是菱形，②如圖3，四邊形CBDE是菱形，根據(jù)兩點的距離公式和菱形的邊長相等列方程可解答．
【解答】解：（1）將A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c得：，
解得：，
∴y＝x2+2x﹣3；
（2）如圖1，過點P作PM∥y軸交直線AC于點M，

∵A（﹣3，0），C（0，﹣3），
設(shè)直線AC的解析式為：y＝kx+n，
∴，
∴，
∴AC的解析式為：y＝﹣x﹣3，
∵P點的橫坐標為m，
∴P的坐標是（m，m2+2m﹣3），則M的坐標是（m，﹣m﹣3），
∴PM＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∵點P是直線AC下方拋物線上的一個動點，
∴﹣3＜m＜0，
∴S＝?PM?OA＝（﹣m2﹣3m）＝﹣m2﹣m（﹣3＜m＜0）；
（3）分兩種情況：
①如圖2，四邊形CDEB是菱形，

設(shè)D（t，﹣t﹣3），則E（t+1，﹣t），
∵四邊形CDEB是菱形，
∴CD＝BC，
∴（t﹣0）2+（﹣t﹣3+3）2＝12+32，
∴t＝±，
∵t＜0，
∴t＝﹣，
∴E（﹣+1，）；
②如圖3，四邊形CBDE是菱形，

設(shè)D（t，﹣t﹣3），則E（t﹣1，﹣t﹣6），
∵四邊形CBDE是菱形，
∴CE＝BC，
∴（t﹣1﹣0）2+（﹣t﹣6+3）2＝12+32，
∴t＝0（舍）或﹣2，
∴E（﹣3，﹣4）；
綜上所述，點E的坐標為（﹣+1，）或（﹣3，﹣4）．
13．（2020?葫蘆島三模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，其中A（﹣1，0），B（4，0）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接BC，在直線BC上方的拋物線上有一動點D，連接AD，與直線BC相交于點E，當(dāng)DE：AE＝4：5時，求tan∠DAB的值；
（3）點P是直線BC上一點，在平面內(nèi)是否存在點Q，使以點P，Q，C，A為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）由點A，B的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；
（2）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點B的坐標，由點B，C的坐標，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，證明△DEF∽△AEG，列比例式可得DF的長，設(shè)，，表示DF的長，并列方程可得結(jié)論；
（3）分三種情況：以AC為邊和對角線進行討論，正確畫圖，先確定點P的坐標，根據(jù)平移的原則可得點Q的坐標．
【解答】解：將A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+3，
得，解得，
∴解析式為；
（2）當(dāng)x＝0時，，
∴C（0，3），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
將B（4，0），C（0，3）分別代入得，解得：，
∴直線BC的解析式為：，
過點D作y軸的平行線，交直線BC與點F，交x軸于點H，
過點A作y軸的平行線，交直線BC與點G，

∵A（﹣1，0），
∴當(dāng)x＝﹣1時，y＝﹣＝，
∴，，
∵AG∥y軸∥DF，
∴△DEF∽△AEG，
∴，
∴＝，
∴DF＝3，
設(shè)，，
∴，
解得：t1＝t2＝2，
∴，
∴，AH＝1+2＝3，
在Rt△ADH中，；
（3）存在，分三種情況：
①如圖2，四邊形ACPQ是菱形，則PC＝AC，

設(shè)P（x，﹣x+3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴，
解得：x＝，
當(dāng)x＝﹣時，P（﹣，），
∴Q（﹣﹣1，），
當(dāng)x＝時，P（，﹣），
∴Q（﹣1，﹣）；
②如圖3，四邊形APCQ是菱形，

∵BC＝AB＝5，
∴B在AC的垂直平分線上，
∴P與B重合，
∴Q（﹣5，3）；
③如圖4，四邊形ACQP是菱形，同理得P（，），
∴Q（，）；

綜上，點Q的坐標為（﹣﹣1，）或（﹣1，﹣）或（﹣5，3）或（，）．
14．（2020?師宗縣一模）如圖，直線y＝﹣x+3與x軸、y軸分別交于點B，點C，經(jīng)過B，C兩點的拋物線y＝x2+bx+c與x軸的另一個交點為A，頂點為P，點M為拋物線的對稱軸上的一個動點．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點M在x軸的上方時，求四邊形COAM周長的最小值；
（3）在平面直角坐標系內(nèi)是否存在點N，使以C，P，M，N為頂點的四邊形為菱形？若存在，請寫出所有符合條件的點M的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）先求出點B，點C坐標，代入解析式可求解；
（2）由拋物線的對稱性可得AM＝BM，點A（1，0），由四邊形COAM周長＝OC+OA+AM+CM＝4+BM+CM，則點B，點M，點C三點共線時，BM+CM有最小值為BC的長，即四邊形COAM周長的最小值＝4+BC，由勾股定理可求解；
（3）由菱形的性質(zhì)可得△CPM是等腰三角形，分三種情況討論，由兩點距離公式可求解．
【解答】解：（1）∵直線y＝﹣x+3與x軸、y軸分別交于點B，點C，
∴點B（3，0），點C（0，3），
∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過B，C兩點，
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）如圖，連接AM，

∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝2，
∵點A與點B關(guān)于對稱軸對稱，
∴AM＝BM，點A（1，0），
∵點C（0，3），點A（1，0），點B（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，OB＝3，
∵四邊形COAM周長＝OC+OA+AM+CM，
∴四邊形COAM周長＝4+BM+CM，
∴當(dāng)點B，點M，點C三點共線時，BM+CM有最小值為BC的長，
∴四邊形COAM周長的最小值＝4+BC，
∵BC＝＝＝3，
∴四邊形COAM周長的最小值＝4+3；
（3）∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴頂點P（2，﹣1），
又∵點C（0，3），
∴PC＝＝2，
設(shè)點M（2，t），
∴MC＝＝，
MP＝|t+1|，
∵以C，P，M，N為頂點的四邊形為菱形，
∴△CPM是等腰三角形，
若MC＝MP，則＝|t+1|，
∴t＝，
∴點M（2，）；
若MP＝PC，則2＝|t+1|，
∴t1＝﹣1+2，t2＝﹣1﹣2，
∴點M（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
若MC＝PC，則＝2，
解得：t3＝﹣1（不合題意舍去），t4＝7，
∴點M（2，7）；
綜上所述：點M的坐標為（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）．
15．（2021?兩江新區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）交x軸于A，B兩點，交y軸于點C．其中點A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3），連接AC、BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，在拋物線上B，C兩點間有一動點P（點P不與B、C兩點重合），過點P作AC的平行線，交BC于點G，求PG的最大值及此時點P的坐標；
（3）如圖2，將拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）沿射線CB方向平移個單位長度得到新拋物線y′，點M為新拋物線對稱軸上的一動點，點N為平面內(nèi)的任意一點，是否存在點N使得以A，C，M，N為頂點的四邊形是以AC為邊的菱形，若存在，請直接寫出所有符合條件的點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）已知三點坐標求函數(shù)解析式，代入坐標解方程組即可．本題也可以根據(jù)A，B坐標特征設(shè)交點式求解．
（2）如圖，過點F作PE∥y軸交BC于點E，用斜化直的策略將PF表示PG的長，進而用點P坐標表示成函數(shù)，借助二次函數(shù)求最值的方法求解PG的最大值．
（3）菱形的存在性問題先轉(zhuǎn)化為求以AC為邊的等腰三角形的存在性問題，然后根據(jù)平行四邊形存在性問題的處理方法寫出第四點N即可．
【解答】解：（1）設(shè)拋物線為y＝a（x+1）（x﹣3），
代入點C（0，﹣3）得﹣3a＝﹣3，解得a＝1．
∴y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3．
（2）如圖1，過點P作PE∥y軸交BC于點E，作GF⊥PE于點F．

又OC＝OB＝3，則∠OCB＝∠GEP＝45°．
∵AC∥PG
∴∠ACB＝∠CGP．
即∠ACO+∠OCB＝∠GEP+∠GPE，
∴∠ACO＝∠GPE．
∴tan∠GPE＝tan∠ACO＝，
∴，
∴PF＝3GF．
又∠GEF＝45°，
∴EF＝GF．
∴PE＝PF+EF＝4GF．
又在Rt△GFP中，由勾股定理得：PG＝．
∴PG＝．
設(shè)點P（t，t2﹣2t﹣3）
∵B（3，0），C（0，﹣3）
∴直線BC解析式為：y＝x﹣3，
∴點E坐標為（t，t﹣3）
∴PE＝y(tǒng)E﹣yP＝t﹣3﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣t2+3t，
∴PG＝（﹣t2+3t）＝，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)t＝時，PG有最大值，
此時點P（）．
（3）依題意，拋物線沿射線BC平移個單位即拋物線向右平移1個單位，向上平移1個單位．
平移后拋物線解析式為：y＝（x﹣2）2﹣3，對稱軸為直線x＝2．
故設(shè)點M（2，m），又A（﹣1，0），C（0，﹣3）．
∴AC＝，
AM＝，
CM＝．
由題意知，以AC為腰的等腰三角形△ACM有兩種情況：
①如圖2，當(dāng)AC＝AM時

，
m1＝1，m2＝﹣1．
M1（2，1），M2（2，﹣1）．
由平行四邊形對角線互相平分可知：

∴N1（3，﹣2），N2（3，﹣4）
②如圖3，當(dāng)CA＝CM

，
m3＝，m4＝﹣3﹣．
M3（2，﹣3+），M4（2，﹣3﹣）．
∴N3（1，），N4（1，﹣），
綜上：使以AC為邊的菱形的N點有：N1（3，﹣2），N2（3，﹣4），N3（1，），N4（1，﹣）．
16．（2021?淮安區(qū)一模）如圖1，在平面直角坐標系中，已知矩形ABCD的三個頂點A（﹣3，4）、B（﹣3，0）、C（﹣1，0）．以D為頂點的拋物線y＝ax2+bx+c過點B．動點P以每秒1個單位的速度從點D出發(fā)，沿DC邊向點C運動，運動的時間為t秒．過點P作PE⊥CD交BD于點E，過點E作EF⊥AD于點F，交拋物線于點G．

（1）求該拋物線的解析式；
（2）連接BG，求△BGD的面積最大值；
（3）如圖2，在點P運動的同時，點Q從點B出發(fā)，沿BA邊以每秒1個單位的速度向點A運動．動點P、Q運動的過程中，在矩形ABCD內(nèi)（包括其邊界）是否存在點H，使以B，Q，E，H為頂點的四邊形是菱形？若不存在，請說明理由；若存在，請直接寫出t的值：t＝　20﹣8或?。?br /> 【分析】（1）由矩形ABCD的三個頂點的坐標分別為A（﹣3，4）、B（﹣3，0）、C（﹣1，0），可得頂點D的坐標，點D又是拋物線的頂點，設(shè)拋物線的解析式為頂點式，將點B的坐標代入該解析式，即可求出系數(shù)a的值，從而求得拋物線的解析式；
（2）設(shè)點G的橫坐標為x，用含x的代數(shù)式表示點G、點E的縱坐標及線段EG的長，由S△BGD＝AD?EG得出關(guān)于x的二次函數(shù)解析式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出△BGD面積的最大值；
（3）存在符合條件的菱形，分兩種情況，一是以BE為一邊，則點H在AD邊上，由相似三角形的性質(zhì)及BQ＝FQ＝t列方程求出t的值；一是以BE為對角線，仍可由相似三角形的性質(zhì)列方程求出t的值．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD的三個頂點的坐標分別為A（﹣3，4）、B（﹣3，0）、C（﹣1，0），
∴D（﹣1，4），
由拋物線的頂點為D（﹣1，4），設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+1）2+4，
∵拋物線經(jīng)過點B（﹣3，0），
∴4a+4＝0，
解得a＝﹣1，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣（x+1）2+4，即y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如圖1，設(shè)直線BD的解析式為y＝kx+d，則，解得，
∴y＝2x+6，
設(shè)G（x，﹣x2﹣2x+3）（﹣3＜x＜﹣1），則E（x，2x+6），
∴GE＝﹣x2﹣2x+3﹣（2x+6）＝﹣x2﹣4x﹣3，
∵AD＝﹣1﹣（﹣3）＝2，
∴S△BGD＝GE?AF+GE?DF＝GE?AD＝×2（﹣x2﹣4x﹣3）＝﹣（x+2）2+1，
∴當(dāng)x＝﹣2時，S△BGD最大＝1，
∴△BGD面積的最大值為1．
（3）存在．
如圖2，菱形BQHE以BE為一邊.
由題意，得BQ＝PD＝EF＝t，
∵PQ∥EF，
∴四邊形BQFE是平行四邊形，
∴當(dāng)BQ＝QF＝t時，四邊形BQFE是菱形，此時點H與點F重合．
∵QF∥BD，
∴∠AQF＝∠QBD，
∵AD＝2，AB＝4，∠A＝90°，
∴BD＝＝2．
∴，
∴AQ＝QF＝t，
∴t+t＝4，
解得t＝20；
如圖3，菱形BQEH以BE為對角線，連結(jié)QH交BE于點R，則QH⊥BE，BR＝ER，
∴∠BRQ＝90°，
∴，
∴BR＝t；
同理，，
∴DE＝PD＝t，
∴2×t+t＝2，
解得t＝．
綜上所述，t＝20或t＝．
故答案為：20或．



17．（2021?渝中區(qū)校級一模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝﹣x2+x+2與x軸相交于A，B兩點，與y軸交于點C．
（1）求B、C兩點的坐標；
（2）點P為直線BC上方拋物線上的任意一點，過P作PF∥x軸交直線BC于點F，過P作PE∥y軸交直線BC于點E，求線段EF的最大值及此時P點坐標；
（3）將該拋物線沿著射線AC方向平移個單位得到新拋物線y′，N是新拋物線對稱軸上一點，在平面直角坐標系中是否存在點Q，使以點B、C、Q、N為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點Q點的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）分別令x＝0，y＝0即可求得B點、C點坐標；
（2）設(shè)出點P坐標（m，），表示出點E、F坐標后，EF的長可表示EF＝，得到關(guān)于m的二次函數(shù)表達式求最值即可；
（3）分兩種種情況：BC為菱形的邊，BC為菱形對角線分別求解即可．
【解答】解：（1）令x＝0，則＝2，解得點C坐標為（0，2），
令y＝0，即，解得：x＝4或﹣1，
∴點B坐標為（4，0）．
（2）設(shè)直線BC解析式為y＝kx+b，代入點B、點C坐標，得：
，解得：．
∴直線BC解析式為y＝x+2．
設(shè)P坐標為（m，），則E坐標為（m，m+2），其中0≤m≤4．
設(shè)點F橫坐標為xF，縱坐標yF＝，
令?xF+2＝，解得：xF＝m2﹣3m．
∴PE＝﹣（m+2）＝，PF＝m﹣（m2﹣3m）＝﹣m2+4m．
∴EF＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝．
∵，則當(dāng)m＝2時，EF有最大值，此時點P坐標為（2，3）．
（3）存在點Q，使以點B、C、Q、N為頂點的四邊形為菱形．
點Q坐標為（﹣2，6）或（﹣2，﹣2）或（6，4）或（6，﹣4），理由如下：
∵OA＝1，OC＝2，
∴AC＝．
又∵，
∴拋物線沿著射線AC方向平移個單位，實際上等同于將該拋物線向右移動個單位，向上移動1個單位．
∵原拋物線對稱軸方程為x＝，
∴新拋物線對稱軸方程為x＝+＝2．
設(shè)點N坐標為（2，n）、點Q坐標為（a，b）．
當(dāng)BC為菱形的邊時：
①以點B為圓心，BC為半徑畫圓交對稱軸x＝2于點N1、N2.如圖1．
此時，BC＝BN1＝BN2＝＝2．
∴，即，解得：MN1＝4．
故點N1坐標為（2，4），同理可得點N2坐標為（2，﹣4）．
由菱形對角線性質(zhì)和中點坐標公式可得：
，
即，解得：；
或，解得：．
∴點Q1坐標為（﹣2，6），Q2（﹣2，﹣2）．
②以點C為圓心，CB為半徑畫圓交對稱軸x＝2于點N3、N4，作N3P⊥y軸于點P，如圖2．
此時CB＝CN3＝CN4＝，PN3＝2，PC＝＝＝4，
故點N3坐標為（2，6），同理可得N4坐標為（2，﹣2）．
由菱形對角線性質(zhì)和中點坐標公式可得：
，
即，解得：；
或，解得：．
∴點Q3坐標為（6，4），Q4（6，﹣4）．
當(dāng)BC為菱形的對角線時，則NQ為另一對角線，BC垂直平分NQ，
此時BC中點坐標為（2，1），又N（2，n）且NC＝NB，
則N點必與BC中點重合，
∴此時不存在點Q，則不能構(gòu)成菱形．
綜上所述，點Q坐標為（﹣2，6）或（﹣2，﹣2）或（6，4）或（6，﹣4）．


18．（2022?岳池縣模擬）如圖1，一次函數(shù)y＝x﹣4的圖象分別與x軸，y軸交于B，C兩點，二次函數(shù)y＝ax2﹣x+c的圖象過B，C兩點，且與x軸交于另一點A．
（1）求二次函數(shù)的表達式；
（2）點P是二次函數(shù)圖象的一個動點，設(shè)點P的橫坐標為m，若∠ABC＝2∠ABP．求m的值；
（3）如圖2，過點C作CD∥x軸交拋物線于點D．點M是直線BC上一動點，在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使得以點C，D，M，N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）令x＝0、y＝0，求出點B和點C的坐標，把B、C坐標代入拋物線求a，c，得到拋物線的解析式；
（2）由點B和點C的坐標求出OB和OC長度，得到∠CBO＝60°，從而可知∠ABP＝30°，然后設(shè)點P的坐標，結(jié)合30°角的正切值列出方程，求m的值；
（3）由CD平行x軸求點D，設(shè)點M的坐標，利用菱形的性質(zhì)“鄰邊相等”列出方程求點M，然后再進一步確定點N．
【解答】解：（1）對直線y＝x﹣4，當(dāng)x＝0時，y＝﹣4；當(dāng)y＝0時，x＝4，
∴C（0，﹣4），B（4，0），
將點B、C代入y＝ax2﹣x+c得：，
∴，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣4；
（2）∵C（0，﹣4），B（4，0），
∴OC＝4，OB＝4，
∴tan∠ABC＝，
∴∠ABC＝60°，
∵∠ABC＝2∠ABP，
∴∠ABP＝30°，
如圖1，過點P作PH⊥x軸于點H，

∵點P的橫坐標為m，
∴BH＝4﹣m，PH＝|m2﹣m﹣4|，
∴tan∠ABP＝，
解得：m＝4（舍）或m＝﹣或m＝﹣，
∴m的值為﹣或m＝﹣；
（3）由y＝x2﹣x﹣4可知對稱軸為直線x＝1，
∵C（0，﹣4），
∴D（2，﹣4），
∵以點C，D，M，N為頂點的四邊形是菱形，設(shè)M（x，x﹣4），
①如圖2，以CD為對角線時，MN垂直平分CD，
∴點M的橫坐標為1，
當(dāng)x＝1時，y＝﹣4＝﹣3，
∴M1（1，﹣3），
∴N1（1，﹣5），
②以CM為對角線時，CD＝MD，
∵C（0，﹣4），D（2，﹣4），
∴22＝（x﹣2）2+（x）2，
解得：x＝0（舍）或x＝1，
∴M2（1，﹣3），
∴N2（﹣1，﹣3），
③如備用圖，以CN為對角線時，CM＝CD＝2，
∴22＝x2+（x）2，
解得：x＝1或x＝﹣1，
∴M3（1，﹣3）或M4（﹣1，﹣5），
∴N3（3，﹣3），N4（1，﹣5），
綜上所述，存在，N1（1，﹣5），N2（﹣1，﹣3），N3（3，﹣3）．
19．（2021?羅湖區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C（0，3）．且點A的坐標為（﹣1，0），點B的坐標為（3，0），點P是拋物線上第一象限內(nèi)的一個點．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）連PO、PB，如果把△POB沿OB翻轉(zhuǎn)，所得四邊形POP′B恰為菱形，那么在拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使△QAB與△POB相似？若存在求出點Q的坐標；若不存在，說明理由；
（3）若（2）中點Q存在，指出△QAB與△POB是否位似？若位似，請直接寫出其位似中心的坐標．

【分析】（1）點A、B、C的坐標已知，只需運用待定系數(shù)法就可求出拋物線的解析式；
（2）由四邊形POP′B為菱形可得PO＝PB，從而有∠POB＝∠PBO．由點Q在拋物線的對稱軸上可得QA＝QB，從而有∠QAB＝∠QBA．由△QAB與△POB相似可得∠PBO＝∠QBA，從而可得點Q、P、B共線．由PO＝PB可得點P在OB的垂直平分線上，從而可得xP＝，代入拋物線即可求出點P的坐標，設(shè)直線PB的解析式為y＝mx+n，運用待定系數(shù)法就可求出直線PB的解析式．由拋物線的對稱軸方程可得到點Q的橫坐標，代入直線PB的解析式，即可得到點Q的坐標；
（3）觀察圖象，易知△QAB與△POB位似，位似中心即為點B，由此可得到位似中心的坐標．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）在拋物線y＝ax2+bx+c上，
∴，
解得．
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；

（2）在拋物線的對稱軸上存在點Q，使△QAB與△POB相似，如圖所示．
∵四邊形POP′B為菱形，
∴PO＝PB，
∴∠POB＝∠PBO．
∵點Q在拋物線的對稱軸上，
∴QA＝QB，
∴∠QAB＝∠QBA．
由△QAB與△POB相似可得∠PBO＝∠QBA，
∴點Q、P、B共線．
∵PO＝PB，
∴點P在OB的垂直平分線上，
∴xP＝，
此時yP＝﹣（）2+2×+3＝，
點P的坐標為（，）．
設(shè)直線PB的解析式為y＝mx+n，
則有，
解得．
∴直線PB的解析式為y＝﹣x+．
∵拋物線的對稱軸為x＝﹣＝1，
∴xQ＝1，yQ＝﹣×1+＝5，
∴點Q的坐標為（1，5）
根據(jù)對稱性點Q坐標還可以為（1．﹣5）．
（3）△QAB與△POB位似，位似中心為點B，點B的坐標為（3，0）．
當(dāng)Q點坐標（1，﹣5）時，位似中心坐標為（9/7，0）；

20．（2021秋?九龍坡區(qū)校級月考）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點C，連接BC，交對稱軸于點D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是直線BC上方的拋物線上一點，連接PC，PD．求△PCD的面積的最大值以及此時點P的坐標；
（3）將拋物線y＝ax2+bx+3向右平移1個單位得到新拋物線，新拋物線與原拋物線交于點E，點F是新拋物線的對稱軸上的一點，點G是坐標平面內(nèi)一點．當(dāng)以D、E、F、G四點為頂點的四邊形是菱形時，直接寫出點F的坐標，并寫出求解其中一個點F的坐標的過程．

【分析】（1）將點A（﹣1，0）和點B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，即可求解；
（2）先求直線BC的解析式為y＝﹣x+3，則可求D（1，2），過點P作x軸的垂線，交BC于點Q，設(shè)P（t，﹣t2+2t+3），則Q（t，﹣t+3），則S△PCD＝﹣（t﹣）2+，即可求解；
（3）先求新拋物線為y＝﹣（x﹣2）2+4，則可求E（，），設(shè)F（2，m），分別求出DE2＝+＝，DF2＝1+（m﹣2）2，EF2＝+（m﹣）2，分三種情況討論：①當(dāng)EF、FD為鄰邊，此時EF＝FD，則F（2，）；②當(dāng)ED、EF為鄰邊，此時ED＝EF，F(xiàn)（2，2）；③當(dāng)DE、DF為鄰邊，此時DE＝DF，則F（2，2+）或F（2，2﹣）．
【解答】解：（1）將點A（﹣1，0）和點B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得，
解得，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）令x＝0，則y＝3，
∴C（0，3），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x+3，
∵函數(shù)的對稱軸為直線x＝1，
∴D（1，2），
過點P作x軸的垂線，交BC于點Q，
設(shè)P（t，﹣t2+2t+3），則Q（t，﹣t+3），
∴PQ＝﹣t2+3t，
∴S△PCD＝×1×（﹣t2+3t）＝﹣（t﹣）2+，
∴當(dāng)t＝時，S△PCD的最大值為，
此時P（，）；
（3）y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4向右平移1個單位得到新拋物線為y＝﹣（x﹣2）2+4，
聯(lián)立，
解得x＝，
∴E（，），
∵新拋物線的對稱軸為直線x＝2，
設(shè)F（2，m），
∴DE2＝+＝，DF2＝1+（m﹣2）2，EF2＝+（m﹣）2，
∵以D、E、F、G四點為頂點的四邊形是菱形時，有三種情況：
①當(dāng)EF、FD為鄰邊，此時EF＝FD，
∴1+（m﹣2）2＝+（m﹣）2，
解得m＝，
∴F（2，）；
②當(dāng)ED、EF為鄰邊，此時ED＝EF，
∴＝+（m﹣）2，
解得m＝或m＝2，
∴F（2，2）或F（2，），
設(shè)直線ED的解析式為y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x﹣，
當(dāng)x＝2時，y＝，
∴F（2，2）；
③當(dāng)DE、DF為鄰邊，此時DE＝DF，
∴＝1+（m﹣2）2，
解得m＝2+或m＝2﹣，
∴F（2，2+）或F（2，2﹣）；
綜上所述：F點坐標為（2，）或（2，2+）或（2，2﹣）或（2，2）．

21．（2021?諸城市三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過點A（﹣2，0），點B（4，0），與y軸交于點C，過點C作直線CD∥x軸，與拋物線交于點D，作直線BC，連接AC．

（1）求拋物線的函數(shù)表達式，并用配方法求拋物線的頂點坐標；
（2）E是拋物線上的點，求滿足∠ECD＝∠ACO的點E的坐標；
（3）點M在y軸上，且位于點C的上方，點N在直線BC上，點P為直線BC上方拋物線上一點，若以點C，M，N，P為頂點的四邊形是菱形，求菱形的邊長．
【分析】（1）用待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；
（2）分①點E在直線CD上方的拋物線上和②點E在直線CD下方的拋物線上兩種情況，用三角函數(shù)求解即可；
（3）分①CM為菱形的邊和②CM為菱形的對角線，用菱形的性質(zhì)進行計算．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（﹣2，0），點B（4，0），
∴得，
∴解得，
∴拋物線解析式為y＝﹣x2+x+4，
∵，
∴拋物線的頂點坐標為；

（2）如圖1，

設(shè)滿足條件的點在拋物線上：
①當(dāng)點E位于直線CD下方時，過點E作EF⊥直線CD，垂足為F．
則F（t，4），CF＝t，，
根據(jù)題意，當(dāng)∠ECD＝∠ACO時，tan∠ACO＝tan∠ECD，
即，
∴，
解得t1＝0（舍去），t2＝3，
∴；
②當(dāng)點E'位于直線CD上方時，過點E'作E'F'⊥直線CD，垂足為F'．
則F'（s，4），CF'＝s，E'F'＝﹣s2+s+4﹣4＝﹣s2+s，
根據(jù)題意，當(dāng)∠ECD＝∠ACO時，tan∠ACO＝tan∠ECD，
即，
∴，
解得s1＝0（舍去），s2＝1．
∴，
所以，點E的坐標為或；

（3）①CM為菱形的邊，如圖2，

在第一象限內(nèi)取點P′，過點P′作P′N′∥y軸，交BC于N′，過點P′作P′M′∥BC，交y軸于M′，
∴四邊形CM′P′N′是平行四邊形，
∵四邊形CM′P′N′是菱形，
∴P′M′＝P′N′，
過點P′作P′Q′⊥y軸，垂足為Q′，
∵OC＝OB，∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝45°，
∴∠P′M′C＝45°，
設(shè)點P′（m，﹣m2+m+4），
在Rt△P′M′Q′中，P′Q′＝m，P′M′＝m，
∵B（4，0），C（0，4），
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+4，
∵P′N′∥y軸，
∴N′（m，﹣m+4），
∴P′N′＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，
∴m＝﹣m2+2m，
∴m＝0（舍）或m＝4﹣2，
菱形CM′P′N′的邊長為（4﹣2）＝4﹣4．
②CM為菱形的對角線，如圖3，

在第一象限內(nèi)拋物線上取點P，過點P作PM∥BC，
交y軸于點M，連接CP，過點M作MN∥CP，交BC于N，
∴四邊形CPMN是平行四邊形，連接PN交CM于點Q，
∵四邊形CPMN是菱形，
∴PQ⊥CM，∠PCQ＝∠NCQ，
∵∠OCB＝45°，
∴∠NCQ＝45°，
∴∠PCQ＝45°，
∴∠CPQ＝∠PCQ＝45°，
∴PQ＝CQ，
設(shè)點P（n，﹣n2+n+4），
∴CQ＝n，OQ＝n+4，
∴n+4＝﹣n2+n+4，
∴n＝0（舍），
∴此種情況不存在．
綜上，菱形的邊長為4﹣4．
22．（2021?鞍山一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y＝﹣x+4與x軸、y軸分別交于A、C兩點，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點B為y軸上一點，點P為直線AB上一點，過P作PQ∥BC交x軸于點Q，當(dāng)四邊形BCPQ為菱形時，請直接寫出B點坐標；
（3）在（2）的條件下，且點B在線段OC上時，將拋物線y＝﹣x2+bx+c向上平移m個單位，平移后的拋物線與直線AB交于點D（點D在第二象限），點N為x軸上一點，若∠DNB＝90°，且符合條件的點N恰好有2個，求m的取值范圍．

【分析】（1）先求出A、C兩點坐標，然后代入拋物線的解析式求；
（2）設(shè)B（0，a），求得AB的函數(shù)關(guān)系式，然后求出Q點的坐標，從而確定OQ的長，利用△AOB∽△COQ求得；
（3）從∠DNB＝90°，且符合條件的點N恰好有2個條件轉(zhuǎn)化為以BD為直徑的圓與x軸相交，設(shè)圓心為I，根據(jù)直線和圓相交的條件：圓心到直線的距離小于半徑，從而求得D點特殊位置，進而可求得m的范圍．
【解答】解：（1）由題意得，
A（3，0），C（0，4），
∴，
∴，
∴拋物線解析式為；
（2）如圖1，

設(shè)B（0，a），
∴PQ＝BC＝BQ＝4﹣a，
∵A（3，0），
∴直線AB的解析式是：y＝﹣，
由﹣＝4﹣a得，
x＝，
∴OQ＝，
∵四邊形BCPQ是菱形，
∴PB⊥CQ，
∵∠ABO＝∠PBC，
∴∠OCQ＝∠BAO，
∴△AOB∽△COQ，
∴＝，
∴＝，
∴a1＝，a2＝﹣6，
∴，B2（0，﹣6）；
（3）如圖2，

由（2）知，
B（0，），
∴直線AB的解析式是：y＝﹣，
∴設(shè)D（a，﹣），
∴BD2＝（a2+）＝，
∵∠DNB＝90°，且符合條件的點N恰好有2個，
以BD為直徑的圓與x軸相交，設(shè)圓心為I，
則I（，﹣），
作IJ⊥OA于J，
∴IJ＜BD，
∴（﹣）2＜，
∴a1＜，a2＞（舍去），
當(dāng)a＝時，y＝﹣×＝，
設(shè)平移后的拋物線為：
將D點坐標代入平移后解析式得，
﹣×（）2+4+m＝
解得：m＝，
∴m＞．
23．（2022?巨野縣一模）如圖，拋物線與x軸交于A（﹣1，0）、B（3，0），交y軸于C（0，3）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）P是直線BC上方的拋物線上的一個動點，設(shè)P的橫坐標為t，P到BC的距離為h，求h與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出h的最大值；
（3）設(shè)點M是x軸上的動點，在平面直角坐標系中，存在點N，使得以點A、C、M、N為頂點的四邊形是菱形，直接寫出所有符合條件的點N坐標．

【分析】（1）由A、B、C三點的坐標，利用待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式；
（2）過點P作PD⊥x軸于點D，交BC于點E，PH⊥BC于點H，連接PB、PC，可先求得直線BC的解析式，則可用t分別表示出E的坐標，從而可表示出PE的長，再可用t表示出△PBC的面積，再利用等積法可用t表示出h，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得h的最大值；
（3）分AM、CM和AC為對角線三種情況，分別根據(jù)菱形的性質(zhì)可求得N點的坐標．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c過A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三點，
∴，解得 ，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；

（2）如圖1，過點P作PD⊥x軸于點D，交BC于點E，PH⊥BC于點H，連接PB、PC，‘

∵B（3，0）、C（0，3），
∴OB＝OC＝3，BC＝，
設(shè)直線BC解析式為y＝kx+n，則 ，解得 ，
∴直線BC解析式為y＝﹣x+3，
∵點P的橫坐標為t，且在拋物線y＝﹣x2+2x+3上，
∴P（t，﹣t2+2t+3），
又∵PD⊥x軸于點D，交BC于點E，
∴D（t，0），E（t，﹣t+3），
∴PE＝（﹣t2+2t+3）﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，
∴S△PBC＝ PE?（ xB﹣xC ）＝ （﹣t2+3t）×3＝﹣ t2+ t，
又∵S△PBC＝ BC?PH＝×3 ?h＝h，
∴h＝﹣t2+t，
∴h與t的函數(shù)關(guān)系式為：h＝﹣t2+t（0＜t＜3），
∵，
∴當(dāng)t＝時，h有最大值為 ；

（3）存在．
①若AM為菱形對角線，如圖2，

則AM與CN互相垂直平分，
∴N（0，﹣3）；
②若CM為菱形對角線，如圖3和圖4，

則CN＝AM＝AC＝，
∴N（﹣，3）或N（ ，3）；
③若AC為菱形對角線，如圖5，

則CN＝AM＝CM，
設(shè)M（m，0），
由CM2＝AM2，得m2+32＝（m+1）2，
解得m＝4，
∴CN＝AM＝CM＝5，
∴N（﹣5，3）．
綜上可知存在點N，使得以點A、C、M、N為頂點的四邊形是菱形，符合條件的點N有4個：（0，﹣3）或（﹣，3）或（ ，3）或（﹣5，3）．
24．（2021?洛陽一模）如圖，直線y＝x﹣3與x軸、y軸分別交于B、C兩點，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過B、C，且與x軸另一交點為A，連接AC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點E在拋物線上，連接EC，當(dāng)∠ECB+∠ACO＝45°時，求點E的橫坐標；
（3）點M從點A出發(fā)，沿線段AB由A向B運動，同時點N從點C出發(fā)沿線段CA由C向A運動，M，N的運動速度都是每秒1個單位長度，當(dāng)N點到達A點時，M，N同時停止運動，問在坐標平面內(nèi)是否存在點D，使M，N運動過程中的某些時刻t，以A，D，M，N為頂點的四邊形為菱形？若存在，直接寫出t的值；若不存在，說明理由．

【分析】（1）首先求出點B、C的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）滿足條件的點E有兩種情形，需要分類討論：
①當(dāng)點E在x軸上方時，設(shè)CE與x軸交于A′，則OA′＝OA，
②當(dāng)點E在x軸下方時，延長CE2交x軸于點G，則AC⊥CG．
（3）△AMN的三邊均可能成為菱形的對角線，以此為基礎(chǔ)進行分類討論：
①若以AN為菱形對角線，如圖2，此時AM＝CN＝t，AN＝﹣t，由＝cosθ＝，得5AE＝3AM，建立方程求解即可；
②若以MN為菱形對角線，如圖3．由AM＝AN，建立方程求解即可；
③若以AM為菱形對角線，如圖4．由＝cosθ＝，得5AE＝3AN，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵直線y＝x﹣3與x軸、y軸分別交于B、C兩點，
∴B（3，0），C（0，﹣3），
∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過B（3，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣3；
（2）∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，
∴∠BCO＝∠OBC＝45°，
①當(dāng)點E在x軸上方時，設(shè)CE與x軸交于A′，
∵∠ECB+∠ACO＝45°，∠ECB+∠A′CO＝45°，
∴∠A′CO＝∠ACO，
∵∠A′OC＝∠AOC＝90°，OC＝OC，
∴△A′OC≌△AOC（ASA），
∴OA′＝OA，
由x2﹣x﹣3＝0，得：x1＝，x2＝3，
∴A（，0），
∴A′（，0），
設(shè)直線CA′的解析式為y＝kx+d，
∵C（0，﹣3），A′（，0），
∴，
解得：，
∴直線CA′的解析式為y＝x﹣3，
聯(lián)立方程組，
解得：，，
∴E1（，2）；
②當(dāng)點E在x軸下方時，
∵∠ECB+∠ACO＝45°，∠BCO＝45°，
∴∠ACE2＝90°，
延長CE2交x軸于點G，
∵∠AOC＝∠COG＝∠ACG＝90°，
∴∠GCO+∠ACO＝90°，∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠GCO＝∠CAO，
∴△GCO∽△CAO，
∴＝，
∴＝，
∴OG＝4，
∴G（4，0），
設(shè)直線CG的解析式為y＝mx+n，
∵C（0，﹣3），G（4，0），
∴，
解得：，
∴直線CG的解析式為y＝x﹣3，
聯(lián)立方程組，得：，
解得：，，
∴E2（，）；
綜上，點E的橫坐標為或；
（3）在Rt△ACO中，OA＝，OC＝3，∠AOC＝90°，
∴AC＝＝＝，
設(shè)∠CAO＝θ，則tanθ＝＝＝，sinθ＝，cosθ＝，
假設(shè)存在滿足條件的點D，設(shè)菱形的對角線交于點E，設(shè)運動時間為t，且0＜t＜，
①若以AN為菱形對角線，如圖2，此時AM＝CN＝t，AN＝﹣t，
∵四邊形AMND是菱形，
∴AE＝AN＝﹣t，∠AEM＝90°，
∴＝cosθ＝，
∴5AE＝3AM，即5（﹣t）＝3t，
解得：t＝；

②若以MN為菱形對角線，如圖3，
∵AM＝AN，
∴t＝﹣t，
解得：t＝；
③若以AM為菱形對角線，如圖4，設(shè)DN與AM交于點E，
∵四邊形ANMD為菱形，
∴AM與DN互相垂直平分，即AE＝AM＝t，∠AEN＝90°，
∴＝cosθ＝，
∴5AE＝3AN，即5×t＝3×（﹣t），
解得：t＝；
綜上，當(dāng)t＝或或時，以A，D，M，N為頂點的四邊形為菱形．

25．（2021?山西模擬）綜合與探究．
如圖，拋物線y＝﹣x2+x+與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），頂點為D．點P為對稱軸右側(cè)拋物線上的一個動點，其橫坐標為m，直線AD交y軸于點C，過點P作PF∥AD，交x軸于點F，PE∥x軸，交直線AD于點E，交直線DF于點M．
（1）求直線AD的表達式及點C的坐標；
（2）當(dāng)四邊形AFPE的面積與△ADF的面積相等時，求m的值；
（3）試探究點P在運動過程中，是否存在m，使四邊形AFPE是菱形，若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）過點D、P分別作△ADF和四邊形AFPE的高線DG、PH，根據(jù)四邊形和三角形的面積公式得到DG＝2PH，所以利用函數(shù)圖象上點的坐標特征求得DG、PH的長度，由DG＝2PH列出方程，借助于方程求得答案；
（3）分點P在x軸上方、點P在x軸下方兩種情況，利用AE＝PE，分別求解即可．
【解答】解：（1）y＝﹣x2+x+，
當(dāng)y＝0時，﹣x2+x+＝0，
解得x1＝﹣2，x2＝4．
∵點A在點B的左側(cè)，
∴A（﹣2，0）．
∵y＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣1）2+4．
∴D（1，4），
設(shè)直線AD的函數(shù)表達式為y＝kx+b．
∵直線AD過點A（﹣2，0），D（1，4），則，
解得，
∴y＝x+，
當(dāng)x＝0時，y＝，故C（0，）；

（2）如圖，分別過點D、P作DG⊥x軸于點G，PH⊥x軸于點H，

∵D（1，4），P（m，﹣m2+m+），
∴DG＝4，PH＝|﹣m2+m+|．
∵PF∥AD，PE∥x軸，
∴四邊形AFPE是平行四邊形，
∴S四邊形AFPE＝AF?PH，S△ADF＝AF?DG．
當(dāng)四邊形AFPE的面積與△ADF的面積相等時，AF?PH＝AF?DG．
∴PH＝DG，即|﹣m2+m+|＝＝2．
當(dāng)﹣m2+m+＝2時，m1＝1+，m2＝1﹣＜0（不合題意，舍去）．
當(dāng)﹣m2+m+＝﹣2時，m1＝1+，m2＝1﹣＜0（不合題意，舍去）．
綜上所述，當(dāng)四邊形AFPE的面積與△ADF的面積相等時，m的值為1+或1+；

（3）存在，理由：
當(dāng)點P在x軸上方時，
設(shè)點P（m，﹣m2+m+），則點E的坐標為（x，﹣m2+m+），
把點A的坐標代入AD的表達式得：x+＝﹣m2+m+，
解得x＝﹣m2+m+，
故點E的坐標為（﹣m2+m+，﹣m2+m+），
則EP＝m﹣（﹣m2+m+），
由直線AD的表達式知，tan∠EAO＝，則cos∠EAO＝＝，
則AE＝（xE﹣xA）＝（﹣m2+m+），
∵四邊形AFPE是菱形，則AE＝EP，
即m﹣（﹣m2+m+）＝（﹣m2+m+），
解得m1＝﹣2（舍去），m2＝，
故點P的坐標為（，）；
當(dāng)點P在x軸下方時，
同理可得，點P的坐標為（，﹣21）．
綜上所述，點P的坐標為（，）或（，﹣21）．
26．（2021?交城縣二模）實踐與探究
如圖1，已知拋物線經(jīng)過原點O和x軸上一點A（4，0），拋物線頂點為E，它的對稱軸與x軸交于點D，直線y＝﹣2x﹣1經(jīng)過拋物線上一點B（﹣2，m）且與y軸交于點C，與拋物線的對稱軸交于點F．
（1）求m的值及該拋物線的解析式；
（2）P（x，y）是拋物線上的一點，若△ADP與△ADC的面積相等，求出所有符合條件的點P的坐標．
（3）點Q是平面內(nèi)任意一點，點M從點F出發(fā)，沿對稱軸向上以每秒1個單位長度的速度勻速運動，設(shè)點M的運動時間為t秒，是否能使以Q、A、E、M四點為頂點的四邊形是菱形？若能，請直接寫出點M的運動時間t的值；若不能，請說明理由．

【分析】（1）首先求出點B的坐標和m的值，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）△ADP與△ADC有共同的底邊AD，因為面積相等，所以AD邊上的高相等，即為1；從而得到點P的縱坐標為1，再利用拋物線的解析式求出點P的縱坐標；
（3）如圖2，在點M的運動過程中，依次出現(xiàn)四個菱形，注意不要漏解．針對每一個菱形，分別進行計算，求出線段MF的長度，從而得到運動時間t的值．
【解答】解：（1）∵點B（﹣2，m）在直線y＝﹣2x﹣1上，
∴m＝﹣2×（﹣2）﹣1＝4﹣1＝3，
∴點B（﹣2，3），
又∵拋物線經(jīng)過原點O，
∴設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx，
∵點B（﹣2，3），A（4，0）在拋物線上，
∴，
解得．
∴拋物線的解析式為；
（2）如圖1，∵P（x，y）是拋物線上的一點，
∴，
若S△ADP＝S△ADC，
∵S△ADC＝AD?OC，S△ADP＝AD?|y|，
又∵點C是直線y＝﹣2x﹣1與y軸交點，
∴C（0，﹣1），
∴OC＝1，
∴|x2﹣x|＝1，即x 2﹣x＝1，或x2﹣x＝﹣1，
解得：x1＝2+2，x2＝2﹣2，x3＝x4＝2，
∴點P的坐標為 P1（2+2，1），P2（2﹣2，1），P3 （2，1）；
（3）結(jié)論：存在．
∵拋物線的解析式為y＝x2﹣x，
∴頂點E（2，﹣1），對稱軸為x＝2；
點F是直線y＝﹣2x﹣1與對稱軸x＝2的交點，
∴F（2，﹣5），DF＝5．
又∵A（4，0），
∴AE＝．
如圖2，在點M的運動過程中，依次出現(xiàn)四個菱形：
①四邊形AEM1Q1是菱形．
∵此時EM1＝AE＝，
∴M1F＝DF﹣DE﹣DM1＝4﹣，
∴t1＝4﹣；
②四邊形AEOM2是菱形．
∵此時DM2＝DE＝1，
∴M2F＝DF+DM2＝6，
∴t2＝6；
③四邊形AEM3Q3是菱形．
∵此時EM3＝AE＝，
∴DM3＝EM3﹣DE＝﹣1，
∴M3F＝DM3+DF＝（﹣1）+5＝4+，
∴t3＝4+；
④四邊形AM4EQ4是菱形．
此時AE為菱形的對角線，設(shè)對角線AE與M4Q4交于點H，則AE⊥M4Q4，
∵∠ADE＝∠M4HD＝90°，∠AED＝∠M4DH，
∴△AED∽△M4EH，
∴，即，
解得，
∴DM4＝M4E﹣DE＝﹣1＝，
∴M4F＝DM4+DF＝+5＝，
∴t4＝．
綜上所述，存在點M、點Q，使得以Q、A、E、M四點為頂點的四邊形是菱形；時間t的值為：t1＝4﹣，t2＝6，t3＝4+，t4＝．



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