類(lèi)型一 二次函數(shù)與平行四邊形的存在性問(wèn)題
典例1 (2023?攀枝花）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交于O（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），A兩點(diǎn)，且二次函數(shù)的最小值為﹣1，點(diǎn)M（1，m）是其對(duì)稱(chēng)軸上一點(diǎn)，y軸上一點(diǎn)B（0，1）．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）二次函數(shù)在第四象限的圖象上有一點(diǎn)P，連結(jié)PA，PB，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△PAB的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在二次函數(shù)圖象上是否存在點(diǎn)N，使得以A、B、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫(xiě)出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
變式訓(xùn)練
1． (2023?貴港模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，已知點(diǎn)A坐標(biāo)為（﹣2，0），點(diǎn)B坐標(biāo)為（6，0）．對(duì)稱(chēng)軸l與x軸交于點(diǎn)F，P是直線BC上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接PB，PC．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）當(dāng)四邊形ACPB面積最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，連接PF，E是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，在拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得以F、P、E、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．
類(lèi)型二 二次函數(shù)與矩形存在性問(wèn)題
典例2 (2023?綏化）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c交y軸于點(diǎn)A（0，﹣4），并經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（6，0），過(guò)點(diǎn)A作AB⊥y軸交拋物線于點(diǎn)B，拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝2，D點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，0），連接AD，BC，BD．點(diǎn)E從A點(diǎn)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿著射線AD運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為m秒，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB于F，以EF為對(duì)角線作正方形EGFH．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)G隨著E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)BC上時(shí)，求此時(shí)m的值和點(diǎn)G的坐標(biāo)；
（3）在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，是否存在以B，G，C和平面內(nèi)的另一點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，如果存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)G的坐標(biāo)，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
變式訓(xùn)練
1． (2023?黔西南州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，0）的直線AB與y軸交于點(diǎn)B（0，4）．經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O的拋物線y＝﹣x2+bx+c交直線AB于點(diǎn)A，C，拋物線的頂點(diǎn)為D．
（1）求拋物線y＝﹣x2+bx+c的表達(dá)式；
（2）M是線段AB上一點(diǎn)，N是拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)MN∥y軸且MN＝2時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，Q是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)．是否存在以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
類(lèi)型三 二次函數(shù)與菱形的存在性問(wèn)題
典例3 (2023?煙臺(tái)）如圖，已知直線y=43x+4與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過(guò)A，C兩點(diǎn)，且與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B，對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣1．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）D是第二象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時(shí)D點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）若點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱(chēng)軸上，是否存在點(diǎn)P，Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形？若存在，請(qǐng)求出P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
變式訓(xùn)練
1． (2023?朝陽(yáng)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+2x+c與x軸分別交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），連接BC．
（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)B的坐標(biāo)．
（2）如圖，點(diǎn)P為線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)B，C重合），過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交拋物線于點(diǎn)Q，求線段PQ長(zhǎng)度的最大值．
（3）動(dòng)點(diǎn)P以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度在線段BC上由點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)M以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度在線段BO上由點(diǎn)B向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)N，使得以點(diǎn)P，M，B，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
類(lèi)型四 二次函數(shù)與正方形的存在性
典例4 (2023?修水縣二模）已知二次函數(shù)C1：y＝mx2﹣2mx+3（m≠0）．
（1）有關(guān)二次函數(shù)C1的圖象與性質(zhì)，下列結(jié)論中正確的有 .（填序號(hào)）
①二次函數(shù)C1的圖象開(kāi)口向上；
②二次函數(shù)C1的圖象的對(duì)稱(chēng)軸是直線x＝1；
③二次函數(shù)C1的圖象經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（0，3）和（2，3）；
④函數(shù)值y隨著x的增大而減?。?br>（2）當(dāng)m＝1時(shí)，①拋物線C1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為 ；
②將拋物線C1沿x軸翻折得到拋物線C2，則拋物線C2的表達(dá)式為 ；
（3）設(shè)拋物線C1與y軸相交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作直線l∥x軸，與拋物線C1的另一交點(diǎn)為F，將拋物線C1沿直線l翻折，得到拋物線C3，拋物線C1，C3的頂點(diǎn)分別記為P，Q．是否存在實(shí)數(shù)m，使得以點(diǎn)E，F(xiàn)，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形為正方形？若存在，請(qǐng)求出m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
針對(duì)訓(xùn)練
1． (2023?東勝區(qū)二模）如圖，已知拋物線y=12x2+bx+c與x軸相交于A（﹣6，0），B（1，0），與y軸相交于點(diǎn)C．
（1）求該拋物線的表達(dá)式；
（2）若在x軸上方的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P，且△ACP的面積為24，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）直線l⊥AC，垂足為C，直線l上有一點(diǎn)N，在坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)M，是否存在以點(diǎn)M、N、A、C為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
第二部分 專(zhuān)題提優(yōu)訓(xùn)練
1． (2023春?渝中區(qū)月考）如圖1，在直角坐標(biāo)系中，拋物線C1：y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于A，B兩點(diǎn)（A在B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，已知tan∠CAO＝2，B（4，0）．
（1）求拋物線C1的表達(dá)式；
（2）若點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE∥x軸交BC于點(diǎn)E，求PE的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)F是BC上一點(diǎn)，OF平分△COB的面積，將拋物線C1沿射線CB方向平移，當(dāng)拋物線恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)F時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)，記平移后的拋物線為C2．已知點(diǎn)M是原拋物線C1上的動(dòng)點(diǎn)，在拋物線C2的對(duì)稱(chēng)軸上是否存在一點(diǎn)N，使得以點(diǎn)C、B、M、N為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出N點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
2． (2023?荊州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形OABC的頂點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別為（6，0），（4，3），經(jīng)過(guò)B，C兩點(diǎn)的拋物線與x軸的一個(gè)交點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，0）．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若∠AOC的平分線交BC于點(diǎn)E，交拋物線的對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)F，點(diǎn)P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)PE+PF的值最小時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，過(guò)點(diǎn)A作OE的垂線交BC于點(diǎn)H，點(diǎn)M，N分別為拋物線及其對(duì)稱(chēng)軸上的動(dòng)點(diǎn)，是否存在這樣的點(diǎn)M，N，使得以點(diǎn)M，N，H，E為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，說(shuō)明理由．
3． (2023?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l：y=13x?43與x軸交于點(diǎn)A，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的拋物線y＝ax2﹣3x+c的對(duì)稱(chēng)軸是直線x=32．
（1）求拋物線的解析式；
（2）平移直線l經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，得到直線m，點(diǎn)P是直線m上任意一點(diǎn)，PB⊥x軸于點(diǎn)B，PC⊥y軸于點(diǎn)C，若點(diǎn)E在線段OB上，點(diǎn)F在線段OC的延長(zhǎng)線上，連接PE，PF，且PE=13PF，求證PE⊥PF．
（3）若（2）中的點(diǎn)P坐標(biāo)為（6，2），點(diǎn)E是x軸上的點(diǎn)，點(diǎn)F是y軸上的點(diǎn)，當(dāng)PE⊥PF時(shí)，拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得四邊形PEQF是矩形？如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
4． (2023?遼陽(yáng)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△ABC的邊BC在x軸上，∠ABC＝90°，以A為頂點(diǎn)的拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（3，0），交y軸于點(diǎn)E（0，3），動(dòng)點(diǎn)P在對(duì)稱(chēng)軸上．
（1）求拋物線解析式；
（2）若點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，沿A→B方向以1個(gè)單位/秒的速度勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B停止，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥AB交AC于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D平行于y軸的直線l交拋物線于點(diǎn)Q，連接AQ，CQ，當(dāng)t為何值時(shí)，△ACQ的面積最大？最大值是多少？
（3）若點(diǎn)M是平面內(nèi)的任意一點(diǎn)，在x軸上方是否存在點(diǎn)P，使得以點(diǎn)P，M，E，C為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出符合條件的M點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
專(zhuān)題10 二次函數(shù)與平行四邊形含矩形菱形正方形的存在性問(wèn)題（解析版）
第一部分 典例剖析+變式訓(xùn)練
類(lèi)型一 二次函數(shù)與平行四邊形的存在性問(wèn)題
典例1 (2023?攀枝花）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象與x軸交于O（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），A兩點(diǎn)，且二次函數(shù)的最小值為﹣1，點(diǎn)M（1，m）是其對(duì)稱(chēng)軸上一點(diǎn)，y軸上一點(diǎn)B（0，1）．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）二次函數(shù)在第四象限的圖象上有一點(diǎn)P，連結(jié)PA，PB，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△PAB的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在二次函數(shù)圖象上是否存在點(diǎn)N，使得以A、B、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫(xiě)出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)題意知，二次函數(shù)頂點(diǎn)為（1，﹣1），設(shè)二次函數(shù)解析式為y＝a（x﹣1）2﹣1，將點(diǎn)B（0，0）代入得，a﹣1＝0，即可得出答案；
（2）連接OP，根據(jù)題意得點(diǎn)A的坐標(biāo)，則S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP，代入化簡(jiǎn)即可；
（3）設(shè)N（n，n2﹣2n），分AB或AN或AM分別為對(duì)角線，利用平行四邊形的性質(zhì)和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，分別求出n＝的值，進(jìn)而得出答案．
解：（1）∵二次函數(shù)的最小值為﹣1，點(diǎn)M（1，m）是其對(duì)稱(chēng)軸上一點(diǎn)，
∴二次函數(shù)頂點(diǎn)為（1，﹣1），
設(shè)二次函數(shù)解析式為y＝a（x﹣1）2﹣1，
將點(diǎn)O（0，0）代入得，a﹣1＝0，
∴a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x；
（2）連接OP，
當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣2x＝0，
∴x＝0或2，
∴A（2，0），
∵點(diǎn)P在拋物線y＝x2﹣2x上，
∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為t2﹣2t，
∴S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP
=12×2×1+12×2（﹣t2+2t）?12t
＝﹣t2+32t+1；
（3）設(shè)N（n，n2﹣2n），
當(dāng)AB為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，2+0＝1+n，
∴n＝1，
∴N（1，﹣1），
當(dāng)AM為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，2+1＝n+0，
∴n＝3，
∴N（3，3），
當(dāng)AN為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得，2+n＝0+1，
∴n＝﹣1，
∴N（﹣1，3），
綜上：N（1，﹣1）或（3，3）或（﹣1，3）．
總結(jié)提升：本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，三角形的面積，平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，運(yùn)用分類(lèi)討論思想是解題的關(guān)鍵．
變式訓(xùn)練
1． (2023?貴港模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，已知點(diǎn)A坐標(biāo)為（﹣2，0），點(diǎn)B坐標(biāo)為（6，0）．對(duì)稱(chēng)軸l與x軸交于點(diǎn)F，P是直線BC上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接PB，PC．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）當(dāng)四邊形ACPB面積最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，連接PF，E是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，在拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得以F、P、E、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）用待定系數(shù)法即可得拋物線的表達(dá)式為y=?12x2+2x+6；
（2）連接AC、OP，過(guò)P作PH⊥x軸于H，在y=?12x2+2x+6中得C（0，6），設(shè)P（m，?12m2+2m+6），S四邊形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP=?32（m﹣3）2+752，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)及得答案；
（3）設(shè)E（n，0），Q（t，?12t2+2t+6），又P（3，152），分三種情況：
①當(dāng)EF、PQ為對(duì)角線時(shí)，EF、PQ的中點(diǎn)重合，2+n=t+30+0=?12t2+2t+6+152，解得Q（31+2，?152）或（?31+2，?152）；
②當(dāng)FQ、EP為對(duì)角線時(shí)，F(xiàn)Q、EP的中點(diǎn)重合，2+t=n+3?12t2+2t+6=0+152，解得Q（1，152）；
③當(dāng)FP、EQ為對(duì)角線時(shí)，2+3=n+t0+152=0?12t2+2t+6，解得Q（1，152）．
解：（1）將A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+6得：
4a?2b+6=036a+6b+6=0，解得a=?12b=2，
∴拋物線的表達(dá)式為y=?12x2+2x+6；
（2）連接AC、OP，過(guò)P作PH⊥x軸于H，如圖：
在y=?12x2+2x+6中，令x＝0得y＝6，
∴C（0，6），
∵A（﹣2，0），B（6，0），
∴OC＝6，OA＝2，OB＝6，
設(shè)P（m，?12m2+2m+6），
∴S四邊形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP
=12×2×6+12×6m+12×6（?12m2+2m+6）
＝6+3m?32m2+6m+18
=?32m2+9m+24
=?32（m﹣3）2+752，
∵?32＜0，
∴當(dāng)m＝3時(shí)，S四邊形ACPB取最大值，最大值是752；
此時(shí)?12m2+2m+6=?12×32+2×3+6=152，
∴P的坐標(biāo)為（3，152）；
（3）在拋物線上存在點(diǎn)Q，使得以F、P、E、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，理由如下：
由拋物線y=?12x2+2x+6與x軸交于A（﹣2，0），B（6，0）兩點(diǎn)可得對(duì)稱(chēng)軸是直線x=?2+62=2，
∴F（2，0），
設(shè)E（n，0），Q（t，?12t2+2t+6），又P（3，152），
①當(dāng)EF、PQ為對(duì)角線時(shí)，EF、PQ的中點(diǎn)重合，
∴2+n=t+30+0=?12t2+2t+6+152，
解得t=31+2或t=?31+2，
∴Q（31+2，?152）或（?31+2，?152）；
②當(dāng)FQ、EP為對(duì)角線時(shí)，F(xiàn)Q、EP的中點(diǎn)重合，
∴2+t=n+3?12t2+2t+6=0+152，
解得t＝1或t＝3（與P重合，舍去），
∴Q（1，152）；
③當(dāng)FP、EQ為對(duì)角線時(shí)，F(xiàn)P、EQ的中點(diǎn)重合，
∴2+3=n+t0+152=0?12t2+2t+6，
解得t＝1或t＝3（舍去），
∴Q（1，152），
綜上所述，Q的坐標(biāo)是（31+2，?152）或（?31+2，?152）或（1，152）．
總結(jié)提升：本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、四邊形面積、平行四邊形性質(zhì)及應(yīng)用等，解題的關(guān)鍵是用含字母的代數(shù)式表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長(zhǎng)度．
類(lèi)型二 二次函數(shù)與矩形存在性問(wèn)題
典例2 (2023?綏化）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c交y軸于點(diǎn)A（0，﹣4），并經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（6，0），過(guò)點(diǎn)A作AB⊥y軸交拋物線于點(diǎn)B，拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝2，D點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，0），連接AD，BC，BD．點(diǎn)E從A點(diǎn)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿著射線AD運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為m秒，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB于F，以EF為對(duì)角線作正方形EGFH．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)G隨著E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)BC上時(shí)，求此時(shí)m的值和點(diǎn)G的坐標(biāo)；
（3）在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，是否存在以B，G，C和平面內(nèi)的另一點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，如果存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)G的坐標(biāo)，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝2，可得出拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣2，0），列出交點(diǎn)式，再將點(diǎn)A（0，﹣4）可得出拋物線的解析式；
（2）根據(jù)可得出△ABD是等腰直角三角形，再根據(jù)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)和正方形的性質(zhì)可得出點(diǎn)H，F(xiàn)，G的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)B，C的坐標(biāo)可得出直線BC的解析式，將點(diǎn)G代入直線BC的解析式即可；
（3）若存在，則△BGC是直角三角形，則需要分類(lèi)討論，當(dāng)點(diǎn)B為直角頂點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)G為直角頂點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)，分別求解即可．
解：（1）∵拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝2，C（6，0），
∴拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為（﹣2，0），
∴拋物線的解析式為：y＝a（x+2）（x﹣6），
將點(diǎn)A（0，﹣4）解析式可得，﹣12a＝﹣4，
∴a=13．
∴拋物線的解析式為：y=13（x+2）（x﹣6）=13x2?43x﹣4．
（2）∵AB⊥y軸，A（0，﹣4），
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，﹣4）．
∵D（4，0），
∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形．
∵AE=2m，
∴AF＝EF＝m，
∴E（m，﹣4+m），F(xiàn)（m，﹣4）．
∵四邊形EGFH是正方形，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴∠HEF＝∠HFE＝45°，
∴FH是∠AFE的角平分線，點(diǎn)H是AE的中點(diǎn)．
∴H（12m，﹣4+12m），G（32m，﹣4+12m）．
∵B（4，﹣4），C（6，0），
∴直線BC的解析式為：y＝2x﹣12．
當(dāng)點(diǎn)G隨著E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)BC上時(shí)，有2×32m﹣12＝﹣4+12m．
解得m=165．
∴G（245，?125）．
（3）存在，理由如下：
∵B（4，﹣4），C（6，0），G（32m，﹣4+12m）．
∴BG2＝（4?32m）2+（12m）2，
BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，
CG2＝（6?32m）2+（4?12m）2．
若以B，G，C和平面內(nèi)的另一點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，則△BGC是直角三角形，
∴分以下三種情況：
①當(dāng)點(diǎn)B為直角頂點(diǎn)時(shí)，BG2+BC2＝CG2，
∴（4?32m）2+（12m）2+20＝（6?32m）2+（4?12m）2，
解得m=85，
∴G（125，?165）；
②當(dāng)點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)時(shí)，BC2+CG2＝BG2，
∴20+（6?32m）2+（4?12m）2＝（4?32m）2+（12m）2，
解得m=285，∴G（425，?65）；
③當(dāng)點(diǎn)G為直角頂點(diǎn)時(shí)，BG2+CG2＝BC2，
∴（4?32m）2+（12m）2+（6?32m）2+（44?12m）2＝20，
解得m=245或2，
∴G（3，﹣3）或（365，?85）；
綜上，存在以B，G，C和平面內(nèi)的另一點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，點(diǎn)G的坐標(biāo)為（125，?165）或（425，?65）或（3，﹣3）或（365，?85）．
總結(jié)提升：本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，正方形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，分類(lèi)討論等知識(shí)，解題關(guān)鍵是由點(diǎn)E的坐標(biāo)得出點(diǎn)H，F(xiàn)，G的坐標(biāo)．本題第（3）問(wèn)當(dāng)點(diǎn)B和點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)時(shí)，也可通過(guò)一次函數(shù)和幾何結(jié)合求解．
變式訓(xùn)練
1． (2023?黔西南州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，0）的直線AB與y軸交于點(diǎn)B（0，4）．經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O的拋物線y＝﹣x2+bx+c交直線AB于點(diǎn)A，C，拋物線的頂點(diǎn)為D．
（1）求拋物線y＝﹣x2+bx+c的表達(dá)式；
（2）M是線段AB上一點(diǎn)，N是拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)MN∥y軸且MN＝2時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，Q是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)．是否存在以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）將點(diǎn)A、O的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式，解方程即可；
（2）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，利用待定系數(shù)法求出解析式，再表示出MN，然后根據(jù)MN＝2解方程可得答案；
（3）分AC為邊和對(duì)角線兩種情況進(jìn)行討論：根據(jù)平移的性質(zhì)，三角形相似的性質(zhì)和判定，兩點(diǎn)的距離公式可得結(jié)論．
解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過(guò)點(diǎn)A（4，0）和O（0，0），
∴?16+4b+c=0c=0，
解得：b=4c=0，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x；
（2）∵直線AB經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，0）和B（0，4），
∴直線AB的解析式為：y＝﹣x+4，
∵M(jìn)N∥y軸，
設(shè)M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，
當(dāng)M在N點(diǎn)的上方時(shí)，
MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，
解得：t1=5?172，t2=5+172（舍），
∴M1（5?172，3+172），
當(dāng)M在N點(diǎn)下方時(shí)，
MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴M2（2，2），M3（3，1），
綜上，滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)有三個(gè)（5?172，3+172）或（2，2）或（3，1）；
（3）存在，
①如圖2，若AC是矩形的邊，
設(shè)拋物線的對(duì)稱(chēng)軸與直線AB交于點(diǎn)R，且R（2，2），
過(guò)點(diǎn)C，A分別作直線AB的垂線交拋物線于點(diǎn)P1，P2，
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD=(2?1)2+(4?3)2=2，
同理得：CR=2，RD＝2，
∴CD2+CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴點(diǎn)P1與點(diǎn)D重合，
當(dāng)CP1∥AQ1，CP1＝AQ1時(shí)，四邊形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1個(gè)單位，向上平移1個(gè)單位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1個(gè)單位，向上平移1個(gè)單位得到Q1（5，1），
此時(shí)直線P1C的解析式為：y＝x+2，
∵直線P2A與P1C平行且過(guò)點(diǎn)A（4，0），
∴直線P2A的解析式為：y＝x﹣4，
∵點(diǎn)P2是直線y＝x﹣4與拋物線y＝﹣x2+4x的交點(diǎn)，
∴﹣x2+4x＝x﹣4，
解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），
∴P2（﹣1，﹣5），
當(dāng)AC∥P2Q2時(shí)，四邊形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到C（1，3），
∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到Q2（﹣4，﹣2）；
②如圖3，若AC是矩形的對(duì)角線，
設(shè)P3（m，﹣m2+4m）
當(dāng)∠AP3C＝90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)P3作P3H⊥x軸于H，過(guò)點(diǎn)C作CK⊥P3H于K，
∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，
∴△P3CK∽△AP3H，
∴P3KCK=AHP3H，
∴?m2+4m?3m?1=4?m?m2+4m，
∵點(diǎn)P不與點(diǎn)A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴m2﹣3m+1＝0，
∴m=3±52，
∴如圖4，滿足條件的點(diǎn)P有兩個(gè)，即P3（3+52，5+52），P4（3?52，5?52），
當(dāng)P3C∥AQ3，P3C＝AQ3時(shí)，四邊形AP3CQ3是矩形，
∵P3（3+52，5+52）向左平移1+52個(gè)單位，向下平移?1+52個(gè)單位得到C（1，3），
∴A（4，0）向左平移1+52個(gè)單位，向下平移?1+52個(gè)單位得到Q3（7?52，1?52），
當(dāng)P4C∥AQ4，P4C＝AQ4時(shí)，四邊形AP4CQ4是矩形，
∵P4（3?52，5?52）向右平移?1+52個(gè)單位，向上平移1+52個(gè)單位得到C（1，3），
∴A（4，0）向右平移?1+52個(gè)單位，向上平移1+52個(gè)單位得到Q4（7+52，1+52）；
綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（5，1）或（﹣4，﹣2）或（7?52，1?52）或（7+52，1+52）．
總結(jié)提升：本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，平移的性質(zhì)等知識(shí)，正確畫(huà)圖，并運(yùn)用分類(lèi)討論的思想是解本題的關(guān)鍵．
類(lèi)型三 二次函數(shù)與菱形的存在性問(wèn)題
典例3 (2023?煙臺(tái)）如圖，已知直線y=43x+4與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過(guò)A，C兩點(diǎn)，且與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B，對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣1．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）D是第二象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時(shí)D點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）若點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱(chēng)軸上，是否存在點(diǎn)P，Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形？若存在，請(qǐng)求出P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）先求得A，C，B三點(diǎn)的坐標(biāo)，將拋物線設(shè)為交點(diǎn)式，進(jìn)一步求得結(jié)果；
（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根據(jù)點(diǎn)D和點(diǎn)E坐標(biāo)可表示出DE的長(zhǎng)，進(jìn)而表示出三角形ADC的面積，進(jìn)而表示出S的函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)一步求得結(jié)果；
（3）根據(jù)菱形性質(zhì)可得PA＝PC，進(jìn)而求得點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)菱形性質(zhì)，進(jìn)一步求得點(diǎn)Q坐標(biāo)．
解：（1）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝4，
∴C （0，4），
當(dāng)y＝0時(shí)，43x+4＝0，
∴x＝﹣3，
∴A （﹣3，0），
∵對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣1，
∴B（1，0），
∴設(shè)拋物線的表達(dá)式：y＝a（x﹣1）?（x+3），
∴4＝﹣3a，
∴a=?43，
∴拋物線的表達(dá)式為：y=?43（x﹣1）?（x+3）=?43x2?83x+4；
（2）如圖1，
作DF⊥AB于F，交AC于E，
∴D（m，?43m2?83m+4），E（m，43m+4），
∴DE=?43m2?83m+4﹣（43m+4）=?43m2﹣4m，
∴S△ADC=12DE?OA=32?（?43m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，
∵S△ABC=12AB?OC=12×4×4=8，
∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+32）2+252，
∴當(dāng)m=?32時(shí)，S最大=252，
當(dāng)m=?32時(shí)，y=?43×(?32?1)×(?32+3)=5，
∴D（?32，5）；
（3）存在點(diǎn)P和點(diǎn)Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形，理由如下：
設(shè)P（﹣1，n），
∵以A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形，
∴PA＝PC，
即：PA2＝PC2，
∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，
∴n=138，
∴P（﹣1，138），
∵xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝y(tǒng)A+yC
∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4?138=198，
∴Q（﹣2，198）．
總結(jié)提升：本題考查了二次函數(shù)及其圖象性質(zhì)，勾股定理，菱形性質(zhì)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)二次函數(shù)和菱形性質(zhì)．
變式訓(xùn)練
1． (2023?朝陽(yáng)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+2x+c與x軸分別交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），連接BC．
（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)B的坐標(biāo)．
（2）如圖，點(diǎn)P為線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)B，C重合），過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交拋物線于點(diǎn)Q，求線段PQ長(zhǎng)度的最大值．
（3）動(dòng)點(diǎn)P以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度在線段BC上由點(diǎn)C向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)M以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度在線段BO上由點(diǎn)B向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)N，使得以點(diǎn)P，M，B，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）將A，C兩點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線的解析式求得a，c的值，進(jìn)而得出解析式，當(dāng)y＝0時(shí)，求出方程的解，進(jìn)而求得B點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）由B，C兩點(diǎn)求出BC的解析式，進(jìn)而設(shè)出點(diǎn)P和點(diǎn)Q坐標(biāo)，表示出PQ的長(zhǎng)，進(jìn)一步得出結(jié)果；
（3）要使以點(diǎn)P，M，B，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分為PM＝BM，PM＝PB和BP＝BM，結(jié)合圖象，進(jìn)一步得出結(jié)果．
解：（1）由題意得，
c=?3a+2×1+c=0，
∴c=?3a=1，
∴y＝x2+2x﹣3，
當(dāng)y＝0時(shí)，x2+2x﹣3＝0，
∴x1＝1，x2＝﹣3，
∴B（﹣3，0）；
（2）設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+b，
∴b=?3?3k+b=0，
∴k=?1b=?3，
∴y＝﹣x﹣3，
設(shè)點(diǎn)P（m，﹣m﹣3），Q（m，m2+2m﹣3），
∴PQ＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2+94，
∴當(dāng)m=?32時(shí)，PQ最大=94；
（3）如圖1，
∵B（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
作PD⊥y軸于D，
∴CD＝PD＝PC?sin∠OCB=2t×22=t，
當(dāng)BM＝PM時(shí)，
∴∠MPB＝∠OBC＝45°，
∵∠PMO＝∠PDO＝∠MOD＝90°，
∴四邊形OMPD是矩形，
∴OM＝PD＝t，
由BM+OM＝OB得，
∴2t＝3，
∴t=32，
∴P（?32，?32），
∴N（﹣3，?32），
如圖2，
當(dāng)PM＝PB時(shí)，作PD⊥y軸于D，作PE⊥x軸于E，
∴BM＝2BE，
可得四邊形PDOE是矩形，
∴OE＝PD＝t，
∴BE＝3﹣t，
∴t＝2（3﹣t），
∴t＝2，
∴P（﹣2，﹣1），
∴N（﹣2，1），
如圖3，
當(dāng)PB＝MB時(shí)，
32?2t=t，
∴t＝6﹣32，
∴P（32?6，3﹣32），
∴N（0，3﹣32），
綜上所述：N（﹣3，?32）或（﹣2，1）或（0，3﹣32）．
總結(jié)提升：本題考查了二次函數(shù)及其圖象的性質(zhì)，用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，等腰三角形的分類(lèi)和等腰三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是正確分類(lèi)，畫(huà)出符合條件的圖形．
類(lèi)型四 二次函數(shù)與正方形的存在性
典例4 (2023?修水縣二模）已知二次函數(shù)C1：y＝mx2﹣2mx+3（m≠0）．
（1）有關(guān)二次函數(shù)C1的圖象與性質(zhì)，下列結(jié)論中正確的有 .（填序號(hào)）
①二次函數(shù)C1的圖象開(kāi)口向上；
②二次函數(shù)C1的圖象的對(duì)稱(chēng)軸是直線x＝1；
③二次函數(shù)C1的圖象經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（0，3）和（2，3）；
④函數(shù)值y隨著x的增大而減?。?br>（2）當(dāng)m＝1時(shí)，①拋物線C1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為 ；
②將拋物線C1沿x軸翻折得到拋物線C2，則拋物線C2的表達(dá)式為 ；
（3）設(shè)拋物線C1與y軸相交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作直線l∥x軸，與拋物線C1的另一交點(diǎn)為F，將拋物線C1沿直線l翻折，得到拋物線C3，拋物線C1，C3的頂點(diǎn)分別記為P，Q．是否存在實(shí)數(shù)m，使得以點(diǎn)E，F(xiàn)，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形為正方形？若存在，請(qǐng)求出m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)，逐項(xiàng)判斷即可得答案；
（2）當(dāng)m＝1時(shí)，y＝x2﹣2x+3，①配成頂點(diǎn)式可得拋物線C1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2），②求出拋物線C2的頂點(diǎn)為（1，﹣2），即得拋物線C2的表達(dá)式為y＝﹣（x﹣1）2﹣2＝﹣x2+2x﹣3，
（3）求出E（0，3），F(xiàn)（2，3），P（1，3﹣m），由P，Q關(guān)于直線y＝3對(duì)稱(chēng)，得Q（1，3+m），而EF，PQ互相平分，且EF⊥PQ，故以點(diǎn)E，F(xiàn)，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形為正方形，只需PQ＝EF，即有|（3+m）﹣（3﹣m）|＝2，可解得答案．
解：（1）當(dāng)m＞0時(shí)，拋物線y＝mx2﹣2mx+3的開(kāi)口向上，故①不一定正確；
拋物線y＝mx2﹣2mx+3的對(duì)稱(chēng)軸為直線x=??2m2m=1，故②正確；
在y＝mx2﹣2mx+3中，x＝0時(shí)y＝3，x＝2時(shí)y＝3，即拋物線y＝mx2﹣2mx+3經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（0，3）和（2，3），故③正確；
二次函數(shù)y＝mx2﹣2mx+3的值在對(duì)稱(chēng)軸x＝1兩側(cè)的增減性恰好相反，故④不正確；
故答案為：②③；
（2）當(dāng)m＝1時(shí)，y＝x2﹣2x+3，
①∵y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，
∴拋物線C1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2），
故答案為：（1，2）；
②∵將拋物線C1沿x軸翻折得到拋物線C2，
∴拋物線C2的頂點(diǎn)為（1，﹣2），
∴拋物線C2的表達(dá)式為y＝﹣（x﹣1）2﹣2＝﹣x2+2x﹣3，
故答案為：y＝﹣x2+2x﹣3；
（3）存在實(shí)數(shù)m，使得以點(diǎn)E，F(xiàn)，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形為正方形，理由如下：
如圖：
在y＝mx2﹣2mx+3中，令x＝0得y＝3，
∴E（0，3），
∵拋物線y＝mx2﹣2mx+3的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，
∴F（2，3），
在y＝mx2﹣2mx+3中，令x＝1得y＝3﹣m，
∴P（1，3﹣m），
∵P，Q關(guān)于直線y＝3對(duì)稱(chēng)，
∴Q（1，3+m），
由對(duì)稱(chēng)性知EF，PQ互相平分，且EF⊥PQ，
∴以點(diǎn)E，F(xiàn)，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形為正方形，只需PQ＝EF，
∴|（3+m）﹣（3﹣m）|＝2，
解得m＝1或m＝﹣1，
∴m的值為1或﹣1．
總結(jié)提升：本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及翻折變換，正方形等相關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)和二次函數(shù)相關(guān)的性質(zhì)．
第二部分 專(zhuān)題提優(yōu)訓(xùn)練
1． (2023春?渝中區(qū)月考）如圖1，在直角坐標(biāo)系中，拋物線C1：y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于A，B兩點(diǎn)（A在B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，已知tan∠CAO＝2，B（4，0）．
（1）求拋物線C1的表達(dá)式；
（2）若點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE∥x軸交BC于點(diǎn)E，求PE的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點(diǎn)F是BC上一點(diǎn)，OF平分△COB的面積，將拋物線C1沿射線CB方向平移，當(dāng)拋物線恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)F時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)，記平移后的拋物線為C2．已知點(diǎn)M是原拋物線C1上的動(dòng)點(diǎn)，在拋物線C2的對(duì)稱(chēng)軸上是否存在一點(diǎn)N，使得以點(diǎn)C、B、M、N為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出N點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）利用正切值求出A點(diǎn)坐標(biāo)，再利用交點(diǎn)式求出二次函數(shù)解析式；
（2）過(guò)點(diǎn)P作PF∥y軸交直線BC于點(diǎn)F，利用相似，將PE的最值轉(zhuǎn)化成PF的最值，再利用配方求PF的最值即可；
（3）平行四邊形兩定兩動(dòng)問(wèn)題，①以MN、BC為對(duì)角線，則MN的中點(diǎn)即是BC中點(diǎn)，②以NC、BM為對(duì)角線，則NC中點(diǎn)即是BM中點(diǎn)，③以NB、CM為對(duì)角線，分別列方程組即可求解．
解：（1）在y＝ax2+bx+3中，令x＝0得y＝3，
∴C（0，3），OC＝3，
∵tan∠CAO＝2，
∴COAO=2，
∴AO=32，
∴A(?32，0)，
∵B（4，0），
∴設(shè)y=a(x+32)(x?4)，
將C（0，3）代入得：a=?12，
∴y=?12(x+32)(x?4)，即y=?12x2+54x+3，
（2）過(guò)點(diǎn)P作PF∥y軸交直線BC于點(diǎn)F，如圖：
∵PE∥x軸，PF∥y軸，
∴∠PEF＝∠CBO，∠EFP＝∠BCO，
∴△CBO～△FEP，
∴PEOB=PFOC，
∴PE4=PF3，
∴PE=43PF，
設(shè)P(m，?12m2+54m+3)，
由B（4，0）、C（0，3）得直線BC解析式為：y=?34x+3，
∴F(m，?34m+3)，
∵PF＝y(tǒng)P﹣yF，
∴PE=43(?12m2+54m+3+34x?3)，
∴PE=43(?12m2+2m)=?23m2+83m=?23(m2?4m)=?23(m2?4m+4?4)=?23（m﹣2）2+83，
∴當(dāng)m=2時(shí)，PEmax=83，此時(shí)P(2，72)；
（3）存在，理由如下：
∵OF平分△COB面積，
∴F為BC中點(diǎn)，即F(2，32)，
由題意可知，拋物線C1沿射線CB平移，且過(guò)點(diǎn)F，則C平移至點(diǎn)F時(shí)，向右平移2個(gè)單位，再向下平移32個(gè)單位，
∴C2解析式為：y=?12(x?2)2+54(x?2)+3?32，即y=?12x2+134x﹣3，
∴C2的對(duì)稱(chēng)軸為：x=134，
∴設(shè)N(134，t)，M（n，?12n2+54n+3），而C（0，3），B（4，0），
①以MN、BC為對(duì)角線，則MN的中點(diǎn)即是BC中點(diǎn)，如圖：
∴，解得t=?2132n=34，
∴N（134，?2132），
②以NC、BM為對(duì)角線，則NC中點(diǎn)即是BM中點(diǎn)，如圖：
∴134+0=n+4t+3=?12n2+54n+3+0，解得t=?3932n=?34，
∴N（134，?3932），
③以NB、CM為對(duì)角線，如圖：
134+4=n+0t+0=3?12n2+54n+3，解得t=?35932n=294，
∴N（134，?35932），
∴綜上所述：滿足條件的N點(diǎn)坐標(biāo)為：（134，?2132）或（134，?3932）或N（134，?35932）．
總結(jié)提升：此題主要涉及二次函數(shù)的平移，左加右減自變量，上加下減常數(shù)項(xiàng)，二次函數(shù)求線段最值問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是根據(jù)平行四邊形對(duì)角線互相平分，列方程組．
2． (2023?荊州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形OABC的頂點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別為（6，0），（4，3），經(jīng)過(guò)B，C兩點(diǎn)的拋物線與x軸的一個(gè)交點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，0）．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若∠AOC的平分線交BC于點(diǎn)E，交拋物線的對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)F，點(diǎn)P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)PE+PF的值最小時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，過(guò)點(diǎn)A作OE的垂線交BC于點(diǎn)H，點(diǎn)M，N分別為拋物線及其對(duì)稱(chēng)軸上的動(dòng)點(diǎn)，是否存在這樣的點(diǎn)M，N，使得以點(diǎn)M，N，H，E為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形？若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）由平行四邊形OABC的性質(zhì)求點(diǎn)B坐標(biāo)，根據(jù)拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B、C、D用待定系數(shù)法求解析式．
（2）由OE平分∠AOC易證得∠COE＝∠AOE＝∠OEC，故有CE＝OC，求得點(diǎn)E坐標(biāo)，進(jìn)而求得直線OE解析式．求拋物線對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝7，即求得點(diǎn)F坐標(biāo)．作點(diǎn)E關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)點(diǎn)E'，由于點(diǎn)P在x軸上運(yùn)動(dòng)，故有PE＝PE'，所以當(dāng)點(diǎn)F、P、E'在同一直線上時(shí)，PE+PF＝PE'+PF＝FE'最?。么ㄏ禂?shù)法求直線E'F解析式，即求得E'F與x軸交點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（3）設(shè)AH與OE相交于點(diǎn)G，且G的橫坐標(biāo)為t，即能用t表示OG、AG的長(zhǎng)，由AH⊥OE于點(diǎn)G，根據(jù)勾股定理可得AG2+OG2＝OA2，把t代入解方程即求得t的值即求得點(diǎn)G坐標(biāo)．待定系數(shù)法求直線AG解析式，令y＝3時(shí)求x的值即為點(diǎn)H坐標(biāo)．故可得HE＝9﹣5＝4，且點(diǎn)H、E關(guān)于直線x＝7對(duì)稱(chēng)．由于以點(diǎn)M，N，H，E為頂點(diǎn)的平行四邊形中，H、E固定，以HE為平行四邊形的邊或?qū)蔷€進(jìn)行分類(lèi)討論．①以HE為邊時(shí)，可得MN∥HE，且MN＝HE，故可得點(diǎn)M橫坐標(biāo)為3或11，代入拋物線解析式即求得縱坐標(biāo)．②以HE為對(duì)角線時(shí)，根據(jù)平行四邊形對(duì)角線互相平分可得點(diǎn)M在拋物線對(duì)稱(chēng)軸上，求頂點(diǎn)即可．
解：（1）∵平行四邊形OABC中，A（6，0），C（4，3）
∴BC＝OA＝6，BC∥x軸
∴xB＝xC+6＝10，yB＝y(tǒng)C＝3，即B（10，3）
設(shè)拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)B、C、D（1，0）
∴100a+10b+c=316a+4b+c=3a+b+c=0 解得：a=?19b=149c=?139
∴拋物線解析式為y=?19x2+149x?139
（2）如圖1，作點(diǎn)E關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E'，連接E'F交x軸于點(diǎn)P
∵C（4，3）
∴OC=42+32=5
∵BC∥OA
∴∠OEC＝∠AOE
∵OE平分∠AOC
∴∠AOE＝∠COE
∴∠OEC＝∠COE
∴CE＝OC＝5
∴xE＝xC+5＝9，即E（9，3）
∴直線OE解析式為y=13x
∵直線OE交拋物線對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)F，對(duì)稱(chēng)軸為直線：x=?1492×(?19)=7
∴F（7，73）
∵點(diǎn)E與點(diǎn)E'關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，點(diǎn)P在x軸上
∴E'（9，﹣3），PE＝PE'
∴當(dāng)點(diǎn)F、P、E'在同一直線上時(shí)，PE+PF＝PE'+PF＝FE'最小
設(shè)直線E'F解析式為y＝kx+h
∴9k+?=?37k+?=73 解得：k=?83?=21
∴直線E'F：y=?83x+21
當(dāng)?83x+21＝0時(shí)，解得：x=638
∴當(dāng)PE+PF的值最小時(shí)，點(diǎn)P坐標(biāo)為（638，0）．
（3）存在滿足條件的點(diǎn)M，N，使得以點(diǎn)M，N，H，E為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形．
設(shè)AH與OE相交于點(diǎn)G（t，13t），如圖2
∵AH⊥OE于點(diǎn)G，A（6，0）
∴∠AGO＝90°
∴AG2+OG2＝OA2
∴（6﹣t）2+（13t）2+t2+（13t）2＝62
∴解得：t1＝0（舍去），t2=275
∴G（275，95）
設(shè)直線AG解析式為y＝dx+e
∴6d+e=0275d+e=95 解得：d=?3e=18
∴直線AG：y＝﹣3x+18
當(dāng)y＝3時(shí)，﹣3x+18＝3，解得：x＝5
∴H（5，3）
∴HE＝9﹣5＝4，點(diǎn)H、E關(guān)于直線x＝7對(duì)稱(chēng)
①當(dāng)HE為以點(diǎn)M，N，H，E為頂點(diǎn)的平行四邊形的邊時(shí)，如圖2
則HE∥MN，MN＝HE＝4
∵點(diǎn)N在拋物線對(duì)稱(chēng)軸：直線x＝7上
∴xM＝7+4或7﹣4，即xM＝11或3
當(dāng)x＝3時(shí)，yM=?19×9+149×3?139=209
∴M（3，209）或（11，209）
②當(dāng)HE為以點(diǎn)M，N，H，E為頂點(diǎn)的平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，如圖3
則HE、MN互相平分
∵直線x＝7平分HE，點(diǎn)F在直線x＝7上
∴點(diǎn)M在直線x＝7上，即M為拋物線頂點(diǎn)
∴yM=?19×49+149×7?139=4
∴M（7，4）
綜上所述，點(diǎn)M坐標(biāo)為（3，209）、（11，209）或（7，4）．
總結(jié)提升：本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，平行線性質(zhì)，角平分線定義，等腰三角形性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)求最短路徑，解二元一次方程，勾股定理，解一元二次方程．其中第（2）題由軸對(duì)稱(chēng)求最短路徑和第（3）題已知平行四邊形的兩頂點(diǎn)固定、求另兩個(gè)頂點(diǎn)位置，都是函數(shù)與幾何綜合題里的?？碱}型．
3． (2023?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l：y=13x?43與x軸交于點(diǎn)A，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的拋物線y＝ax2﹣3x+c的對(duì)稱(chēng)軸是直線x=32．
（1）求拋物線的解析式；
（2）平移直線l經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，得到直線m，點(diǎn)P是直線m上任意一點(diǎn)，PB⊥x軸于點(diǎn)B，PC⊥y軸于點(diǎn)C，若點(diǎn)E在線段OB上，點(diǎn)F在線段OC的延長(zhǎng)線上，連接PE，PF，且PE=13PF，求證PE⊥PF．
（3）若（2）中的點(diǎn)P坐標(biāo)為（6，2），點(diǎn)E是x軸上的點(diǎn)，點(diǎn)F是y軸上的點(diǎn)，當(dāng)PE⊥PF時(shí)，拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得四邊形PEQF是矩形？如果存在，請(qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）求出A（4，0），將點(diǎn)A代入拋物線解析式，再由對(duì)稱(chēng)軸是x=32，求解函數(shù)解析式即可；
（2）設(shè)P（3a，a），則PC＝3a，PB＝a，由題意可得PCPF=PBPE，則∠FPC＝∠EPB，再證明∠FPC+∠CPE＝90°，即可得到FP⊥PE；
（3）分兩種情況討論：①點(diǎn)E在點(diǎn)B的左側(cè)時(shí)，設(shè)E（a，0），可求F（0，20﹣3a），由矩形的性質(zhì)可得Qx+Px2=Fx+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，求Q點(diǎn)坐標(biāo)再代入函數(shù)解析式即可求解；②當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)B的右側(cè)時(shí)，設(shè)E（a，0），可求F（0，20﹣3a），求Q點(diǎn)坐標(biāo)再代入函數(shù)解析式即可求解；
（1）解：當(dāng)y＝0時(shí)，13x?43=0，
解得x＝4，
∴A（4，0），
∵拋物線過(guò)點(diǎn)A，對(duì)稱(chēng)軸是x=32，
得16a?12+c=0?32a=32，
解得a=1c=?4，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣3x﹣4；
（2）證明：∵平移直線l經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，得到直線m，
∴直線m的解析式為y=13x，
∵點(diǎn)P是直線1上任意一點(diǎn)，
∴設(shè)P（3a，a），則PC＝3a，PB＝a，
又∵PE＝3PF，
∴PCPF=PBPE，
∴∠FPC＝∠EPB，
∵∠CPE+∠EPB＝90°，
∴∠FPC+∠CPE＝90°，
∴FP⊥PE；
（3）解：存在點(diǎn)Q，使得四邊形PEQF是矩形，理由如下：
如圖1，點(diǎn)E在點(diǎn)B的左側(cè)時(shí)，設(shè)E（a，0），
∴BE＝6﹣a，
∵CF＝3BE＝18﹣3a，
∴OF＝20﹣3a，
∴F（0，20﹣3a），
∵PEQF為矩形，
∴Qx+Px2=Fx+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，
∴Qx+6＝0+a，Qy+2＝20﹣3a+0，
∴Qx＝a﹣6，Qy＝18﹣3a，
∴Q（a﹣6，18﹣3a），
∴18﹣3a＝（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，
解得：a＝4或a＝8（舍去），
∴Q（﹣2，6）；
如圖2：當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)B的右側(cè)時(shí)，設(shè)E（a，0），
∴BE＝a﹣6，
∵CF＝3BE＝3a﹣18，
∴OF＝3a﹣20，
∴F（0，20﹣3a），
∵PEQF為矩形，
∴Qx+Px2=Fx+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，
∴Qx+6＝0+a，Qy+2＝20﹣3a+0，
∴Qx＝a﹣6，Qy＝18﹣3a，
∴Q（a﹣6，18﹣3a），
∴18﹣3a＝（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，
解得：a＝8或a＝4（舍去），
∴Q（2，﹣6）；
綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣2，6）或（2，﹣6）．
總結(jié)提升：本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，矩形的判定及性質(zhì)，分類(lèi)討論是解題的關(guān)鍵．
4． (2023?遼陽(yáng)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△ABC的邊BC在x軸上，∠ABC＝90°，以A為頂點(diǎn)的拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（3，0），交y軸于點(diǎn)E（0，3），動(dòng)點(diǎn)P在對(duì)稱(chēng)軸上．
（1）求拋物線解析式；
（2）若點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，沿A→B方向以1個(gè)單位/秒的速度勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B停止，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥AB交AC于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D平行于y軸的直線l交拋物線于點(diǎn)Q，連接AQ，CQ，當(dāng)t為何值時(shí)，△ACQ的面積最大？最大值是多少？
（3）若點(diǎn)M是平面內(nèi)的任意一點(diǎn)，在x軸上方是否存在點(diǎn)P，使得以點(diǎn)P，M，E，C為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出符合條件的M點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）將點(diǎn)C、E的坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式，即可求解；
（2）S△ACQ=12×DQ×BC，即可求解；
（3）分EC是菱形一條邊、EC是菱形一對(duì)角線兩種情況，分別求解即可．
解：（1）將點(diǎn)C、E的坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式得：?9+3b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
故拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2x+3，
則點(diǎn)A（1，4）；
（2）設(shè)直線AC的解析式為：y＝kx+h，
由題意可得：k+?=43k+?=0，
解得：k=?2b=6，
∴直線AC的表達(dá)式為：y＝﹣2x+6，
點(diǎn)P（1，4﹣t），則點(diǎn)D（t+22，4﹣t），設(shè)點(diǎn)Q（t+22，4?t24），
S△ACQ=12×DQ×BC=?14t2+t，
∵?14＜0，故S△ACQ有最大值，當(dāng)t＝2時(shí)，其最大值為1；
（3）設(shè)點(diǎn)P（1，m），點(diǎn)M（x，y），
①當(dāng)EC是菱形一條邊時(shí)，
當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)P右方時(shí)，
點(diǎn)E向右平移3個(gè)單位、向下平移3個(gè)單位得到C，
則點(diǎn)P向右平移3個(gè)單位、向下平移3個(gè)單位得到M，
則1+3＝x，m﹣3＝y(tǒng)，
而MP＝EP得：1+（m﹣3）2＝（x﹣1）2+（y﹣m）2，
解得：y＝m﹣3=17，
故點(diǎn)M（4，17）；
當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)P左方時(shí)，
同理可得：點(diǎn)M（﹣2，3+14）；
②當(dāng)EC是菱形一對(duì)角線時(shí)，
則EC中點(diǎn)即為PM中點(diǎn)，
則x+1＝3，y+m＝3，
而PE＝PC，即1+（m﹣3）2＝4+m2，
解得：m＝1，
故x＝2，y＝3﹣m＝3﹣1＝2，
故點(diǎn)M（2，2）；
綜上，點(diǎn)M（4，17）或（﹣2，3+14）或M（2，2）．
總結(jié)提升：本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到菱形的性質(zhì)、圖形的平移、面積的計(jì)算等，其中（3），要注意分類(lèi)求解，避免遺漏．
5． (2023?東勝區(qū)二模）如圖，已知拋物線y=12x2+bx+c與x軸相交于A（﹣6，0），B（1，0），與y軸相交于點(diǎn)C．
（1）求該拋物線的表達(dá)式；
（2）若在x軸上方的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P，且△ACP的面積為24，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）直線l⊥AC，垂足為C，直線l上有一點(diǎn)N，在坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)M，是否存在以點(diǎn)M、N、A、C為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
思路引領(lǐng)：（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）求出直線AC的解析式，過(guò)點(diǎn)P作PG∥y軸交直線AC于點(diǎn)G，設(shè)P（t，12t2+52t﹣3），則G（t，?12t﹣3），則S△ACP=12×6×（12t2+3t）＝24，求出t的值即可求P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為F，根據(jù)角的關(guān)系可得∠OCF＝∠OAC，求出F（32，0），再用待定系數(shù)法求出直線CF的解析式，設(shè)M（x，y），N（t，2t﹣3），分三種情況討論：①當(dāng)AC為正方形的對(duì)角線時(shí)，AC=2CN；②當(dāng)AM為正方形的對(duì)角線時(shí)，CN=2AC；③當(dāng)AN為正方形的對(duì)角線時(shí)，AN=2AC；根據(jù)正方形的對(duì)角線互相平分，對(duì)角線長(zhǎng)與邊長(zhǎng)的關(guān)系，利用勾股定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式建立方程組，求解點(diǎn)M的坐標(biāo)即可．
解：（1）將A（﹣6，0），B（1，0）代入y=12x2+bx+c，
∴18?6b+c=012+b+c=0，
解得b=52c=?3，
∴拋物線的解析式為y=12x2+52x﹣3；
（2）令x＝0，則y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+m，
∴?6k+m=0m=?3，
解得k=?12m=?3，
∴y=?12x﹣3，
過(guò)點(diǎn)P作PG∥y軸交直線AC于點(diǎn)G，
設(shè)P（t，12t2+52t﹣3），則G（t，?12t﹣3），
∴PG=12t2+52t﹣3+12t+3=12t2+3t，
∴S△ACP=12×6×（12t2+3t）＝24，
解得t＝2或t＝﹣8，
∵P點(diǎn)在x軸上方，
∴t＞1或t＜﹣6，
∴P（2，4）或（﹣8，9）；
（3）存在以點(diǎn)M、N、A、C為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，理由如下：
設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為F，
∵AC⊥CF，
∴∠ACO+∠OCF＝90°，
∵∠ACO+∠OAC＝90°，
∴∠OCF＝∠OAC，
∵tan∠OAC=12，
∴OF=32，
∴F（32，0），
設(shè)直線CF的解析式為y＝k'x+b'，
∴b′=?332k′+b′=0，
解得k′=2b′=?3，
∴y＝2x﹣3，
設(shè)M（x，y），N（t，2t﹣3），
①當(dāng)AC為正方形的對(duì)角線時(shí)，AC=2CN，
∴?6=x+t?3=y+2t?345=2t2+8t2，
解得t=322x=?6?322y=?32或t=?322x=?6+322y=32，
∴M（﹣6?322，﹣32）或（﹣6+322，32）；
②當(dāng)AM為正方形的對(duì)角線時(shí)，CN=2AC，
∴?6+x=ty=2t?6t2+4t2=2×45，
解得t=32x=6+32y=62?6或t=?32x=6?32y=?62?6，
∴M（6+32，62?6）或（6﹣32，﹣62?6）；
③當(dāng)AN為正方形的對(duì)角線時(shí)，AN=2AC，
∴?6+t=x2t?3=y?3(t+6)2+(2t?3)2=2×45，
解得t=3x=?3y=6或t=?3x=?9y=?6，
∴M（﹣3，6）或（﹣9，﹣6）；
綜上所述：M點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣6?322，﹣32）或（﹣6+322，32）或（6+32，62?6）或（6﹣32，﹣62?6）或（﹣3，6）或（﹣9，﹣6）．
總結(jié)提升：本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，分類(lèi)討論是解題的關(guān)鍵．

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