今天整理了初三中考總復(fù)習(xí)階段在教學(xué)過程中收集的經(jīng)典題目，一共有31講，包括原卷版和解析版，供大家學(xué)習(xí)復(fù)習(xí)參考。
經(jīng)典題目1：這是一道非常經(jīng)典的最值問題，最值模型將軍飲馬和一箭穿心。
經(jīng)典題目2：上面三道題是費(fèi)馬點經(jīng)典問題，旋轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化是費(fèi)馬點問題的關(guān)鍵。
經(jīng)典題目3：阿氏圓經(jīng)典題目，這道題目實際包括了隱圓模型，一箭穿心模型等常見幾何模型。
經(jīng)典題目4：這是中考出現(xiàn)頻率比較高的胡不歸問題，也是經(jīng)典最值問題。
【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案
專題24函數(shù)與菱形存在性問題
解題策略
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(biāo)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.
經(jīng)典例題
【例1】（2022春?錫山區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，BD是對角線，AB＝6cm，BC＝8cm，點E從點D出發(fā)，沿DA方向勻速運(yùn)動，速度是2cm/s；點F從點B出發(fā)，沿BD方向勻速運(yùn)動，速度是1cm/s，MN是過點F的直線，分別交AB、BC于點M、N，且在運(yùn)動過程中始終保持MN⊥BD．連接EM、EN、EF，兩點同時出發(fā)，設(shè)運(yùn)動時間為t（s）（0＜t＜3.6），請回答下列問題：
（1）求當(dāng)t為何值時，△EFD∽△ABD？
（2）求當(dāng)t為何值時，△EFD為等腰三角形；
（3）將△EMN沿直線MN進(jìn)行翻折，形成的四邊形能否是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）當(dāng)△ABD∽△EFD時，則，代入計算即可；
（2）分ED＝EF，DE＝DF，F(xiàn)E＝FD三種情形，分別畫出圖形，利用相似相似三角形的判定與性質(zhì)可得答案；
（3）當(dāng)EM＝EN時，過點E作EK⊥BC于K，利用勾股定理分別表示出EM和EN的長，從而得出方程解決問題．
【解答】解：（1）由題意得：DE＝2tcm，BF＝tcm＜
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，BD＝＝＝10cm，
∴DF＝BD＝BF＝（10﹣t）cm，
當(dāng)△ABD∽△EFD時，
則，
即，
解得t＝，
即當(dāng)t為時，△EFD∽△ABD；
（2）①當(dāng)ED＝EF時，過點E作EG⊥BF于G，
∵ED＝EF，
∴△EFD為等腰三角形，
又∴EG⊥DF，
∴DG＝DF＝（10﹣t）cm，
∵∠EDG＝∠BDA，∠EGD＝∠BAD＝90°，
∴△EGD∽△BAD，
∴，
即＝，
∴t＝；
②當(dāng)EF＝FD時，過點F作FH⊥AD，
∵EF＝FD，
∴△EFD為等腰三角形，
又∴FH⊥ED，
∴HD＝DE＝t（cm），
∵∠ADB＝∠HDF，∠BAD＝∠FHD，
∴△DHF∽△DAB，
即，
∴t＝＞3.6（舍去），
當(dāng)DE＝DF時，即2t＝10﹣t，
解得：t＝，
綜上，當(dāng)t＝或時，△EFD為等腰三角形；
（4）假設(shè)存在符合題意的t，則EM＝EN，
過點E作EK⊥BC于K，
則四邊形EKCD為矩形，
∴ED＝CK＝2t（cm），EK＝CD＝6cm，NK＝BC﹣BN﹣CK＝8﹣t﹣2t＝（8﹣t）cm，
∴EN2＝EK2+NK2＝+100，EM2＝AM2+AE2＝t2﹣52t+100，
∴+100＝t2﹣52t+100，
解得t1＝t2＝0，
∵t≠0，不合題意，
∴不存在四邊形是菱形．
【例2】（2022秋?南岸區(qū)校級期中）如圖，點A、B分別在x軸和y軸的正半軸上，以線段AB為邊在第一象限作等邊△ABC，S△ABC＝，且CA⊥x軸．
（1）若點C在反比例函數(shù)y＝（k≠0）的圖象上，求該反比例函數(shù)的解析式；
（2）在（1）中的反比例函數(shù)圖象上是否存在點N，使四邊形ABCN是菱形，若存在請求出點N坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；
（3）在（2）的條件下，取OB的中點M，將線段OM沿著y軸上下移動，線段OM的對應(yīng)線段是O1M1，直接寫出四邊形CM1O1N周長的最小值．
【分析】（1）如圖1中，作CD⊥y軸于D．首先證明四邊形OACD是矩形，利用反比例函數(shù)k的幾何意義解決問題即可；
（2）如圖2中，作BD⊥AC于D，交反比例函數(shù)圖象于N，連接CN，AN，求出D的坐標(biāo)，證明四邊形ABCN是菱形即可；
（3）過點C作y軸的對稱點C′，將點C′向下平移0.5個單位得到點C″，連接C″N交y軸于點O1，在O1上方0.5個單位處取點M1，則四邊形CM1O1N周長的最小，進(jìn)而求解．
【解答】解：（1）如圖1中，作CD⊥y軸于D．
∵CA∥y軸，CD⊥y軸，
∴CD∥OA，AC∥OD，
∴四邊形OACD是平行四邊形，
∵∠AOD＝90°，
∴四邊形OACD是矩形，
∴k＝S矩形OACD＝2S△ABC＝2，
∴反比例函數(shù)的解析式為y＝；
（2）存在，理由：
如圖2中，作BD⊥AC于D，交反比例函數(shù)圖象于N，連接CN，AN．
∵△ABC是等邊三角形，面積為，設(shè)CD＝AD＝m，則BD＝m，
∴×2m×m＝，
∴m＝1或﹣1（舍棄），
∴B（0，1），C（，2），A（，0），
∴N（2，1），
∴BD＝DN，
∵AC⊥BN，
∴CB＝CN，AB＝AN，
∵AB＝BC，
∴AB＝BC＝CN＝AN，
∴四邊形ABCN是菱形，
∴N（2，1）；
（3）由點M是OB的中點知，OM＝0.5＝O1M1，
由點C、N的坐標(biāo)得，CN＝＝2，
如圖3，過點C作y軸的對稱點C′（﹣，2），將點C′向下平移0.5個單位得到點C″（﹣，），連接C″N交y軸于點O1，在O1上方0.5個單位處取點M1，連接C′M1、CM1，此時，四邊形CM1O1N周長的最?。?br>理由：由C′C″＝O1M1且C′C″∥O1M1知，四邊形C′C″O1M1為平行四邊形，則C′M1＝C″O1，而由圖象的對稱性知，C′M1＝CM1，
則四邊形CM1O1N周長＝CN+CM1+O1M1+O1N＝2+0.5+O1N+CM1＝2.5+C′M1+O1N＝2.5+C″O1+O1N＝2.5+C″N為最小，
即四邊形CM1O1N周長最小值＝2.5+C″N＝2.5+＝．
【例3】（2022秋?龍華區(qū)期中）已知：在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝﹣x+2與x軸，y軸分別交于A、B兩點，直線l2經(jīng)過點A，與y軸交于點C（0，﹣4）．
（1）求直線l2的解析式；
（2）如圖1，點P為直線l1一個動點，若△PAC的面積為10時，請求出點P的坐標(biāo)．
（3）如圖2，將△ABC沿著x軸平移，平移過程中的△ABC記為△A1B1C1，請問在平面內(nèi)是否存在點D，使得以A1、C1、C、D為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點D的坐標(biāo)．
【分析】（1）求出A點坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）設(shè)P（t，﹣t+2），分兩種情況討論：當(dāng)P點在B點左側(cè)時，S△PAC＝S△ABC+S△BCP＝6+×6×（﹣t）＝10，可求P（﹣，）；當(dāng)P點在A點右側(cè)時，S△PAC＝×6×（t﹣2）＝10，可求P或（，﹣）；
（3）設(shè)△ABC向左平移m個單位長，D（x，y），則A1（2﹣m，0），C1（﹣m，﹣4），根據(jù)菱形的對角線情況可分三種情況討論：當(dāng)CD為菱形對角線時，，求得D（﹣5，0）；當(dāng)AC1為菱形對角線時，，求得D（2，0）；當(dāng)A1D為菱形對角線時，，求得D（﹣2，﹣8）．
【解答】解：（1）令x＝0，則y＝2，
∴B（0，2），
令y＝0，則x＝2，
∴A（2，0），
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直線l2的解析式為y＝2x﹣4；
（2）∵B（0，2），A（2，0），
∴OA＝OB，
∴∠ABO＝45°，
∵C（0，﹣4），
∴OC＝4，
∴BC＝6，OA＝2，
∴S△ABC＝×6×2＝6，
∴P點在B點左側(cè)或在A點右側(cè)，
設(shè)P（t，﹣t+2），
當(dāng)P點在B點左側(cè)時，
∴S△PAC＝S△ABC+S△BCP＝6+×6×（﹣t）＝10，
解得t＝﹣，
∴P（﹣，）；
當(dāng)P點在A點右側(cè)時，
∴S△PAC＝S△PBC﹣S△ABC＝×（t﹣2）×6＝10，
解得t＝
∴P（，﹣）；
綜上所述：P點坐標(biāo)為（﹣，）或（，﹣）；
（3）存在點D，使得以A1、C1、C、D為頂點的四邊形是菱形，理由如下：
設(shè)△ABC向左平移m個單位長，D（x，y），
∴A1（2﹣m，0），C1（﹣m，﹣4），
當(dāng)CD為菱形對角線時，
，
解得，
∴D（﹣5，0）；
當(dāng)AC1為菱形對角線時，
，
解得或（舍），
∴D（2，0）；
當(dāng)A1D為菱形對角線時，
，
解得（舍）或，
∴D（﹣2，﹣8）；
綜上所述：D點坐標(biāo)為（﹣5，0）或（2，0）或（﹣2，﹣8）．
【例4】（2022秋?博羅縣期中）如圖，拋物線y＝﹣x2+x+1與y軸交于點A，過點A的直線與拋物線交于另一點B，過點B作BC⊥x軸，垂足為點C（3，0）．
（1）求直線AB的函數(shù)解析式．
（2）動點P在線段OC上，從原點O出發(fā)以每秒一個單位的速度向C移動，過點P作PN⊥x軸，交直線AB于點M，交拋物線于點N，設(shè)點P移動的時間為t秒，MN的長為s個單位，求s與t的函數(shù)解析式，并寫出t的取值范圍．
（3）在（2）的條件下（不考慮點P與點O，C重合的情況），連接CM，BN，當(dāng)t為何值時，四邊形BCMN為平行四邊形？對于所求的t的值，平行四邊形BCMN是否為菱形？若存在，請直接寫出四邊形BCMN為菱形時t的值，若不能存在請說明理由．
【分析】（1）把x＝0代入y＝﹣x2+x+1，求出y的值，得到A點坐標(biāo)，把x＝3代入y＝﹣x2+x+1，求出y的值，得到B點坐標(biāo)，設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，將A、B兩點的坐標(biāo)代入，利用待定系數(shù)法即可求出直線AB的解析式為y＝x+1；
（2）根據(jù)路程＝速度×?xí)r間得出OP＝1?t＝t，那么P（t，0）（0≤t≤3），再求出M、N的坐標(biāo)，利用s＝MN＝NP﹣MP即可求出s與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）由于BC∥MN，所以當(dāng)BC＝MN時，四邊形BCMN為平行四邊形，根據(jù)MN＝BC列出方程﹣t2+t＝，解方程求出t的值，得出t＝1或2時，四邊形BCMN為平行四邊形；根據(jù)有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，分t＝1、t＝2兩種情況，計算MN與MC，比較大小，如果相等，則四邊形BCMN是菱形；如果不相等，則四邊形BCMN不是菱形．
【解答】解：（1）∵當(dāng)x＝0時，y＝1，
∴A（0，1）．
當(dāng)x＝3時，y＝﹣×32+×3+1＝2.5，
∴B（3，2.5），
設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，
則：，解得：，
∴直線AB的解析式為y＝x+1；
（2）∵動點P在線段OC上從原點出發(fā)以每秒一個單位的速度向C移動，點P移動的時間為t秒，
∴OP＝1?t＝t，
∴P（t，0）（0≤t≤3），
∵過點P作PN⊥x軸，交直線AB于點M，交拋物線于點N，
∴M（t，t+1），N（t，﹣t2+t+1），
∴s＝MN＝NP﹣MP＝﹣t2+t+1﹣（t+1）＝﹣t2+t（0≤t≤3）；
（3）由題意，可知當(dāng)MN＝BC時，四邊形BCMN為平行四邊形，
此時，有﹣t2+t＝，
解得t1＝1，t2＝2，
所以當(dāng)t＝1或2時，四邊形BCMN為平行四邊形．
①當(dāng)t＝1時，MP＝，NP＝4，故MN＝NP﹣MP＝，
又在Rt△MPC中，MC＝＝，故MN＝MC，此時四邊形BCMN為菱形；
②當(dāng)t＝2時，MP＝2，NP＝，故MN＝NP﹣MP＝，
又在Rt△MPC中，MC＝＝，故MN≠M(fèi)C，此時四邊形BCMN不是菱形．
綜上，當(dāng)t＝1或2時，四邊形BCMN為平行四邊形．當(dāng)t＝1時，四邊形BCMN為菱形．
培優(yōu)訓(xùn)練
一．解答題
1．（2022秋?思明區(qū)校級期中）如圖，正方形OABC的邊OA、OC分別在x軸和y軸上，頂點B在第一象限，AB＝6，點E、F分別在邊AB和射線OB上運(yùn)動（E、F不與正方形的頂點重合），OF＝2BE，設(shè)BE＝t．
（1）當(dāng)t＝2時，則AE＝ 4 ，BF＝ 2 ；
（2）當(dāng)點F在線段OB上運(yùn)動時，若△BEF的面積為，求t的值；
（3）在整個運(yùn)動過程中，平面上是否存在一點P，使得以P、O、E、F為頂點，且以O(shè)F為邊的四邊形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由題意可直接得出答案；
（2）由題意易得，進(jìn)而得到FH＝6﹣2t，然后求解即可；
（3）根據(jù)題意易得OF、EF、EO的長，要使以P，O，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形，故而有三種情況：一是OF＝EF，二是OE＝EF，三是OE＝OF，然后分別求解即可．
【解答】解：（1）∵AB＝6，BE＝2，
∴AE＝AB﹣BE＝6﹣2＝4，
∵AO＝AB，∠A＝90°，
∴，
∴，
∴；
故答案為：4，2；
（2）如圖，作FH⊥AB于H，
由題意，得，
∴FH＝6﹣2t，
∵＝，
∴，
解得：；
（3）由已知得：，EF2＝（6﹣2t）2+（6﹣3t）2＝13t2﹣60t+72，OE2＝（6﹣t）2+62＝t2﹣12t+72，
若OF＝EF，如圖，
∴8t2＝13t2﹣60t+72，
解得：，
若OE＝EF，如圖，
∴t2﹣12t+72＝13t2﹣60t+72，
解得：t＝4，
若OE＝OF，如圖，
∴t2﹣12t+72＝8t2，
解得：．
綜上所述，或t＝4或．
2．（2022?城西區(qū)開學(xué)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝2x+4與x軸，y軸分別交于A，B兩點，直線y＝﹣x+1與x軸，y軸分別交于C，D兩點，這兩條直線相交于點P．
（1）求點P的坐標(biāo)；
（2）求四邊形AODP的面積；
（3）在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在一點Q，使以A，P，D，Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，請求出點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）聯(lián)立兩一次函數(shù)解析式即可求出交點坐標(biāo)；
（2）根據(jù)四邊形AODP的面積＝S△ACP﹣S△OCD求解即可；
（3）由A（﹣2，0），P（﹣1，2）求出AP＝＝，由C（1，0），D（0，1），P（﹣1，2）求出AD＝＝，DP＝＝，可得AD＝AP，則以A，P，D，Q為頂點的四邊形是菱形時，只能以PD為對角線，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求解．
【解答】解：（1）聯(lián)立直線y＝2x+4與直線y＝﹣x+1得：，
∴，
∴點P的坐標(biāo)為（﹣1，2）；
（2）由直線y＝2x+4得A（﹣2，0），B（0，4），
由直線y＝﹣x+1得C（1，0），D（0，1），
∴AC＝3，OC＝1，OD＝1，
∴S△ACP＝×3×2＝3，
S△OCD＝×1×1＝，
∴四邊形AODP的面積＝S△ACP﹣S△OCD＝3﹣＝；
（3）∵A（﹣2，0），P（﹣1，2），
∴AP＝＝，
∵C（1，0），D（0，1），P（﹣1，2），
∴AD＝＝，DP＝＝，
∴AD＝AP，
∴以A，P，D，Q為頂點的四邊形是菱形時，只能以PD為對角線，
如圖：
∴存在，點Q的坐標(biāo)為（1，3）．
3．（2022春?大足區(qū)期末）已知：在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝﹣x+2與x軸，y軸分別交于A、B兩點，直線l2經(jīng)過點A，與y軸交于點C（0，﹣4）．
（1）求直線l2的解析式；
（2）如圖1，點P為直線l1一個動點，若△PAC的面積等于10時，請求出點P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，將△ABC沿著x軸平移，平移過程中的△ABC記為△A1B1C1，請問在平面內(nèi)是否存在點D，使得以A1、C1、C、D為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點D的坐標(biāo)．
【分析】（1）設(shè)直線l2的解析式y(tǒng)＝kx+b，求出點A的坐標(biāo)，把A、C的坐標(biāo)代入解析式計算即可；
（2）設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，根據(jù)三角形的面積公式建立方程，求解即可．
（3）按CC1為菱形邊長和對角線兩種情況討論，最后根據(jù)菱形的性質(zhì)求出點D的坐標(biāo)即可．
【解答】解：（1）設(shè)直線l2的解析式y(tǒng)＝kx+b，
∵直線l1：y＝﹣x+2與x軸，y軸分別交于A、B兩點，
∴A（2，0），B（0，2），
∵直線l2經(jīng)過點A，與y軸交于點C（0，﹣4），
∴，
∴，
∴直線l2的解析式：y＝2x﹣4；
（2）由題意可知，BC＝6，
設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，
∴S△PAC＝?|xA﹣xP|?BC＝|2﹣m|×6＝10，
∴m＝﹣或m＝．
∴P（﹣，）或P（，）．
（3）設(shè)將△ABC沿著x軸平移t個單位長度得到△A1B1C1，
∴A1（2﹣t，0），
∴CC1＝t，A1C1＝AC＝2，
設(shè)D點坐標(biāo)為（p，q），
①當(dāng)CC1為以A1、C1、C、D為頂點的菱形邊長時，有兩種情況：
當(dāng)CC1＝A1C1＝2時，即t＝2，
此時CC1∥A1D，即點D在x軸上，
且A1D＝A1C1＝2，
∴點D與點A重合，即D（2，0）．
當(dāng)CC1＝A1C＝t時，
∵A1（2﹣t，0），C（0，﹣4），
∴（﹣4）2+（2﹣t）2＝t2，
解得t＝5，
此時CC1∥A1D，即點D在x軸上，
且A1D＝CC1＝5，
∴D（﹣8，0）．
②當(dāng)CC1為以A1、C1、C、D為頂點的菱形對角線時，A1C1＝A1C＝2，即點A1在CC1的垂直平分線上，且A1，D關(guān)于CC1對稱，
當(dāng)△ABC向左一移動，A1（2﹣t，0），C（0，﹣4），C1（﹣t，﹣4），
∴（﹣4）2+（2﹣t）2＝（2）2，
解得t＝4或t＝0（舍），
當(dāng)△ABC向右移動時，A1（2+t，0），C（0，﹣4），C1（t，﹣4），
∴（﹣4）2+（2+t）2＝（2）2，
解得t＝﹣4（舍）或t＝0（舍），
∴A1（﹣2，0），
∴D（﹣2，﹣8）．
綜上所述，存在點D，使得以A1、C1、C、D為頂點的四邊形是菱形，點D的坐標(biāo)為（2，0），（﹣8，0），（﹣2，﹣8）．
4．（2022?崆峒區(qū)校級二模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c交y軸于點A（0，2），交x軸于點B（4，0）、C兩點，點D為線段OB上的一個動點（不與O、B重合），過點D作DM⊥x軸，交AB于點M，交拋物線于點N．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接AN和BN，當(dāng)△ABN的面積最大時，求出點D的坐標(biāo)及△ABN的最大面積；
（3）在平面內(nèi)是否存在一點P，使得以點A，M，N，P為頂點，以AM為邊的四邊形是菱形？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將A，B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式組成二元一次方程組，求解即可；
（2）設(shè)D（t，0）（0＜t＜4），根據(jù)坐標(biāo)的特點，可得出點M，N的坐標(biāo)，再根據(jù)三角形的面積公式可表達(dá)△ABN的面積，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得出結(jié)論；
（3）根據(jù)題意，易證△AEM∽△AOB，由此得出AE和AM的長，再根據(jù)題意需要分兩種情況討論：①當(dāng)AM＝MN時，②當(dāng)AM＝AN時，分別求解即可．
【解答】解：（1）將點A（0，2），點B（4，0）代入拋物線y＝﹣x2+bx+c，
∴，
∴．
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x+2．
（2）∵點A（0，2），點B（4，0），
∴直線AB的解析式為：y＝﹣x+2；
設(shè)D（t，0）（0＜t＜4），
∵DM⊥x軸，點M在直線AB上，點N在拋物線上，
∴M（t，﹣t+2），N（t，﹣t2+t+2），
∴MN＝﹣t2+t+2﹣（﹣t+2）＝﹣t2+4t，
∴△ABN的面積＝?MN?（xB﹣xA）＝?（﹣t2+4t）?4＝﹣2（t﹣2）2+8，
∵﹣2＜0，0＜t＜4，
∴當(dāng)t＝2時，△ABN有最大值，最大值為8，此時D（2，0）．
（3）存在，如圖，過點M作ME⊥y軸于點E，
∴ME∥OB，ME＝1，
∴∠AEM＝∠AOB＝90°，∠AME＝∠ABO，
∴△AEM∽△AOB，
∴AE：AO＝AM：AB＝ME：OB，
Rt△AOB中，OA＝2，OB＝4，
∴AB＝2，
∴＝＝，
∴AE＝t，AM＝t．
根據(jù)題意，需要分兩種情況討論：
①AM＝MN時，如圖，
此時t＝﹣t2+4t（0＜t＜4），
解得t＝或t＝0（舍），
∴AM＝，
∴AP＝AM＝，
∵AP∥MN，
∴點P在y軸上，
∴OP＝2+＝，
∴P（0，）；
②當(dāng)AM＝AN時，如圖，此時AP與MN互相垂直平分，設(shè)MN與AP交于點F，
∴MF＝MN＝（﹣t2+4t），
∵M(jìn)F＝AE＝t，
∴（﹣t2+4t）＝t，
解得t＝3或t＝0（舍），
∴AP＝2t＝6，
∴P（6，2）．
綜上，存在點P，使得以點A，M，N，P為頂點，以AM為邊的四邊形是菱形，此時P（0，）或（6，2）．
5．（2022?前進(jìn)區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCO的邊OC與x軸重合，OA與y軸重合，BC＝2，D是OC上一點，且OD，DC的長是一元二次方程x2﹣5x+4＝0的兩個根（OD＞DC）．
（1）求線段OD，OC，AD的長；
（2）在線段AB上有一動點P（不與A、B重合），點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿AB方向勻速運(yùn)動，到終點B停止，設(shè)運(yùn)動的時間為t秒，過P點作PE∥BD交AD于E，PF∥AD交BD于F，求四邊形DEPF的面積S與時間t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，在點P運(yùn)動的過程中，x軸上是否存在點Q，使以A、D、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）解方程可得OD＝4，CD＝1，即可求解；
（2）先證明四邊形PEDF是矩形，由銳角三角函數(shù)可求PE，PF的長，即可求解；
（3）分兩種情況討論，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）∵OD，DC的長是一元二次方程x2﹣5x+4＝0的兩個根（OD＞DC）．
∴OD＝4，CD＝1，
∴OC＝5，AD＝＝＝2；
（2）∵PE∥BD，PF∥AD，
∴四邊形PEDF是平行四邊形，
∵BD＝＝＝，
∴BD2+AD2＝5+20＝25，
∵AB2＝25，
∴BD2+AD2＝AB2，
∴∠ADB＝90°，
∴四邊形PEDF是矩形，
∵sin∠BAC＝，
∴，
∴PE＝t，
∵PF∥AD，
∴∠BPF＝∠BAD，
∴cs∠BPF＝cs∠BAD＝，
∴＝，
∴PF＝（5﹣t），
∴S＝PE?PF＝t×（5﹣t），
∴S＝﹣t2+2t；
（3）存在點Q，使以A、D、P、Q為頂點的四邊形是菱形，
設(shè)P（t，2），
∴PD2＝（4﹣t）2+22，
當(dāng)PD，AP為邊，
∵四邊形APDQ是菱形，
∴PD＝AP，
則t2＝（4﹣t）2+22，解得：t＝，
∴AP＝，
∴DQ＝AP＝，
∴點Q（，0）；
當(dāng)AD，AP為邊，∵四邊形APQD是菱形，
∴PD＝AP，
∴2＝t，
∴AP＝2，
∴DQ＝AP＝2，
∴DQ＝AP＝2，
∴點Q（4+2，0），
綜上所述：點Q（4+2，0）或（，0）．
6．（2021秋?萊西市期末）已知：如圖，菱形ABCD中，AB＝5cm，AC＝6cm，動點P從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動；同時，動點Q從點C出發(fā)，沿CB方向勻速運(yùn)動，它們的運(yùn)動速度均為1cm/s．過點P作PM∥BC，過點B作BM⊥PM，垂足為M，連接QP．設(shè)運(yùn)動時間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問題：
（1）菱形ABCD的高為 cm，cs∠ABC的值為 ；
（2）在運(yùn)動過程中，是否存在某一時刻t，使四邊形MPQB為平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
（3）是否存在某一時刻t，使四邊形MPQB的面積是菱形ABCD面積的？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
（4）是否存在某一時刻t，使點M在∠PQB的角平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）連接BD交AC于點O，作AE⊥BC于點E，根據(jù)菱形的性質(zhì)得BC＝AB＝5cm，OA＝OC＝3cm，∠AOB＝90°，根據(jù)勾股定理求得OB＝4cm，即可求得菱形ABCD的面積為24cm2，由5AE＝24得AE＝，即菱形ABCD的高為；再由勾股定理求得BE＝cm，則BE：AE：AB＝7：24：25，所以cs∠ABC＝；
（2）由四邊形MPQB為平行四邊形，且∠M＝90°得四邊形MPQB是矩形，所以∠PQB＝90°，可推導(dǎo)出BQ＝BP，可列方程5﹣t＝t，求出t的值即可；
（3）由＝cs∠BPM＝cs∠ABC＝，＝sin∠BPM＝sin∠ABC＝得PM＝t，BM＝t，再根據(jù)S四邊形MPQB＝S菱形ABCD列方程×t（t+5﹣t）＝×24，解方程求出符合題意的t值即可；
（4）作MR⊥QP交直線QP于點R，先由＝tan∠BPM＝tan∠ABC＝得MP＝MB，可知MP＜MB，而MR≤MP，所以MR＜MB，這說明點M到∠PQB的兩邊的距離不相等，所以不存在某一時刻t，使點M在∠PQB的角平分線上．
【解答】解：（1）如圖1，連接BD交AC于點O，作AE⊥BC于點E，則∠AEB＝90°，
∵四邊形ABCD是菱形，AB＝5cm，AC＝6cm，
∴BC＝AB＝5cm，BD⊥AC，OA＝OC＝AC＝3cm，
∴∠AOB＝90°，
∴OD＝OB＝＝＝4（cm），
∴S菱形ABCD＝AC?OD+AC?OB＝×6×4+×6×4＝24（cm2），
∴5AE＝24，
∴AE＝（cm），
∴菱形ABCD的高為cm；
∵BE＝＝＝（cm），
∴BE：AE：AB＝7：24：25，
∴cs∠ABC＝＝，
∴cs∠ABC的值為，
故答案為：，．
（2）存在，
如圖2，∵四邊形MPQB為平行四邊形，且∠M＝90°，
∴四邊形MPQB是矩形，
∴∠PQB＝90°，
∴＝cs∠ABC＝，
∴BQ＝BP，
∵BP＝CQ＝t，
∴BQ＝5﹣t，
∴5﹣t＝t，
解得t＝，
∴t的值為．
（3）存在，
如圖1，∵PM∥BC，
∴∠BPM＝∠ABC，
∴＝cs∠BPM＝cs∠ABC＝，＝sin∠BPM＝sin∠ABC＝，
∴PM＝t，BM＝t，
∵S四邊形MPQB＝S菱形ABCD，
∴×t（t+5﹣t）＝×24，
整理得18t2﹣125t+100＝0，
解得t1＝，t2＝（不符合題意，舍去）．
∴t的值為.
（4）不存在，
理由：如圖3，作MR⊥QP交直線QP于點R，
∵∠MBQ＝180°﹣∠PMB＝90°，
∴MB⊥QB，
∵＝tan∠BPM＝tan∠ABC＝，
∴MP＝MB，
∴MP＜MB，
∵M(jìn)R≤MP，
∴MR＜MB，
∴點M不可能在∠PQB的平分線上，
∴不存在某一時刻t，使點M在∠PQB的角平分線上．
7．（2022?青島一模）已知，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AC＝6cm，BD＝8cm．延長BC至點E，使CE＝BC，連接ED．點F從點E出發(fā)，沿ED方向向點D運(yùn)動，速度為1cm/s，過點F作FG⊥ED垂足為點F交CE于點G；點H從點A出發(fā)，沿AD方向向點D運(yùn)動，速度為1cm/s，過點H作HP∥AB，交BD于點P，當(dāng)F點停止運(yùn)動時，點H也停止運(yùn)動．設(shè)運(yùn)動時間為t（0＜t≤3），解答下列問題：
（1）求證：∠BDE＝90°；
（2）是否存在某一時刻t，使G點在ED的垂直平分線上？若存在，求出t值；若不存在，請說明理由．
（3）設(shè)六邊形PCGFDH的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（4）連接HG，是否存在某一時刻t，使HG∥AC？若存在，求出t值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）證明CD＝CB，CE，可得結(jié)論；
（2）存在．由題意CD＝CE，點G在DE的垂直平分線上，推出EF＝DF＝3cm，由此可得結(jié)論；
（3）根據(jù)S六邊形HPCGFD＝S△DPH+S△BDE﹣S△CBP﹣S△EFG，求解即可；
（4）當(dāng)AC∥HG時，AH＝CG，構(gòu)建方程求解．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC＝CD，
∵CD＝CE，
∴CD＝CB＝CE，
∴∠BDE＝90°；
（2）解：存在．
理由：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥CE，AD＝BC，
∵CE＝BC，
∴AD＝CE，
∴四邊形ADEC是平行四邊形，
∴AC＝DE＝6cm，
∵CD＝CE，點G在DE的垂直平分線上，
∴EF＝DF＝3cm，
∴t＝3；
（3）解：過點H作HJ⊥BD于點J．
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝3cm，OB＝OD＝4cm，
∴AB＝AD＝＝＝5cm，
∵PH∥AB，
∴＝，
∴＝，
∴DP＝（5﹣t）cm，
∵HJ∥AO，
∴＝，
＝，
∴HJ＝（5﹣t）cm，
∴S△DPH＝?PD?HJ＝×（5﹣t）×（5﹣t）＝（5﹣t）2，
∴S六邊形HPCGFD＝S△DPH+S△BDE﹣S△CBP﹣S△EFG
＝（5﹣t）2+×6×8﹣×[8﹣（5﹣t）]×3﹣×t×t
＝﹣t2﹣t+36；
（4）存在．
理由：當(dāng)AC∥HG時．AH＝CG，
∴t＝5﹣t，
∴t＝．
8．（2021秋?市南區(qū)期末）已知：如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，且AC＝6cm，BD＝8cm．點P從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s；同時，直線EF從點D出發(fā)，沿DB方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s，EF⊥BD，且與AD，BD，CD分別交于點E，Q，F(xiàn)．當(dāng)直線EF停止運(yùn)動，點P也停止運(yùn)動．連接PF，設(shè)運(yùn)動時間為t（s）．解答下列問題：
（1）用含t的代數(shù)式表示線段EF： cm ；
（2）當(dāng)t為何值時，四邊形ADFP是平行四邊形；
（3）設(shè)四邊形APFE的面積為y（cm2），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（4）是否存在某一時刻t，使得PF與EF的夾角為45°？若存在，求出t的值，若不存在，說明理由．
【分析】（1）證明△DEF∽△DAC，進(jìn)而求得結(jié)果；
（2）證明并根據(jù)△DQF∽△DOC表示出DF，根據(jù)DF＝AP求得結(jié)果；
（3）根據(jù)S四邊形APFE＝﹣S梯形APFD﹣S△DEF，分別計算出梯形ADFP和三角形DEF的面積，進(jìn)而求得結(jié)果；
（4）設(shè)PF與BD交于點H，作PG⊥BD于G，依次表示出PG，BG，QF，HQ，BH＝BD﹣DQ﹣HQ，根據(jù)H＝BG+GH列出方程求得結(jié)果．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OD＝，OC＝，
∵EF⊥BD，
∴EF∥AC，
∴△DEF∽△DAC，
∴，
∴，
∴EF＝．
故答案是： cm；
（2）在Rt△COD中，OC＝3，OD＝4，
∴CD＝5，
∵EF∥AC，
∴△DQF∽△DOC，
∴，
∴，
∴DF＝，
∵AP∥DF，
∴當(dāng)AP＝DF時，四邊形ADFP是平行四邊形，
∴5﹣t＝，
∴t＝；
（3）如圖1，
作CG⊥AB于G，
∵得，
5?CG＝6×8，
∴CG＝，
∵S梯形APFD＝＝＝12，
＝＝，
∴S四邊形APFE＝﹣S梯形APFD﹣S△DEF＝﹣++12，
∴y＝﹣++12；
（4）如圖2，
假設(shè)存在t，使∠PFE＝45°，設(shè)PF與BD交于點H，作PG⊥BD于G，
∴PG＝BP?sinABD＝t?＝，BG＝BP?cs∠ABD＝t＝，
QF＝DQ?tan∠CDB＝t＝，
∵∠PQH＝90°，∠PFE＝45°，
∴∠FHQ＝45°，
∴HQ＝QF＝，
∴BH＝BD﹣DQ﹣HQ＝8﹣t﹣＝8﹣，
∵∠PGH＝90°，∠PHG＝∠FHQ＝45°，
∴PG＝GH＝，
由BH＝BG+GH得，
8﹣＝+，
∴t＝，
∴當(dāng)t＝時，PF與EF的夾角為45°．
9．（2022春?雙峰縣期末）問題情境：在綜合實踐課上，老師讓同學(xué)們探究“平面直角坐標(biāo)系中的旋轉(zhuǎn)問題”，如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形AOBC是矩形，O（0，0），點A（5，0），點B（0，3）．
操作發(fā)現(xiàn)：以點A為中心，順時針旋轉(zhuǎn)矩形AOBC，得到矩形ADEF，點O，B，C的對應(yīng)點分別為D，E，F(xiàn)．
（1）如圖1，當(dāng)點D落在BC邊上時，求點D的坐標(biāo)；
繼續(xù)探究：（2）如圖2，當(dāng)點D落在線段BE上時，AD與BC交于點H，求證△ADB≌△AOB；
拓展探究：如圖3，點M是x軸上任意一點，點N是平面內(nèi)任意一點，是否存在點N使以A、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(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)點A、B的坐標(biāo)可得OA、OB的長度，再利用勾股定理可得CD的長，從而得出點D的坐標(biāo)；
（2）利用HL證明Rt△ADB≌Rt△AOB即可；
拓展探究：分AD＝AM，DA＝DM，MD＝MA三種情形，分別畫出圖形，根據(jù)菱形的性質(zhì)解決問題．
【解答】（1）解：∵點A（5，0），點B（0，3）．
∴OA＝5，OB＝3，
∵四邊形AOBC是矩形，
∴AC＝OB＝3，OA＝BC＝5，∠OBC＝∠C＝90°，
∵順時針旋轉(zhuǎn)矩形AOBC，得到矩形ADEF，
∴AD＝AO＝5，
在Rt△ADC中，CD＝＝4，
∴BD＝BC﹣CD＝1，
∴D（1，3）；
（2）證明：∵四邊形ADEF是矩形，
∴∠ADE＝90°，
∵點D在線段BE上，
∴∠ADB＝90°，
由（1）可知：AD＝AO，
又∵AB＝AB，∠AOB＝90°，
∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL），
拓展探究：存在，
由（1）得：D（1，3），
∴AD＝＝5，
當(dāng)AD＝AM時，如圖，
則ND＝AD＝5，ND∥OA，
∴N（﹣4，3）或（6，3），
當(dāng)MD＝AD時，點D與N關(guān)于x軸對稱，
∴N（1，﹣3），
當(dāng)MD＝MA時，如圖，四邊形ANDM為菱形，
∴DN∥AM，DN＝AM＝DM，
設(shè)HM＝a，則DM＝AM＝4﹣a，
∴32+a2＝（4﹣a）2，
解得a＝，
∴DN＝4﹣＝，
∴N（），
綜上所述，存在點N使以A、D、M、N為頂點的四邊形是菱形，N的坐標(biāo)為：（﹣4，3）或（6，3）或（1，﹣3）或（）．
10．（2022春?營口期末）如圖1，直線y＝x+6與x，y軸分別交于A，B兩點，∠ABO的角平分線與x軸相交于點C．
（1）求點C的坐標(biāo)；
（2）在直線BC上有兩點M，N，△AMN是等腰直角三角形，∠MAN＝90°，求點M的坐標(biāo)；
（3）點P在y軸上，在平面上是否存在點Q，使以點A、B、P、Q為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）先求出點A和點B的坐標(biāo)，利用勾股定理求出AB的長度，設(shè)OC＝t，過點C作CH⊥AB于H，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得CH＝OC＝t，由S△ABO＝S△ABC+S△BCO得到t的值，即可得到點C的坐標(biāo)；
（2）求出直線BC的表達(dá)式為：y＝2x+6，設(shè)點M（m，2m+6）、N（n，2n+6），過點M作MF⊥x軸于點F，過點N作NE⊥x軸于點E，證明△FMA≌△EAN（AAS），則EN＝AF，MF＝AE，即可求解；
（3）分AB是邊、AB是對角線兩種情況，根據(jù)菱形的性質(zhì)分別求解即可．
【解答】解：（1）對于直線y＝x+6，令x＝0，得到y(tǒng)＝6，
∴B（0，6），
令y＝0，得到x＝﹣8，
∴A（﹣8，0）．
∵A（﹣8，0），B（0，6），
∴OA＝8，OB＝6，
∵∠AOB＝90°，
∴AB＝＝10，
過點C作CH⊥AB于H，設(shè)OC＝t，
∵BC平分∠ABO，∠AOB＝90°，
∴CH＝OC＝t，
∵S△ABO＝S△ABC+S△BCO，
∴OA?OB＝AB?CH+OC?OB，
∴6×8＝10t+6t，
∴t＝3，
∴OC＝3，
∴C（﹣3，0）；
（2）設(shè)線BC的表達(dá)式為：y＝kx+b，
∵B（0，6），C（﹣3，0），
∴直線BC的表達(dá)式為：y＝2x+6，
設(shè)點M（m，2m+6）、N（n，2n+6），
過點M作MF⊥x軸于點F，過點N作NE⊥x軸于點E，
∵△AMN為等腰直角三角形，故AM＝AN，
∵∠NAE+∠MAF＝90°，∠MAF+∠AMF＝90°，
∴∠NAE＝∠AMF，
∵∠AFM＝∠NEA＝90°，AM＝AN，
∴△FMA≌△EAN（AAS），
∴EN＝AF，MF＝AE，
即﹣2n﹣6＝m+8，2m+6＝8+n，
解得：m＝﹣2，n＝﹣6，
故點M的坐標(biāo)為（﹣2，2）、點N（﹣6，﹣6）；
由于M，N的位置可能互換，故點N的坐標(biāo)為（﹣2，2）、點M（﹣6，﹣6）；
綜上所述，點M的坐標(biāo)為（﹣2，2）或（﹣6，﹣6）；
（3）設(shè)點P（0，p），
∴BP2＝（p﹣6）2，AP2＝82+p2，
①當(dāng)AB是邊時，如圖，
∵點A、B、P、Q為頂點的四邊形為菱形，
∴BP＝AB＝10，BP′＝AB＝10，OB＝OP″，
∵B（0，6），
∴P（0，16），P′（0，﹣4），P″（0，﹣6），
∵A（﹣8，0），
∴Q（﹣8，10），Q′（﹣8，﹣10），Q″（8，0）；
②當(dāng)AB是對角線時，如圖，
∵點A、B、P、Q為頂點的四邊形為菱形，
∴AP＝BP，
∴BP2＝AP2，
∴（p﹣6）2＝82+p2，解得p＝﹣，
∴P（0，﹣），
∵A（﹣8，0），B（0，6），
∴Q（﹣8，）；
綜上所述，點Q的坐標(biāo)為（﹣8，10）或（﹣8，﹣10）或（8，0）或（﹣8，）．
11．（2022春?曹妃甸區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，∠CAB＝30°，點P從點A出發(fā)，每秒個單位長度的速度沿AB方向運(yùn)動，點Q從點C出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿對角線CA方向運(yùn)動．已知點P、Q兩點同時出發(fā)．當(dāng)點Q到達(dá)點A時，P、Q兩點同時停止運(yùn)動，連接PQ，設(shè)運(yùn)動時間為t秒．
（1）BC＝ 3 ，AC＝ 6 ；
（2）當(dāng)t為何值時，AP＝AQ；
（3）在運(yùn)動過程中，是否存在一個時刻t，使所得△APQ沿它的一邊翻折，翻折前后兩個三角形組成的四邊形為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
（4）當(dāng)點P關(guān)于點Q的對稱點P′落在△ACD的內(nèi)部（不包括邊上）時，請直接寫出t的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)解答即可；
（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和三角形的面積公式解答即可；
（3）分三種情況，利用翻折的性質(zhì)解答即可；
（4）根據(jù)對稱的性質(zhì)解答即可．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD，AB＝3，∠CAB＝30°，
∴BC＝3，AC＝6；
故答案為：3；6；
（2）由題意知，AP＝t，AQ＝6﹣2t，
∵AQ＝AP，
∴6﹣2t＝t，
∴t＝12﹣6；
（3）解：①當(dāng)沿PQ翻折時，則AP＝AQ，則t＝6﹣2t，
解得：t＝12﹣6，
②當(dāng)沿AP翻折時，則AQ＝QP，過點Q作QM⊥AB，垂足為M，
則AM＝AP＝t，
在Rt△AQM中，∠QAM＝30°，
∴t＝（6﹣2t），
解得：t＝2，
③當(dāng)沿AQ翻折時，則AP＝PQ，
過點P作PM⊥AC，垂足為M，
則AM＝AQ＝3﹣t，
在Rt△AMP中，∠PAM＝30°，
∴3﹣t＝×t，
解得：t＝，
綜上所述，t的值為12﹣6或2或；
（4）由題意知，AP＝t，AQ＝6﹣2t，
∴P'在△ACD內(nèi)部，滿足，
∴1.5＜t＜2．
12．（2022春?巴東縣期末）已知點E是平行四邊形ABCD邊CD上的一點（不與點C，D重合）．
（1）如圖1，當(dāng)點E運(yùn)動到CD的中點時，連接AE、BE，若AE平分∠BAD，證明：CE＝CB．
（2）如圖2，過點E作EF⊥DC交直線CB于點F，連接AF．若∠ABC＝120°，BC＝2．封AB＝4．在線段CF上是否存在一點H．使得四邊形AFHD為菱形？若存在，請求出ED，CH的長；若不存在，請簡單地說明理由．
【分析】（1）先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)證得∠DEA＝∠BAE，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)證得∠DAE＝∠DEA，得出AD＝DE，根據(jù)E是CD的中點得出AE＝CE，進(jìn)而得出CE＝CB，結(jié)論得證．
（2）當(dāng)DH⊥CF且CE＝1+時，四邊形AFHD為菱形，先根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形證明四邊形AFHD是平行四邊形，再證明AD＝DH證得平行四邊形AFHD是菱形．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AD＝BC，
∴∠DEA＝∠BAE，
又∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE，
又∵E是CD的中點，
∴DE＝CE，
∴CE＝CB；
（2）解：存在，當(dāng)DH⊥CF且CE＝1+時，四邊形AFHD為菱形，
理由如下：過點D作DH⊥CF于H，如圖所示：
∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝2，∠ABC＝∠ADC＝120°，
∴∠BAD＝∠BCD＝60°，
∵CE＝1+，
∴DE＝CD﹣CE＝4﹣（1﹣）＝3﹣，
在Rt△CHD中，∠CHD＝90°，∠DCH＝60°，
∴∠CDH＝30°，
∴CH＝CD＝2，
∴DH＝，
∴AD＝DH，
在Rt△CEF中，∠CEF＝90°，∠ECF＝60°，
∴∠CFE＝30°，
∴CF＝2CE＝2（1+）＝2+2，
∴FH＝CF﹣CH＝2+2﹣2＝2
∴AD＝FH，
在平行四邊形ABCD中，AD∥BC，點F在CB的延長線上，
∴AD∥FH，
∴四邊形AFHD是平行四邊形，
又∵AD＝DH，
∴平行四邊形AFHD是菱形．
13．（2022春?同江市期末）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，把矩形OABC沿對角線OB所在的直線折疊，點A落在點D處，OD與BC交于點E．OA，OC的長滿足式子|OA﹣6|+＝0．
（1）求點A，C的坐標(biāo)；
（2）直接寫出點E的坐標(biāo)，并求出直線AE的函數(shù)解析式；
（3）F是x軸上一點，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點P，使以O(shè)，B，P，F(xiàn)為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)非負(fù)數(shù)的性質(zhì)求出OA、OC的長，即可解決問題；
（2）首先證明EO＝EB，設(shè)EO＝EB＝x，在Rt△ECO中，EO2＝OC2+CE2，構(gòu)建方程求出x，可得點E坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法即可解決問題；
（3）分兩種情形分別求解即可解決問題．
【解答】解：（1）由|OA﹣6|+＝0．
可得OA＝6，OC＝3，
∴A（6，0），C（0，3）；
（2）∵OA∥BC，
∴∠CBO＝∠AOB，
根據(jù)翻折不變性可知：∠EOB＝∠AOB，
∴∠EOB＝∠EBO，
∴EO＝EB，
設(shè)EO＝EB＝x，
在Rt△ECO中，EO2＝OC2+CE2，
∴x2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝，
∴CE＝BC﹣EB＝6﹣＝，
∴E（，3），
設(shè)直線AE的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直線AE的函數(shù)解析式為y＝﹣x+；
（3）如圖，OB＝＝3．
①當(dāng)OB為菱形的邊時，OF1＝OB＝BP1＝3，故P1（6﹣3，3），
OF3＝P3F3＝BP3＝3，故P3（6+3，3）．
②當(dāng)OB為菱形的對角線時，
∴OP2＝BP2，
∴CP2＝6﹣P2O，
在Rt△OP2C中，P2C2+OC2＝P2O2，
∴（6﹣P2O）2+32＝P2O2，解得P2O＝，
∴CP2＝6﹣＝，
∴P2（，3）），
③當(dāng)OP4為對角線時，
∵AB⊥x軸，OP4＝OB，
∴P4（6，﹣3），
綜上所述，滿足條件的點P坐標(biāo)為（6﹣3，3）或（6+3，3）或（ ，3）或（6，﹣3）．
14．（2022春?撫遠(yuǎn)市期末）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，把矩形OABC沿對角線OB所在的直線折疊，點A落在點D處，OD與BC交于點E．OA，OC的長滿足式子|OA﹣6|+＝0．
（1）求點A，C的坐標(biāo)；
（2）直接寫出點E的坐標(biāo)，并求出直線AE的函數(shù)解析式；
（3）F是x軸上一點，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點P，使以O(shè)，B，P，F(xiàn)為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)非負(fù)數(shù)的性質(zhì)求出OA、OC的長即可解決問題；
（2）首先證明EO＝EB，設(shè)EO＝EB＝x，在Rt△ECO中，EO2＝OC2+CE2，構(gòu)建方程求出x，可得點E坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法即可解決問題；
（3）分三種情形，根據(jù)菱形的性質(zhì)分別求解即可解決問題．
【解答】解：（1）∵OA，OC的長滿足式子|OA﹣6|+＝0．
∴OA﹣6＝0，OC2﹣9＝0，
∴OA＝6，OC＝3，
∴A（6，0），C（0，3）；
（2）∵四邊形OABC是矩形，
∴OA∥BC，
∴∠CBO＝∠AOB，
根據(jù)翻折不變性可知：∠EOB＝∠AOB，
∴∠EOB＝∠EBO，
∴EO＝EB，設(shè)EO＝EB＝x，
在Rt△ECO中，EO2＝OC2+CE2，
∴x2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝，
∴CE＝BC﹣EB＝6﹣＝，
∴E（，3），
設(shè)直線AE的解析式為y＝kx+b，
則有，
解得，
∴直線AE的函數(shù)解析式為y＝﹣x+；
（3）如圖，
∵OA＝6，OC＝3，
∴OB＝＝3．
①當(dāng)OB為菱形的邊時，OF1＝OB＝BP1＝3，故P1（6﹣3，3），
OF3＝P3F3＝BP3＝3，故P3（6+3，3）．
②當(dāng)OB為菱形的對角線時，P2O＝P2B，
設(shè)P2O＝P2B＝a，則P2C＝6﹣a，
在Rt△P2OC中，P2O2＝OC2+P2C2，
∴a2＝32+（6﹣a）2，
解得a＝，
∴CE＝BC﹣P2B＝6﹣＝，
∴P2（，3），
③當(dāng)OF4為對角線時，可得P4（6，﹣3），
綜上所述，存在，滿足條件的點P坐標(biāo)為（6﹣3，3）或（6+3，3）或（，3）或（6，﹣3）．
15．（2022春?東陽市期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點A、C分別在x軸、y軸上，且B（4，2），E為直線AC上一動點，連OE，過E作GF⊥OE，交直線BC、直線OA于點F、G，連OF．
（1）求直線AC的解析式．
（2）當(dāng)E為AC中點時，求CF的長．
（3）在點E的運(yùn)動過程中，坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點P，使得以P、O、G、F為頂點的四邊形為菱形，若存在，求出點P的橫坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）設(shè)直線AC的解析式：y＝kx+b，將A，C兩點坐標(biāo)代入，進(jìn)而求得結(jié)果；
（2）設(shè)CF＝x，可證得△CEF≌△AEG，進(jìn)而在Rt△COF中，根據(jù)勾股定理列出方程，進(jìn)一步求得結(jié)果；
（3）當(dāng)以O(shè)F，OG為邊時，根據(jù)（2）可求得點F和點G坐標(biāo)，進(jìn)而求得點P橫坐標(biāo)；當(dāng)以O(shè)G，F(xiàn)G為邊時，延長OF至P，使PF＝OF，在OC的延長線上截取CQ＝OC＝2，連接PQ，
可推出OF平分∠CFG，從而得出OE＝OC＝2，可證得△AOC≌△OQP，進(jìn)而求得點F點坐標(biāo)，在Rt△EOG中，根據(jù)勾股定理列出方程，進(jìn)一步可求得F點橫坐標(biāo)；當(dāng)OF，F(xiàn)G為邊時，作FH⊥OG于H，連接CH，作HQ⊥AC與Q，可推出CH平分∠ACO，設(shè)OH＝a，在Rt△AHQ中，根據(jù)勾股定理可求得a，進(jìn)而求得點P橫坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵矩形OABC的頂點A、C分別在x軸、y軸上，且B（4，2），
∴點A（4，0），點C（0，2），
設(shè)直線AC的解析式：y＝kx+b（k≠0），
代入點A，C坐標(biāo)，
得，
解得，
∴直線AC解析式：y＝x+2；
（2）∵E為AC的中點，
∴CE＝AE，
在矩形OABC中，BC∥OA，
∴∠FCE＝∠GAE，
又∵∠CEF＝∠AEG，
∴△CEF≌△AEG（ASA），
∴EF＝EG，CF＝AG，
∵OE⊥FG，
∴OE為線段FG的垂直平分線，
∴OF＝OG，
設(shè)CF＝x，則AG＝x，
∵A（4，0），
∴OA＝4，
∴OG＝4﹣x，
∴OF＝4﹣x，
在Rt△OCF中，根據(jù)勾股定理，
得22+x2＝（4﹣x）2，
解得x＝，
∴CF＝；
（3）存在以P、O、G、F為頂點的四邊形為菱形，分情況討論：
①以O(shè)G，OF為邊，
則OF＝OG，
∵GF⊥OE，
∴E為FG的中點，
由（2）可知點F（，2），點G（，0），
根據(jù)平移的性質(zhì)，可得點P的坐標(biāo)為（4，2），
∴點P的橫坐標(biāo)為4；
②如圖1，
以O(shè)G，F(xiàn)G為邊，OG＝FG，
延長OF至P，使PF＝OF，在OC的延長線上截取CQ＝OC＝2，連接PQ，
∴CF＝，CF∥PQ，
∴∠PQO＝∠FCO＝90°，
∵OG＝FG，
∴∠GOF＝∠GFO，
∵BC∥OA，
∴∠CFO＝∠FOG，
∴∠CFO＝∠GFO，
∵∠BCO＝∠OEF，
∴OE＝OC＝2，
同理可得：CF＝EF，
∴OF⊥CE，
∴∠COF+∠ACO＝90°，
∵∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠COF＝∠CAO，
∵∠PQO＝∠AOC＝90°，OQ＝OC＝4，
∴△AOC≌△OQP（ASA），
∴PQ＝OC＝2，
∴CF＝1，
設(shè)OG＝FG＝a，
在Rt△EOG中，OE＝OC＝2，EG＝FG﹣EF＝a﹣1，OG＝a，
∴a2﹣（a﹣1）2＝22，
∴a＝，
∴G（，0），F(xiàn)（1，2），
∵1×2﹣＝﹣，
∴P點橫坐標(biāo)為：﹣；
如圖2，
以O(shè)F，F(xiàn)G為邊，OF＝FG，
作FH⊥OG于H，連接CH，作HQ⊥AC與Q，
可得∠OFG＝∠ACO，∠OCH＝∠OFG，
∴CH平分∠ACO，
∴OH＝HQ，CE＝OC＝2，
設(shè)OH＝a，
在Rt△AHQ中，HQ＝x，AH＝4﹣x，AQ＝AC﹣CQ＝2﹣2，
∴（4﹣x）2﹣x2＝（2﹣2）2，
∴x＝﹣1，
∴F（﹣1，2），
∴P（﹣1，﹣2），
綜上所述：P點橫坐標(biāo)為：4或﹣或﹣1．
16．（2022?大方縣模擬）如圖，拋物線與x軸交于A，B（4，0）兩點，與y軸交于點C，直線經(jīng)過點B，C，點P是拋物線上的動點，過點P作PQ⊥x軸，垂足為Q，交直線BC于點D．
（1）求拋物線的解析式及點A的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)點P位于直線BC上方且△PBC面積最大時，求P的坐標(biāo)；
（3）若點E是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的任意一點，是否存在點E，使得以A，C，D，E為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）把B（4，0）代入，先求出n的值，再求出C的坐標(biāo)，將點B、C代入解析式，求解即可；
（2）設(shè)，則，用含m的代數(shù)式表示出DP，可得，利用二次函數(shù)求最值求解即可；
（3）分類討論，當(dāng)點D在y軸右側(cè)時，當(dāng)點D在y軸左側(cè)時，有菱形的性質(zhì)可得CD∥AE，AC＝AE，求出AE的解析式為，設(shè)，再根據(jù)AC2＝5＝AE2，建立關(guān)于t的方程，求解即可．
【解答】解：（1）把B（4，0）代入得﹣2+n＝0，解得n＝2，
∴直線BC的解析式為．
令x＝0，則y＝2，
∴C（0，2）．
把點B（4，0），C（0，2）代入拋物線的解析式，
得，
解得．
∴拋物線的解析式為．
令，解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0）；
（2）設(shè)，則，
∴，
∵B（4，0），
∴OB＝4．
∵＝，
∴當(dāng)m＝2時，△PBC的面積最大，此時P（2，3）；
（3）存在，理由如下：
當(dāng)點D在y軸右側(cè)時，∵四邊形ACDE為菱形，
∴CD∥AE，AC＝AE，
設(shè)AE的解析式為，
把A坐標(biāo)代入，得，
∴，
∴AE的解析式為，
設(shè)，
∵AC2＝5＝AE2，
∴，
解得t＝1或﹣3（舍），
∴E（1，﹣1）；
當(dāng)點D在y軸左側(cè)時，同理可得，E（﹣3，1）；
綜上，E1（1，﹣1），E2（﹣3，1）．
17．（2022?山西模擬）綜合與探究
如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象與x軸分別交于點A（﹣2，0），B（4，0），點E是x軸正半軸上的一個動點，過點E作直線PE⊥x軸，交拋物線于點P，交直線BC于點F．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式．
（2）當(dāng)點E在線段OB上運(yùn)動時（不與點O，B重合），恰有線段PF＝EF，求此時點P的坐標(biāo)．
（3）試探究：若點Q是y軸上一點，在點E運(yùn)動過程中，是否存在點Q，使得以點C，F(xiàn)，P，Q為頂點的四邊形為菱形，若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，即可求函數(shù)的解析式；
（2）求出直線BC的解析式，設(shè)P（t，﹣t2+t+4），則F（t，﹣t+4），E（t，0），分別求出PF＝﹣t2+2t，EF＝﹣t+4，再由PF＝EF，求出t＝1，即可求P（1，）；
（3）設(shè)P（t，﹣t2+t+4），則F（t，﹣t+4），①當(dāng)P點在F點上方時，當(dāng)四邊形CFPQ1為菱形時，PF＝CQ1，先求Q1（0，﹣t2+2t+4），再由CQ1＝CF，可得Q1（0，4）；當(dāng)四邊形CFPQ2為菱形時，PF＝CQ2，求出Q2（0，t2﹣2t+4），再由Q2F＝CQ2，可得Q2（0，2）；②當(dāng)P點在F點下方時，PF＝t2﹣2t，由PF＝CQ3，可得Q3（0，﹣t2+2t+4），再由CQ3＝CF，可得Q3（0，﹣4）．
【解答】解：（1）將A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+x+4；
（2）令x＝0，則y＝4，
∴C（0，4），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+4，
設(shè)P（t，﹣t2+t+4），則F（t，﹣t+4），E（t，0），
∴PF＝﹣t2+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+2t，EF＝﹣t+4，
∵PF＝EF，
∴﹣t2+2t＝（﹣t+4），
解得t＝1或t＝4，
∵0＜t＜4，
∴t＝1，
∴P（1，）；
（3）存在點Q，使得以點C，F(xiàn)，P，Q為頂點的四邊形為菱形，理由如下：
設(shè)P（t，﹣t2+t+4），則F（t，﹣t+4），
由（2）知C（0，4），
①當(dāng)P點在F點上方時，PF＝﹣t2+2t，
當(dāng)四邊形CFPQ1為菱形時，PF＝CQ1，
∴Q1（0，﹣t2+2t+4），
∵CQ1＝CF，
∴﹣t2+2t＝t，
解得t＝0（舍）或t＝4﹣2，
∴Q1（0，4）；
當(dāng)四邊形CFPQ2為菱形時，PF＝CQ2，
∴Q2（0，t2﹣2t+4），
∵Q2F＝CQ2，
∴（﹣t2+2t）2＝t2+（t2﹣t）2，
解得t＝2，
∴Q2（0，2）；
②當(dāng)P點在F點下方時，
PF＝﹣t+4﹣（﹣t2+t+4）＝t2﹣2t，
∵PF＝CQ3，
∴Q3（0，﹣t2+2t+4），
∵CQ3＝CF，
＝t2﹣2t＝t，
解得t＝0（舍）或t＝4+2，
∴Q3（0，﹣4）；
綜上所述：Q點坐標(biāo)為（0，4）或（0，﹣4）或（0，2）．
18．（2022?建華區(qū)二模）綜合與實踐
如圖，已知正方形OCDE中，頂點E（1，0），拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點C、點D，與x軸交于A、B兩點（點B在點A的右側(cè)），直線x＝t（t＞0）交x軸于點F．
（1）求拋物線的解析式，且直接寫出點A、點B的坐標(biāo)；
（2）若點G是拋物線的對稱軸上一動點，且使AG+CG最小，則G點坐標(biāo)為： （，﹣） ；
（3）在直線x＝t（第一象限部分）上找一點P，使得以點P、點B、點F為頂點的三角形與△OBC全等，請你直接寫出點P的坐標(biāo)；
（4）點M是射線AC上一點，點N為平面上一點，是否存在這樣的點M，使得以點O、點A、點M、點N為頂點的四邊形為菱形？若存在，請你直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可求得：C（0，﹣1），D（1，﹣1），再運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）連接AD交拋物線的對稱軸于點G，連接CG，如圖，則此時AG+CG最小，運(yùn)用待定系數(shù)法求得直線AD的解析式為y＝﹣x﹣，即可求得點G的坐標(biāo)；
（3）分兩種情形：①△OBC≌△FBP或②△OBC≌△FPB，分別建立方程求解即可；
（4）利用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y＝﹣x﹣1，設(shè)M（m，﹣m﹣1）（m＞﹣1），分三種情況：①當(dāng)OM、AN為對角線時，如圖1，②當(dāng)AM、ON為對角線時，如圖2，③當(dāng)OA、MN為對角線時，如圖3，分別畫出圖形，根據(jù)菱形性質(zhì)建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵E（1，0），
∴OE＝1，
∵四邊形OCDE是正方形，
∴OC＝CD＝CE＝OE＝1，∠CDE＝∠DEO＝∠OCD＝90°，
∴C（0，﹣1），D（1，﹣1），
∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點C（0，﹣1），點D（1，﹣1），
∴，
解得：，
∴拋物線解析式為：y＝x2﹣x﹣1，
∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點B在點A的右側(cè)），
∴令y＝0，即有x2﹣x﹣1＝0，
整理得：（x+1）（x﹣2）＝0，．
解得：x1＝﹣1，x2＝2，
∴A點坐標(biāo)為（﹣1，0），B點坐標(biāo)為（2，0）；
（2）G點坐標(biāo)為：（，﹣），理由如下：
∵拋物線y＝x2﹣x﹣1經(jīng)過C（0，﹣1），D（1，﹣1），
∴C、D關(guān)于拋物線的對稱軸：直線x＝對稱，
連接AD交拋物線的對稱軸于點G，連接CG，如圖，
則此時AG+CG最小，
∵C、D關(guān)于拋物線的對稱軸：直線x＝對稱，
∴CG＝DG，
∴AG+CG＝AG+DG＝AD（兩點之間，線段最短）
∵A（﹣1，0），D（1，﹣1），
∴直線AD的解析式為y＝﹣x﹣，
∵連接AD交拋物線的對稱軸：直線x＝于點G，
∴當(dāng)x＝時，y＝﹣×﹣＝﹣，
∴G（，﹣）；
故答案為：（，﹣）；
（3）符合條件的點P的坐標(biāo)為（4，1）或（3，2），理由如下：
∵由（1）知C（0，﹣1），B（2，0），x軸⊥y軸（即OC⊥AB），
∴OC＝1，OB＝2，∠BOC＝90°，
∴BC＝，
∵在直線x＝t（第一象限部分）上找一點P，使得以點P、點B、點F為頂點的三角形與△OBC全等，
∴OF＝t，PF⊥x軸
∴BF＝OF﹣OB＝t﹣2，
分三種情形：①△OBC≌△FBP或②△OBC≌△FPB或③△OBC≌△BPF，
∴FP＝OC＝1，BF＝OB＝2，t＞2或FP＝OB＝2，BF＝OC＝1，t＞2或FP＝OB＝2，BF＝OC＝1，0＜t＜2，
∴t﹣2＝2或t﹣2＝1或2﹣t＝1，
∴t＝4或t＝3或t＝1，
∴P（4，1）或（3，2）或（1，2）；
（4）存在符合條件的點M和N，點N坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）或（﹣，）或（，﹣），理由如下：
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+d，把A（﹣1，0），C（0，﹣1）代入，
得：，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝﹣x﹣1，
∵點M是射線AC上一點，點N為平面上一點，
∴設(shè)M（m，﹣m﹣1）（m＞﹣1），
①當(dāng)OM、AN為對角線時，如圖1，
∵四邊形OAMN是菱形，
∴AM＝MN＝OA＝1，MN∥OA，
∴（m+1）2+（﹣m﹣1）2＝1，
解得：m＝﹣1+或m＝﹣1﹣（不符合題意，舍去），
∴M（﹣1+，﹣），
∴N（，﹣）；
②當(dāng)AM、ON為對角線時，如圖2，
∵四邊形OAMN是菱形，
∴AN＝MN＝OA＝OM＝1，MN∥OA，AN∥OM，
∴m2+（﹣m﹣1）2＝1，
解得：m＝0或m＝﹣1（不符合題意，舍去），
∴M（0，﹣1），
∴N（﹣1，﹣1）；
③當(dāng)OA、MN為對角線時，如圖3，
∵四邊形OAMN是菱形，
∴MN⊥OA，AM＝OM，MN與OA互相垂直平分，即M與N關(guān)于x軸對稱，
∴（m+1）2+（﹣m﹣1）2＝m2+（﹣m﹣1）2，
解得：m＝﹣，
∴M（﹣，﹣），
∴N（﹣，）；
綜上所述，點N的坐標(biāo)為（，﹣）或（﹣1，﹣1）或（﹣，）．
19．（2022?紅花崗區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+4與x軸交于A（﹣1，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P在拋物線上，當(dāng)∠PBA＝∠ACO時，求點P的坐標(biāo)；
（3）將拋物線的對稱軸沿x軸向右平移個單位得直線l，點M為直線l上一動點，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點N，使以點B，C，M，N為頂點的四邊形為菱形？若存在，請求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法直接求出拋物線解析式即可；
（2）得出tan∠PBA＝tan∠ACO＝＝，求出OE＝1，得出點E的坐標(biāo)，求出直線BE的解析式，聯(lián)立直線BE和拋物線方程，則可得出點P的坐標(biāo)；
（3）由題意得直線l：x＝2，設(shè)出點M的坐標(biāo)，分兩種情況求出點M的坐標(biāo)，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+4與x軸交于A（﹣1，0），B（4，0）兩點，
∴，
解得，．
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+3x+4；
（2）如圖，設(shè)直線PB與OC交于點E，
∵拋物線解析式y(tǒng)＝﹣x2+3x+4與y軸交于點C，
∴C（0，4），
又∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，OC＝4，
∴tan∠ACO＝＝，
∵∠PBA＝∠ACO，
∴tan∠PBA＝tan∠ACO＝＝，
∴OE＝1，
∴E（0，1）或（0，﹣1），設(shè)直線BE的解析式為y＝mx+n，
∴或，
解得或，
∴直線BE的解析式為y＝﹣x+1或y＝x﹣1，
∴或，
解得，x1＝﹣，x2＝4（舍去），x3＝﹣，x4＝4（舍去），
∴P（﹣，）或（﹣，﹣）；
（3）由（1）知，拋物線解析式為y＝﹣x2+3x+4，對稱軸直線為x＝，
∴將拋物線的對稱軸沿x軸向右平移個單位得直線l：x＝2，
設(shè)M（2，m），
∵B（4，0），C（0，4），
∴BC2＝OB2+OC2＝32，
CM2＝22+（m﹣4）2＝m2﹣8m+20，
BM2＝m2+（4﹣2）2＝m2+4，
①當(dāng)CN為對角線時，如圖，
∵以點B，C，M，N為頂點的四邊形為菱形，
∴CM＝CB，
∴CM2＝CB2，
∴m2﹣8m+20＝32，
∴m＝4+2或4﹣2，
∴M（2，4+2）或（2，4﹣2），
∵B（4，0），C（0，4），
∴N（6，2）或（6，﹣2）；
②當(dāng)BN為對角線時，如圖，
∵以點B，C，M，N為頂點的四邊形為菱形，
∴BM＝CB，
∴BM2＝CB2，
∴m2+4＝32，
∴m＝2或﹣2，
∴M（2，2）或（2，﹣2），
∵B（4，0），C（0，4），
∴N（﹣2，4+2）或（﹣2，4﹣2）；
綜上所述，存在點N，使以點B，C，M，N為頂點的四邊形為菱形，點N的坐標(biāo)為（6，2）或（6，﹣2）或（﹣2，4+2）或（﹣2，4﹣2）．
20．（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(biāo)為．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)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(biāo)；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(dá)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(dá)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(biāo)是（1，6）或（﹣1，0）或（3，0）．
21．（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(biāo)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(biāo)，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(biāo)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(biāo)，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(biāo)為m，
∴P的坐標(biāo)是（m，m2+2m﹣3），則M的坐標(biāo)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(biāo)為（﹣+1，）或（﹣3，﹣4）．
22．如圖，已知拋物線y＝ax2+bx﹣2的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C．
﹣3和1是關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx﹣2＝0的兩個根．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）過點B作BD∥AC交拋物線于點D，BD與y軸交于點E，P為直線AC下方拋物線上的一個動點，連接PB交AC于點F，求S△PEF的最大值及此時點P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，將該拋物線向右平移2個單位后得到新拋物線，新拋物線與原拋物線相交于點Q，點M為原拋物線對稱軸上一點，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點N，使得以點A，M，N，Q為頂點的四邊形是菱形，若存在，請直接寫出點N的坐標(biāo)；如不存在，請說明理由．
【分析】（1）由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系列方程組，求出系數(shù)a、b的值；
（2）過點P作y軸的平行線，交BD于點G，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，根據(jù)S△PEF＝S△BPE﹣S△BEF，和S△BEF＝S△BEC，可得出S△PEF關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出S△PEF的最大值及點P的坐標(biāo)；
（3）根據(jù)平移的性質(zhì)可得出新拋物線的解析式，聯(lián)立可得出點Q的坐標(biāo)，設(shè)點M的坐標(biāo)為（﹣1，m），若以點A，M，N，Q為頂點的四邊形是菱形，則需△AMQ為等腰三角形即可．需要分三種情況：AM＝AQ，MA＝MQ，QA＝QM．根據(jù)題意列出方程求解即可．
【解答】解：（1）∵﹣3和1是關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx﹣2＝0的兩個根，
∴，解得．
∴該拋物線的解析式為y＝x2+x﹣2．
（2）∵﹣3和1是關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx﹣2＝0的兩個根，拋物線y＝ax2+bx﹣2的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，
當(dāng)y＝0時，x＝1或x＝﹣3，則A（﹣3，0），B（1，0），
當(dāng)x＝0時，y＝﹣2，則C（0，﹣2）．
∴直線AC的解析式為：y＝﹣x﹣2，
∵BD∥AC，
∴直線BD的解析式為：y＝﹣x+b′，
∴﹣×1+b′＝0，
∴b′＝，
∴直線BD的解析式為：y＝﹣x+，
令x＝0，則y＝，
∴E（0，）．
∴OB＝1，EC＝，
∴S△BEF＝S△BEC＝EC?OB＝×＝．
過點P作y軸的平行線，交BD于點G，
設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，
∴P（t，t2+t﹣2），G（t，﹣t+），
∴S△BPE＝?PG?（xB﹣xE）
＝?[﹣t+﹣（t2+t﹣2）]?1
＝﹣t2﹣t+，
∴S△PEF＝S△BPE﹣S△BEF
＝﹣t2﹣t+﹣
＝﹣t2﹣t
＝﹣（t+）2+．
∵﹣＜0，
∴當(dāng)t＝﹣時，S△PEF的值最大最大為．
此時P（﹣，﹣）．
（3）存在．理由如下：
由（1）知，原拋物線的解析式為：y＝x2+x﹣2＝（x+1）2﹣．
∴原拋物線的對稱軸為（﹣1，0）．
∴將該拋物線向右平移2個單位后得到新拋物線的解析式為：y′＝（x﹣1）2﹣＝x2﹣x﹣2．
令x2+x﹣2＝x2﹣x﹣2，
解得x＝0，
∴Q（0，﹣2）．
∵點M為原拋物線對稱軸上一點，
∴設(shè)點M的坐標(biāo)為（﹣1，m），
若以點A，M，N，Q為頂點的四邊形是菱形，則需△AMQ為等腰三角形即可，分以下三種情況：
①當(dāng)AM＝AQ時，
∵A（﹣3，0），Q（0，﹣2），
∴（﹣3+1）2+（0﹣m）2＝（﹣3）2+22，
解得m＝﹣3或3，
∴M（﹣1，3）或M（﹣1，﹣3），
∵以點A，M，N，Q為頂點的四邊形是菱形，
∴N（2，1）或N（2，﹣5）．
②當(dāng)MA＝MQ時，
∵A（﹣3，0），Q（0，﹣2），
∴（﹣3+1）2+（0﹣m）2＝（﹣1）2+（m+2）2，
解得m＝﹣，
∴M（﹣1，﹣），
∵以點A，M，N，Q為頂點的四邊形是菱形，
∴N（﹣2，﹣）．
③當(dāng)QA＝QM時．
∵A（﹣3，0），Q（0，﹣2），
∴（﹣3）2+22＝（﹣1）2+（m+2）2，
解得m＝﹣2+2或m＝﹣2﹣2，
∴M（﹣1，﹣2+2）或M（﹣1，﹣2﹣2），
∵以點A，M，N，Q為頂點的四邊形是菱形，
∴N（﹣4，2）或N（﹣4，﹣2）．
綜上，存在點N，使得以點A，M，N，Q為頂點的四邊形是菱形，此時點N的坐標(biāo)為N（2，1）或N（2，﹣5）或N（﹣2，﹣）或（﹣4，2）或N（﹣4，﹣2）．
23．如圖，已知拋物線y＝ax2+bx﹣3與x軸交于A（﹣1，0），B兩點，與y軸交于點C且tan∠ABC＝1，連接AC、BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若P點是直線BC下方一點，過P點作PE∥AC交BC于點E，PH∥y軸交BC于點H，求CE+BH的最小值及此時P點的坐標(biāo)．
（3）在第（2）條件下，將該拋物線向右平移2個單位后得到新拋物線，新拋物線與原拋物線相交于點F，點M為原拋物線對稱軸上一點，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點，使得以點H，M，N，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形，若存在，請直接寫出點N的坐標(biāo)；如不存在，請說明理由．
【分析】（1）由拋物線y＝ax2+bx﹣3得C（0，﹣3），由tan∠ABC＝1可得OC＝OB，則B（3，0），利用待定系數(shù)法將A，B三點坐標(biāo)分別代入即可求解；
（2）過E點作PM⊥交PH于點M，可得△EMH是等腰直角三角形，EH＝MH＝EM，則EH最大時，CE+BH的值最小，證明△EMP∽△AOC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得EM＝PM，設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3），則H（m，m﹣3），得到PH的長度，繼而得到EH長度，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；
（3）存在以點H，M，N，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形，分三種情況，即以FH為一邊的菱形FHMN；以FH為一邊的菱形FHNM；以FH為對角線的矩形FMHN，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求出點P的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵tan∠ABC＝1，
∴＝1，
∴OC＝OB，則B（3，0），
把A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
得，解得，
∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）過E點作PM⊥交PH于點M，
∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵PH∥y軸，
∴∠PHC＝∠OCB＝45°，
∴△EMH是等腰直角三角形，
∴EH＝MH＝EM，
∴EH的值最大時，CE+BH的值最小，
∵PE∥AC，
∴∠ACB＝∠PEC，
∵∠OAC＝180°﹣∠ACB﹣∠OBC，∠MEP＝180°﹣∠PEC﹣∠PHC
∴∠OAC＝∠MEP，
∵∠AOC＝∠EMP＝90°，
∴△EMP∽△AOC，
∴，
∴EM＝PM，
∴EM＝MH＝PH．
∵C（0，﹣3），B（3，0），
∴BC＝3，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx﹣3，
∴3k﹣3＝0，解得k＝1，
∴直線BC的解析式為y＝x﹣3，
設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3），則H（m，m﹣3），
∴PH＝m﹣3﹣m2+2m+3＝﹣m2+2m，
∴EH＝MH＝EM＝（﹣m2+2m）＝﹣（m2﹣2m）＝﹣（m﹣）2+，
∴當(dāng)m＝時，EH的最大值為，
∴CE+BH的最小值為BC﹣EH最大＝3﹣＝，
此時，P點的坐標(biāo)為（，﹣）；
（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，
將該拋物線向右平移2個單位后得到新拋物線y＝（x﹣1﹣2）2﹣4＝x2﹣6x+5，
∴x2﹣2x﹣3＝x2﹣6x+5，解得x＝2，
∴新拋物線與原拋物線，的交點F（2，﹣3），
由（ 2）知，H（，﹣），
設(shè)M（1，t），
①當(dāng)以FH為一邊的菱形FHMN時，MH＝FH，
∵F（2，﹣3），H（，﹣），
∴MH2＝（t+）2+（﹣1）2＝t2+3t+，
FH2＝（2﹣）2+（﹣+3）2＝，
∴t2+3t+＝，解得t＝0（舍去）或﹣3，
∴點M為（1，﹣3），
∴N（，﹣）；
②當(dāng)以FH為一邊的菱形FHNM時，MF＝FH，
∵F（2，﹣3），H（，﹣），
∴MF2＝（t+3）2+（2﹣1）2＝t2+6t+10，
FH2＝（2﹣）2+（﹣+3）2＝，
∴t2+6t+10＝，解得t＝﹣3﹣或﹣3+，
∴點M為（1，﹣3﹣）或（1，﹣3+），
∴N（，﹣﹣）或（，﹣+）；
③當(dāng)以FH為對角線的矩形FMHN時，MH＝MF，
∵F（2，﹣3），H（，﹣），
∴MF2＝（t+3）2+（2﹣1）2＝t2+6t+10，
MH2＝（t+）2+（﹣1）2＝t2+3t+，
∴t2+6t+10＝t2+3t+，解得t＝﹣，
∴點M為（1，﹣），
∴N（，﹣2）．
綜上，點N的坐標(biāo)為（，﹣）或（，﹣﹣）或（，﹣+）或（，﹣2）．
24．（2022?渝北區(qū)自主招生）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，點B的坐標(biāo)為（1，0），且tan∠OAC＝．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點M為直線AC下方拋物線上一點，過點M作MD∥y軸交AC于點D，求MD+DC的最大值及此時點M的坐標(biāo)；
（3）如圖2，連接BC，將△BOC繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△B'O'C'，將拋物線y＝ax2+bx﹣沿著射線CB方向平移，使得平移后的新拋物線經(jīng)過O'，H是新拋物線對稱軸上一點，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點P，使以點B'，C'，H，P為頂點的四邊形是以B'C'為邊的菱形，若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用三角形函數(shù)的正切值，求出OA，從而確定A點坐標(biāo)，再由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）求出直線AC的解析式，設(shè)M（t，t2+t﹣），則D（t，﹣t﹣），則MD＝﹣t2﹣t，過點D作DE⊥y軸交于點E，利用直角三角形的三角函數(shù)值求出CD＝﹣t，則MD+CD＝﹣（t+）2+，當(dāng)t＝﹣時，MD+CD的最大值為，
（3）連接AO'，OO'，過點O'作O'H⊥x軸交于點H，由旋轉(zhuǎn)可知，△AOO'是等邊三角形，可求O'（﹣，），設(shè)拋物線沿x軸正方向平移m個單位，則沿y軸正方向平移m個單位，平移后的拋物線解析式為y＝（x+1﹣m）2﹣+m，再將O'代入拋物線解析式可得m＝，則拋物線的解析式為y＝（x﹣）2+，設(shè)H（，t），P（x，y），連接BB'、AB'，AC、AC'，分別在等邊三角形△ACC'、△ABB'中求出C'（0，），B'（﹣1，2），再分兩種情況討論：①當(dāng)B'H為菱形的對角線時，B'C'＝C'H，求得P（﹣，+2）或（﹣，﹣+2）；②當(dāng)B'P為菱形的對角線時，B'C'＝B'H，求得P（，+）或（，﹣+）．
【解答】解：（1）令x＝0，則y＝﹣，
∴C（0，﹣），
∴OC＝，
∵tan∠OAC＝，
∴OA＝3，
∴A（﹣3，0），
將A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx﹣，
∴，
解得，
∴y＝x2+x﹣；
（2）設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣，
設(shè)M（t，t2+t﹣），則D（t，﹣t﹣），
∴MD＝﹣t﹣﹣t2﹣t+＝﹣t2﹣t，
過點D作DE⊥y軸交于點E，
∵tan∠ACO＝＝，
∴∠ACO＝60°，
∴CD＝＝ED，
∵DE＝﹣t，
∴CD＝﹣t，
∴MD+CD＝﹣t2﹣t﹣t＝﹣t2﹣t＝﹣（t+）2+，
∴當(dāng)t＝﹣時，MD+CD的最大值為，
此時M（﹣，﹣）；
（3）存在點P，使以點B'，C'，H，P為頂點的四邊形是以B'C'為邊的菱形，理由如下：
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣，
連接AO'，OO'，過點O'作O'H⊥x軸交于點H，
由旋轉(zhuǎn)可知，AO＝AO'＝3，∠OAO'＝60°，
∴△AOO'是等邊三角形，
∴OH＝，O'H＝，
∴O'（﹣，），
設(shè)拋物線沿x軸正方向平移m個單位，則沿y軸正方向平移m個單位，
∴平移后的拋物線解析式為y＝（x+1﹣m）2﹣+m，
∵O'在新拋物線上，
∴＝（﹣+1﹣m）2﹣+m，
解得m＝或m＝﹣（舍），
∴拋物線的解析式為y＝（x﹣）2+，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝，
設(shè)H（，t），P（x，y），
連接BB'、AB'，AC、AC'，
在△ACC'中，AC＝AC'，∠CAC'＝60°，
∴△ACC'是等邊三角形，
∵∠CAO＝30°，
∴C'與C關(guān)于AO對稱，
∴C'（0，），
在△ABB'中，AB＝AB'，∠BAB'＝60°，
∴△ABB'是等邊三角形，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB＝4，
∴B'（﹣1，2），
①當(dāng)B'H為菱形的對角線時，B'C'＝C'H，
∴，
解得或，
∴P（﹣，+2）或（﹣，﹣+2）；
②當(dāng)B'P為菱形的對角線時，B'C'＝B'H，
∴，
解得或，
∴P（，+）或（，﹣+）；
綜上所述：（﹣，+2）或（﹣，﹣+2）或（，+）或（，﹣+）．

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