蘇科版九年級數(shù)學(xué)下冊舉一反三專題5.8二次函數(shù)中的存在性問題【八大題型】(原卷版+解析)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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\l "_Tc20843" 【題型1 二次函數(shù)中直角三角形的存在性問題】 PAGEREF _Tc20843 \h 1
\l "_Tc21520" 【題型2 二次函數(shù)中等腰三角形的存在性問題】 PAGEREF _Tc21520 \h 3
\l "_Tc24518" 【題型3 二次函數(shù)中等腰直角三角形的存在性問題】 PAGEREF _Tc24518 \h 5
\l "_Tc5221" 【題型4 二次函數(shù)中平行四邊形的存在性問題】 PAGEREF _Tc5221 \h 7
\l "_Tc30517" 【題型5 二次函數(shù)中矩形的存在性問題】 PAGEREF _Tc30517 \h 9
\l "_Tc29936" 【題型6 二次函數(shù)中菱形的存在性問題】 PAGEREF _Tc29936 \h 11
\l "_Tc20653" 【題型7 二次函數(shù)中正方形的存在性問題】 PAGEREF _Tc20653 \h 13
\l "_Tc10330" 【題型8 二次函數(shù)中角度問題的存在性問題】 PAGEREF _Tc10330 \h 15
【題型1 二次函數(shù)中直角三角形的存在性問題】
【例1】（2022?柳州）已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（m，0）兩點，與y軸交于點C（0，5）．
（1）求b，c，m的值；
（2）如圖1，點D是拋物線上位于對稱軸右側(cè)的一個動點，且點D在第一象限內(nèi)，過點D作x軸的平行線交拋物線于點E，作y軸的平行線交x軸于點G，過點E作EF⊥x軸，垂足為點F，當(dāng)四邊形DEFG的周長最大時，求點D的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點M是拋物線的頂點，將△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB與y軸交于點Q，在對稱軸上找一點P，使得△PQB是以QB為直角邊的直角三角形，求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)．
【變式1-1】（2022?桐梓縣模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=?36x2+233x+23與x軸交于A，B兩點（點B在點A的右側(cè)），與y軸交于點C，它的對稱軸與x軸交于點D，直線L經(jīng)過C，D兩點，連接AC．
（1）求A，B兩點的坐標(biāo)及直線L的函數(shù)表達式；
（2）探索直線L上是否存在點E，使△ACE為直角三角形，若存在，求出點E的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【變式1-2】（2022秋?日喀則市月考）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+5的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，M為拋物線的頂點．
（1）求M點的坐標(biāo)；
（2）求△MBC的面積；
（3）坐標(biāo)軸上是否存在點N，使得以B，C，N為頂點的三角形是直角三角形？若存在，求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式1-3】（2022?平南縣二模）如圖，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，且A（﹣1，0），對稱軸為直線x＝2．
（1）求該拋物線的表達式；
（2）直線l過點A與拋物線交于點P，當(dāng)∠PAB＝45°時，求點P的坐標(biāo)；
（3）在拋物線的對稱軸上是否存在一點Q，使得△BCQ是直角三角形？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【題型2 二次函數(shù)中等腰三角形的存在性問題】
【例2】（2022?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）交x軸于點A（﹣1，0），點B（4，0），交y軸于點C．連接BC，過點A作AD∥BC交拋物線于點D（異于點A）．
（1）求拋物線的表達式；
（2）點P是直線BC上方拋物線上一動點，過點P作PE∥y軸，交AD于點E，過點E作EG⊥BC于點G，連接PG．求△PEG面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，將拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）水平向右平移32個單位，得到新拋物線y1，在y1的對稱軸上確定一點M，使得△BDM是以BD為腰的等腰三角形，請寫出所有符合條件的點M的坐標(biāo)，并任選其中一個點的坐標(biāo)，寫出求解過程．
【變式2-1】（2022?湘西州）定義：由兩條與x軸有著相同的交點，并且開口方向相同的拋物線所圍成的封閉曲線稱為“月牙線”，如圖①，拋物線C1：y＝x2+2x﹣3與拋物線C2：y＝ax2+2ax+c組成一個開口向上的“月牙線”，拋物線C1和拋物線C2與x軸有著相同的交點A（﹣3，0）、B（點B在點A右側(cè)），與y軸的交點分別為G、H（0，﹣1）．
（1）求拋物線C2的解析式和點G的坐標(biāo)．
（2）點M是x軸下方拋物線C1上的點，過點M作MN⊥x軸于點N，交拋物線C2于點D，求線段MN與線段DM的長度的比值．
（3）如圖②，點E是點H關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點，連接EG，在x軸上是否存在點F，使得△EFG是以EG為腰的等腰三角形？若存在，請求出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式2-2】（2022秋?永嘉縣校級期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A，B分別是y軸正半軸，x軸正半軸上兩動點，OA＝2k，OB＝2k+3，以AO，BO為鄰邊構(gòu)造矩形AOBC，拋物線y=?34x2+3x+k交y軸于點D，P為頂點，PM⊥x軸于點M．
（1）求OD，PM的長（結(jié)果均用含k的代數(shù)式表示）．
（2）當(dāng)PM＝BM時，求該拋物線的表達式．
（3）在點A在整個運動過程中，若存在△ADP是等腰三角形，請求出所有滿足條件的k的值．
【變式2-3】（2022?杭州校級自主招生）如圖，拋物線y＝ax2﹣5ax+4經(jīng)過△ABC的三個頂點，已知BC∥x軸，點A在x軸的負半軸上，點C在y軸上，且AC＝BC．
（1）求拋物線的對稱軸；
（2）求A點坐標(biāo)并求拋物線的解析式；
（3）若點P在x軸下方且在拋物線對稱軸上的動點，是否存在△PAB是等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點P坐標(biāo)；不存在，請說明理由．
【題型3 二次函數(shù)中等腰直角三角形的存在性問題】
【例3】（2022?順城區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A和B（5，0），與y軸交于點C（0，5）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）拋物線的對稱軸與x軸交于點M，與BC交于點F，點D是對稱軸上一點，當(dāng)點D關(guān)于直線BC的對稱點E在拋物線上時，求點E的坐標(biāo)；
（3）點P在拋物線的對稱軸上，點Q在直線BC上方的拋物線上，是否存在以O(shè)，P，Q為頂點的三角形是等腰直角三角形，若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式3-1】（2022?碑林區(qū)校級三模）已知拋物線C1：y=14x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（﹣2，0），與y軸交于點C（0，﹣3），頂點為D．
（1）求拋物線C1的表達式和點D的坐標(biāo)；
（2）將拋物線C1沿x軸平移m（m＞0）個單位長度，所得新的拋物線記作C2，C2的頂點為D′，與拋物線C1交于點E，在平移過程中，是否存在△DED′是等腰直角三角形？如果存在，請求出滿足條件的拋物線C2的表達式，并寫出平移過程；如果不存在，請說明理由．
【變式3-2】（2022?瓊海二模）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（3，0）、B（﹣1，0），與y軸交于點C，點P為x軸上方拋物線上的動點，點F為y軸上的動點，連接PA，PF，AF．
（1）求該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)解析式；
（2）如圖1，當(dāng)點F的坐標(biāo)為（0，﹣4），求出此時△AFP面積的最大值；
（3）如圖2，是否存在點F，使得△AFP是以AP為腰的等腰直角三角形？若存在，求出所有點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式3-3】（2022?棗莊）如圖①，已知拋物線L：y＝x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（0，3），B（1，0），過點A作AC∥x軸交拋物線于點C，∠AOB的平分線交線段AC于點E，點P是拋物線上的一個動點．
（1）求拋物線的關(guān)系式；
（2）若動點P在直線OE下方的拋物線上，連結(jié)PE、PO，當(dāng)△OPE面積最大時，求出P點坐標(biāo)；
（3）將拋物線L向上平移h個單位長度，使平移后所得拋物線的頂點落在△OAE內(nèi)（包括△OAE的邊界），求h的取值范圍；
（4）如圖②，F(xiàn)是拋物線的對稱軸l上的一點，在拋物線上是否存在點P，使△POF成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，直接寫出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【題型4 二次函數(shù)中平行四邊形的存在性問題】
【例4】（2022?墾利區(qū)二模）已知拋物線y＝ax2+bx+3的圖象與x軸相交于點A和點B（1，0），與y軸交于點C，連接AC，有一動點D在線段AC上運動，過點D作x軸的垂線，交拋物線于點E，交x軸于點F，AB＝4，設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接AE、CE，當(dāng)△ACE的面積最大時，點D的坐標(biāo)是；
（3）當(dāng)m＝﹣2時，在平面內(nèi)是否存在點Q，使以B，C，E，Q為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式4-1】（2022?澄邁縣模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原點O，頂點為C．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達式及頂點C的坐標(biāo)；
（2）設(shè)該拋物線上一動點P的橫坐標(biāo)為t．
①在圖1中，當(dāng)﹣3＜t＜0時，求△PBO的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求S的最大值；
②在圖2中，若點P在該拋物線上，點E在該拋物線的對稱軸上，且以A，O，P，E為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的坐標(biāo)；
【變式4-2】（2022?福山區(qū)一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），點B（3，0），與y軸負半軸交于點C，且OC＝3OA，拋物線的頂點為D，對稱軸交x軸于點E．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）求直線BC的函數(shù)表達式；
（3）若點P是拋物線上一點，過點P作PQ⊥x軸交直線BC于點Q，試探究是否存在以點E，D，P，Q為頂點的平行四邊形．若存在，求出點P坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式4-3】（2022?青羊區(qū)校級模擬）拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C（0，3），點P是拋物線上的一個動點．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）如圖1，點P在線段AC上方的拋物線上運動（不與A，C重合），過點P作PD⊥AB，垂足為D，PD交AC于點E．作PF⊥AC，垂足為F，求△PEF的面積的最大值；
（3）如圖2，點Q是拋物線的對稱軸l上的一個動點，在拋物線上，是否存在點P，使得以點A，P，C，Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【題型5 二次函數(shù)中矩形的存在性問題】
【例5】（2022?齊齊哈爾三模）綜合與實踐
如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+c的圖象交x軸于點A、點B，其中點B的坐標(biāo)為（2，0），點C的坐標(biāo)為（0，2），過點A、C的直線交二次函數(shù)的圖象于點D．
（1）求二次函數(shù)和直線AC的函數(shù)表達式；
（2）連接DB，則△DAB的面積為 6 ；
（3）在y軸上確定點Q，使得∠AQB＝135°，點Q的坐標(biāo)為；
（4）點M是拋物線上一點，點N為平面上一點，是否存在這樣的點N，使得以點A、點D、點M、點N為頂點的四邊形是以AD為邊的矩形？若存在，請你直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式5-1】（2022?博山區(qū)一模）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx﹣4與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，且點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），直線BC的解析式為y=12x﹣4．
（1）求拋物線的解析式．
（2）如圖1，過點A作AD∥BC交拋物線于點D（異于點A），P是直線BC下方拋物線上一點，過點P作PQ∥y軸，交AD于點Q，過點Q作QR⊥BC于點R，連接PR．求△PQR面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)．
（3）如圖2，點C關(guān)于x軸的對稱點為點C′，將拋物線沿射線C′A的方向平移25個單位長度得到新的拋物線y′，新拋物線y′與原拋物線交于點M，原拋物線的對稱軸上有一動點N，平面直角坐標(biāo)系內(nèi)是否存在一點K，使得以D，M，N，K為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點K的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式5-2】（2022?綏化）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c交y軸于點A（0，﹣4），并經(jīng)過點C（6，0），過點A作AB⊥y軸交拋物線于點B，拋物線的對稱軸為直線x＝2，D點的坐標(biāo)為（4，0），連接AD，BC，BD．點E從A點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿著射線AD運動，設(shè)點E的運動時間為m秒，過點E作EF⊥AB于F，以EF為對角線作正方形EGFH．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點G隨著E點運動到達BC上時，求此時m的值和點G的坐標(biāo)；
（3）在運動的過程中，是否存在以B，G，C和平面內(nèi)的另一點為頂點的四邊形是矩形，如果存在，直接寫出點G的坐標(biāo)，如果不存在，請說明理由．
【變式5-3】（2022?黔東南州）如圖，拋物線y＝ax2+2x+c的對稱軸是直線x＝1，與x軸交于點A，B（3，0），與y軸交于點C，連接AC．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）已知點D是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，過點D作DM⊥x軸，垂足為點M，DM交直線BC于點N，是否存在這樣的點N，使得以A，C，N為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出點N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；
（3）已知點E是拋物線對稱軸上的點，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點F，使以點B、C、E、F為頂點的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【題型6 二次函數(shù)中菱形的存在性問題】
【例6】（2022?煙臺一模）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點A，B在x軸上，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A，C（4，﹣5）兩點，且與直線DC交于另一點E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）P為y軸上一點，過點P作拋物線對稱軸的垂線，垂足為Q，連接EQ，AP．試求EQ+PQ+AP的最小值；
（3）N為平面內(nèi)一點，在拋物線對稱軸上是否存在點M，使得以點M，N，E，A為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式6-1】（2022?邵陽縣模擬）如圖，直線l：y＝﹣3x﹣6與x軸、y軸分別相交于點A、C；經(jīng)過點A、C的拋物線C：y=12x2+bx+c與x軸的另一個交點為點B，其頂點為點D，對稱軸與x軸相交于點E．
（1）求拋物線C的對稱軸．
（2）將直線l向右平移得到直線l1．
①如圖①，直線l1與拋物線C的對稱軸DE相交于點P，要使PB+PC的值最小，求直線l1的解析式．
②如圖 ②，直線l1與直線BC相交于點F，直線l1上是否存在點M，使得以點A、C、F、M為頂點的四邊形是菱形，若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式6-2】（2022?嘉定區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy（如圖）中，已知拋物線y＝ax2+bx+3經(jīng)過點A（3，0）、B（4，1）兩點，與y軸的交點為C點．
（1）求拋物線的表達式；
（2）求四邊形OABC的面積；
（3）設(shè)拋物線y＝ax2+bx+3的對稱軸是直線l，點D與點B關(guān)于直線l對稱，在線段BC上是否存在一點E，使四邊形ADCE是菱形，如果存在，請求出點E的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．
【變式6-3】（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)的表達式．
（2）當(dāng)點E在線段OB上運動時（不與點O，B重合），恰有線段PF=12EF，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．
【題型7 二次函數(shù)中正方形的存在性問題】
【例7】（2022?鐵鋒區(qū)二模）綜合與探究
如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝x+b與x軸交于點A（4，0），與y軸交于點B，過A，B兩點的拋物線交x軸于另一點C，且OA＝20C，點F是直線AB下方拋物線上的動點，連接FA，F(xiàn)B．
（1）求拋物線解析式；
（2）當(dāng)點F與拋物線的頂點重合時，△ABF的面積為；
（3）求四邊形FAOB面積的最大值及此時點F的坐標(biāo)．
（4）在（3）的條件下，點Q為平面內(nèi)y軸右側(cè)的一點，是否存在點Q及平面內(nèi)另一點M，使得以A，F(xiàn)，Q，M為頂點的四邊形是正方形？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【變式7-1】（2022?隴縣二模）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線L1：y=ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），B(1，?94)兩點，且與y軸交于點C，點B是該拋物線的頂點．
（1）求拋物線L1的表達式；
（2）將L1平移后得到拋物線L2，點D，E在L2上（點D在點E的上方），若以點A，C，D，E為頂點的四邊形是正方形，求拋物線L2的解析式．
【變式7-2】（2022秋?南寧期中）如圖，拋物線與y軸交于點C（0，3），與x軸于點A（﹣1，0）、B（3，0），點P是拋物線的頂點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）Q是拋物線上第一象限除點P外一點，△BCQ與△BCP的面積相等，求點Q的坐標(biāo)；
（3）若M、N為拋物線上兩個動點，分別過點M、N作直線BC的垂線段，垂足分別為D、E．是否存在點M、N使四邊形MNED為正方形？如果存在，求正方形MNED的邊長；如果不存在，請說明理由．
【變式7-3】（2022?南充）如圖，拋物線頂點P（1，4），與y軸交于點C（0，3），與x軸交于點A，B．
（1）求拋物線的解析式．
（2）Q是拋物線上除點P外一點，△BCQ與△BCP的面積相等，求點Q的坐標(biāo)．
（3）若M，N為拋物線上兩個動點，分別過點M，N作直線BC的垂線段，垂足分別為D，E．是否存在點M，N使四邊形MNED為正方形？如果存在，求正方形MNED的邊長；如果不存在，請說明理由．
【題型8 二次函數(shù)中角度問題的存在性問題】
【例8】（2022?西寧）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（3，0），與y軸交于點B，點C在直線AB上，過點C作CD⊥x軸于點D（1，0），將△ACD沿CD所在直線翻折，使點A恰好落在拋物線上的點E處．
（1）求拋物線解析式；
（2）連接BE，求△BCE的面積；
（3）拋物線上是否存在一點P，使∠PEA＝∠BAE？若存在，求出P點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式8-1】（2022?鄂爾多斯）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+2經(jīng)過A（?12，0），B（3，72）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，過P作PD⊥x軸，交直線BC于點D，若以P、D、O、C為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的橫坐標(biāo)；
（3）拋物線上是否存在點Q，使∠QCB＝45°？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【變式8-2】（2022?運城二模）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx﹣8與x軸交于點A（﹣2，0），B（8，0）兩點，與y軸交于點C，點P是直線BC下方拋物線上一動點，過點P作直線PE∥y軸，交直線BC于點D，交x軸于點F，以PD為斜邊，在PD的右側(cè)作等腰直角△PDF．
（1）求拋物線的表達式，并直接寫出直線BC的表達式；
（2）設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m（0＜m＜3），在點P運動的過程中，當(dāng)?shù)妊苯恰鱌DF的面積為9時，請求出m的值；
（3）連接AC，該拋物線上是否存在一點M，使∠ACO+∠BCM＝∠ABC，若存在，請直接寫出所有符合條件的點M的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
【變式8-3】（2022?羅湖區(qū)校級一模）如圖，已知拋物線y=?13x2+bx+c交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，交y軸于點C，點P是拋物線上一點，連接AC、BC．
（1）求拋物線的表達式；
（2）連接OP，BP，若S△BOP＝2S△AOC，求點P的坐標(biāo)；
（3）在拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
專題5.8 二次函數(shù)中的存在性問題【八大題型】
【蘇科版】
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\l "_Tc20843" 【題型1 二次函數(shù)中直角三角形的存在性問題】 PAGEREF _Tc20843 \h 1
\l "_Tc21520" 【題型2 二次函數(shù)中等腰三角形的存在性問題】 PAGEREF _Tc21520 \h 10
\l "_Tc24518" 【題型3 二次函數(shù)中等腰直角三角形的存在性問題】 PAGEREF _Tc24518 \h 21
\l "_Tc5221" 【題型4 二次函數(shù)中平行四邊形的存在性問題】 PAGEREF _Tc5221 \h 35
\l "_Tc30517" 【題型5 二次函數(shù)中矩形的存在性問題】 PAGEREF _Tc30517 \h 42
\l "_Tc29936" 【題型6 二次函數(shù)中菱形的存在性問題】 PAGEREF _Tc29936 \h 56
\l "_Tc20653" 【題型7 二次函數(shù)中正方形的存在性問題】 PAGEREF _Tc20653 \h 68
\l "_Tc10330" 【題型8 二次函數(shù)中角度問題的存在性問題】 PAGEREF _Tc10330 \h 78
【題型1 二次函數(shù)中直角三角形的存在性問題】
【例1】（2022?柳州）已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（m，0）兩點，與y軸交于點C（0，5）．
（1）求b，c，m的值；
（2）如圖1，點D是拋物線上位于對稱軸右側(cè)的一個動點，且點D在第一象限內(nèi)，過點D作x軸的平行線交拋物線于點E，作y軸的平行線交x軸于點G，過點E作EF⊥x軸，垂足為點F，當(dāng)四邊形DEFG的周長最大時，求點D的坐標(biāo)；
（3）如圖2，點M是拋物線的頂點，將△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB與y軸交于點Q，在對稱軸上找一點P，使得△PQB是以QB為直角邊的直角三角形，求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)．
【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，解二元一次方程組即可得b，c的值，令y＝0即可得m的值；
（2）設(shè)D（x，﹣x2+4x+5），則E（4﹣x，﹣x2+4x+5），表示出四邊形DEFG的周長，根據(jù)二次函數(shù)的最值即可求解；
（3）過點C作CH⊥對稱軸于H，過點N作NK⊥y軸于K，證明△MCH≌△NCK，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，則N（﹣4，3），利用待定系數(shù)法可得直線BN的解析式為y=?13x+53，可得Q（0，53），設(shè)P（2，p），利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分兩種情況：①當(dāng)∠BQP＝90°時，②當(dāng)∠QBP＝90°時，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，
得?1?b+c=0c=5，
解得b=4c=5．
∴這個拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，則﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴B（5，0），
∴m＝5；
（2）∵拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴對稱軸為x＝2，
設(shè)D（x，﹣x2+4x+5），
∵DE∥x軸，
∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），
∵過點D作x軸的平行線交拋物線于點E，作y軸的平行線交x軸于點G，過點E作EF⊥x軸，
∴四邊形DEFG是矩形，
∴四邊形DEFG的周長＝2（﹣x2+4x+5）+2（x﹣4+x）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，
∴當(dāng)x＝3時，四邊形DEFG的周長最大，
∴當(dāng)四邊形DEFG的周長最大時，點D的坐標(biāo)為（3，8）；
（3）過點C作CH⊥對稱軸于H，過點N作NK⊥y軸于K，
∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B（5，0），C（0，5）．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥對稱軸于H，
∴CH∥x軸，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK（AAS），
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴對稱軸為x＝2，M（2，9），
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N（﹣4，3），
設(shè)直線BN的解析式為y＝mx+n，
∴?4m+n=35m+n=0，解得m=?13n=53，
∴直線BN的解析式為y=?13x+53，
∴Q（0，53），
設(shè)P（2，p），
∴PQ2＝22+（p?53）2＝p2?103p+619，
BP2＝（5﹣2）2p2＝9+p2，
BQ2＝52+（53）2＝25+259，
分兩種情況：
①當(dāng)∠BQP＝90°時，BP2＝PQ2+BQ2，
∴9+p2＝p2?103p+619+25+259，解得p=233，
∴點P的坐標(biāo)為（2，233）；
②當(dāng)∠QBP＝90°時，P′Q2＝BP′2+BQ2，
∴p2?103p+619=9+p2+25+259，解得p＝﹣9，
∴點P′的坐標(biāo)為（2，﹣9）．
綜上，所有符合條件的點P的坐標(biāo)為（2，233），（2，﹣9）．
【變式1-1】（2022?桐梓縣模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=?36x2+233x+23與x軸交于A，B兩點（點B在點A的右側(cè)），與y軸交于點C，它的對稱軸與x軸交于點D，直線L經(jīng)過C，D兩點，連接AC．
（1）求A，B兩點的坐標(biāo)及直線L的函數(shù)表達式；
（2）探索直線L上是否存在點E，使△ACE為直角三角形，若存在，求出點E的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【分析】（1）令x＝0，y＝0，可分別求出A、B、C三點坐標(biāo)，在求出函數(shù)的對稱軸即可求D點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求直線解析式即可；
（2）設(shè)E（t，?3t+23），分三種情況討論：①當(dāng)∠CAE＝90°時，AC2+AE2＝CE2，②當(dāng)∠ACE＝90°時，AC2+CE2＝AE2，③當(dāng)∠AEC＝90°時，AE2+CE2＝AC2，分別利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）令y＝0，則?36x2+233x+23=0，
解得x＝﹣2或x＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
令x＝0，則y＝23，
∴C（0，23），
∵y=?36x2+233x+23=?36（x﹣2）2+833，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝2，
∴D（2，0），
設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+b，
∴b=232k+b=0，
解得k=?3b=23，
∴y=?3x+23；
（2）在點E，使△ACE為直角三角形，理由如下：
設(shè)E（t，?3t+23），
∴AC2＝16，AE2＝4t2﹣8t+16，CE2＝4t2，
①當(dāng)∠CAE＝90°時，AC2+AE2＝CE2，
∴16+4t2﹣8t+16＝4t2，
∴t＝4，
∴E（4，23）；
②當(dāng)∠ACE＝90°時，AC2+CE2＝AE2，
∴16+4t2＝4t2﹣8t+16，
∴t＝0（舍）；
③當(dāng)∠AEC＝90°時，AE2+CE2＝AC2，
∴4t2﹣8t+16+4t2＝16，
∴t＝0（舍）或t＝1，
∴E（1，3）；
綜上所述：E點坐標(biāo)為（4，23）或（1，3）．
【變式1-2】（2022秋?日喀則市月考）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+5的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，M為拋物線的頂點．
（1）求M點的坐標(biāo)；
（2）求△MBC的面積；
（3）坐標(biāo)軸上是否存在點N，使得以B，C，N為頂點的三角形是直角三角形？若存在，求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，即可求頂點M；
（2）過點M作ME⊥y軸于點E，由 S△MBC＝S四邊形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC求解即可；
（3）分三種情況討論：①當(dāng)C為直角頂點時，作CN1⊥BC交坐標(biāo)軸為N1，OB＝ON1＝5，則N1（﹣5，0）； ②當(dāng)B為直角頂點時，作BN2⊥BC交坐標(biāo)軸為N2，OC＝ON2＝5，則N1（0，﹣5）；③當(dāng)N為直角頂點時，點O與N3重合，則N3（0，0）．
【解答】解：（1）y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴M（2，9）；
（2）令y＝0，得﹣x2+4x+5＝0，
解得 x＝﹣1或x＝5，
∴A（﹣1，0），B（5，0），
令x＝0，得y＝﹣x2+4x+5＝5，
∴C（0，5），
過點M作ME⊥y軸于點E，
∴S△MBC＝S四邊形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC=12×(2+5)×9?12×2×(9?5)?12×5×5=15；
（3）存在點N，使得以B，C，N為頂點的三角形是直角三角形，理由如下：
∵OB＝OC＝5，∠COB＝90°，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
①當(dāng)C為直角頂點時，作CN1⊥BC交坐標(biāo)軸為N1，∠CN1B＝∠CBN1＝45°，
∴OB＝ON1＝5，
∴N1（﹣5，0）；
②當(dāng)B為直角頂點時，作BN2⊥BC交坐標(biāo)軸為N2，∠CN2B＝∠BCN2＝45°，
∴OC＝ON2＝5，
∴N1（0，﹣5）；
③當(dāng)N為直角頂點時，點O與N3重合，
∴N3（0，0）．
綜上所述，滿足條件的點N的坐標(biāo)為（﹣5，0）或（0，﹣5）或（0，0）．
【變式1-3】（2022?平南縣二模）如圖，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，且A（﹣1，0），對稱軸為直線x＝2．
（1）求該拋物線的表達式；
（2）直線l過點A與拋物線交于點P，當(dāng)∠PAB＝45°時，求點P的坐標(biāo)；
（3）在拋物線的對稱軸上是否存在一點Q，使得△BCQ是直角三角形？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）設(shè)y＝（x﹣2）2+k，用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y＝x2﹣4x﹣5；
（2）過點P作PM⊥x軸于點M，設(shè)P（m，m2﹣4m﹣5），根據(jù)∠PAB＝45°知AM＝PM，即|m2﹣4m﹣5|＝m+1，解得m的值，即可得P的坐標(biāo)是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）由y＝x2﹣4x﹣5求出B（5，0），C（0，﹣5），設(shè)Q（2，t），有BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2，分三種情況：當(dāng)BC為斜邊時，9+t2+4+（t+5）2＝50，當(dāng)BQ為斜邊時，50+4+（t+5）2＝9+t2，當(dāng)CQ為斜邊時，50+9+t2＝4+（t+5）2，分別解得t的值，即可求出相應(yīng)Q的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）設(shè)y＝（x﹣2）2+k，把A（﹣1，0）代入得：
（﹣1﹣2）2+k＝0，
解得：k＝﹣9，
∴y＝（x﹣2）2﹣9＝x2﹣4x﹣5，
答：拋物線的解析式為y＝x2﹣4x﹣5；
（2）過點P作PM⊥x軸于點M，如圖：
設(shè)P（m，m2﹣4m﹣5），則PM＝|m2﹣4m﹣5|，
∵A（﹣1，0），
∴AM＝m+1
∵∠PAB＝45°
∴AM＝PM，
∴|m2﹣4m﹣5|＝m+1，
即m2﹣4m﹣5＝m+1或m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），
當(dāng)m2﹣4m﹣5＝m+1時，解得：m1＝6，m2＝﹣1（不合題意，舍去），
當(dāng)m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），解得m3＝4，m4＝﹣1（不合題意，舍去），
∴P的坐標(biāo)是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）在拋物線的對稱軸上存在一點Q，使得△BCQ是直角三角形，理由如下：
在y＝x2﹣4x﹣5中，令x＝0得y＝﹣5，令y＝0得x＝﹣1或x＝5，
∴B（5，0），C（0，﹣5），
由拋物線y＝x2﹣4x﹣5的對稱軸為直線x＝2，設(shè)Q（2，t），
∴BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2，
當(dāng)BC為斜邊時，BQ2+CQ2＝BC2，
∴9+t2+4+（t+5）2＝50，
解得t＝﹣6或t＝1，
∴此時Q坐標(biāo)為（2，﹣6）或（2，1）；
當(dāng)BQ為斜邊時，BC2+CQ2＝BQ2，
∴50+4+（t+5）2＝9+t2，
解得t＝﹣7，
∴此時Q坐標(biāo)為（2，﹣7）；
當(dāng)CQ為斜邊時，BC2+BQ2＝CQ2，
∴50+9+t2＝4+（t+5）2，
解得t＝3，
∴此時Q坐標(biāo)為（2，3）；
綜上所述，Q的坐標(biāo)為（2，3）或（2，﹣7）或（2，1）或（2，﹣6）．
【題型2 二次函數(shù)中等腰三角形的存在性問題】
【例2】（2022?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）交x軸于點A（﹣1，0），點B（4，0），交y軸于點C．連接BC，過點A作AD∥BC交拋物線于點D（異于點A）．
（1）求拋物線的表達式；
（2）點P是直線BC上方拋物線上一動點，過點P作PE∥y軸，交AD于點E，過點E作EG⊥BC于點G，連接PG．求△PEG面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，將拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）水平向右平移32個單位，得到新拋物線y1，在y1的對稱軸上確定一點M，使得△BDM是以BD為腰的等腰三角形，請寫出所有符合條件的點M的坐標(biāo)，并任選其中一個點的坐標(biāo)，寫出求解過程．
【分析】（1）用待定系數(shù)法直接可得拋物線的函數(shù)表達式；
（2）過點G作GH⊥PE于H，根據(jù)勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，則AC⊥BC，由EG⊥BC得AC＝BG，根據(jù)等角的余角相等得∠ACO＝∠GEH，證明△ACO≌△GEH，可得GH＝AO＝1，用待定系數(shù)法求出直線BC為y=?12x+2，根據(jù)AD∥BC得直線AD為y=?12x?12，設(shè)P（m，?12m2+32m+2），則E（m，?12m?12），從而得PE=?12m2+2m+52，即可求出△PEG面積為12PE?GH=?14m2+m+54，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)即得答案．
（3）求出點D的坐標(biāo)D（5，﹣3），設(shè)點M的坐標(biāo)為（3，t），可得BD2＝（5﹣4）2+32＝10，BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2，MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，分兩種情況：①當(dāng)BD＝BM時，②當(dāng)BD＝MD時，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入拋物線y＝ax2+bx+2得：
16a+4b+2=0a?b+2=0，解得a=?12b=32，
∴拋物線的函數(shù)表達式為y=?12x2+32x+2；
（2）過點G作GH⊥PE于H，
∵拋物線y=?12x2+32x+2交y軸于點C．
∴C（0，2），
∵A（﹣1，0），B（4，0），
∴AB＝5，AC=12+22=5，BC=42+22=25，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵AD∥BC，EG⊥BC，
∴AC＝BG=5，
∵PE∥y軸，
∴∠OCG＝∠EFG，
∵∠ACO+∠OCG＝90°，∠GEH+∠EFG＝90°，
∴∠ACO＝∠GEH，
∵∠AOC＝∠GHE＝90°，
∴△ACO≌△GEH（AAS），
∴GH＝AO＝1，
設(shè)直線BC為y＝kx+n，將C（0，2），B（4，0）代入得：
4k+n=0n=2，解得k=?12n=2，
∴直線BC為y=?12x+2，
∵AD∥BC，A（﹣1，0），
∴直線AD為y=?12x?12，
設(shè)P（m，?12m2+32m+2），則E（m，?12m?12），
∴PE=?12m2+2m+52，
∴△PEG面積為12PE?GH=?14m2+m+54=?14（m﹣2）2+94，
∵?14＜0，
∴m＝2時，△PEG面積的最大值為94，
此時點P的坐標(biāo)為（2，3）；
（3）∵拋物線y=?12x2+32x+2=?12（x?32）2+258水平向右平移32個單位，得到新拋物線y1=?12（x﹣3）2+258，
∴y1的對稱軸為x＝3，
聯(lián)立直線AD為y=?12x?12，拋物線y=?12x2+32x+2，解得x=?1y=0或x=5y=?3，
∴D（5，﹣3），
設(shè)點M的坐標(biāo)為（3，t），
∴BD2＝（5﹣4）2+32＝10，
BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2，
MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，
①當(dāng)BD＝BM時，
∴BD2＝BM2，
∴1+t2＝10，
∴t＝±3，
∴點M的坐標(biāo)為（3，3）或（3，﹣3），
∵點（3，3）與B，D共線，
∴點M的坐標(biāo)為（3，﹣3）；
②當(dāng)BD＝MD時，
∴BD2＝MD2，
∴t2+6t+13＝10，
∴t＝﹣3±6，
∴點M的坐標(biāo)為（3，﹣3+6）或（3，﹣3?6）；
綜上所述，點M的坐標(biāo)為（3，﹣3）或（3，﹣3+6）或（3，﹣3?6）．
【變式2-1】（2022?湘西州）定義：由兩條與x軸有著相同的交點，并且開口方向相同的拋物線所圍成的封閉曲線稱為“月牙線”，如圖①，拋物線C1：y＝x2+2x﹣3與拋物線C2：y＝ax2+2ax+c組成一個開口向上的“月牙線”，拋物線C1和拋物線C2與x軸有著相同的交點A（﹣3，0）、B（點B在點A右側(cè)），與y軸的交點分別為G、H（0，﹣1）．
（1）求拋物線C2的解析式和點G的坐標(biāo)．
（2）點M是x軸下方拋物線C1上的點，過點M作MN⊥x軸于點N，交拋物線C2于點D，求線段MN與線段DM的長度的比值．
（3）如圖②，點E是點H關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點，連接EG，在x軸上是否存在點F，使得△EFG是以EG為腰的等腰三角形？若存在，請求出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，即可求函數(shù)的解析式；
（2）設(shè)M（t，t2+2t﹣3），則D（t，13t2+23t﹣1），N（t，0），分別求出MN，DM，再求比值即可；
（3）先求出E（﹣2，﹣1），設(shè)F（x，0），分來兩種情況討論：①當(dāng)EG＝EF時，22=(x+2)2+1，可得F（7?2，0）或（?7?2，0）；②當(dāng)EG＝FG時，22=9+x2，F(xiàn)點不存在．
【解答】解：（1）將A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，
∴9a?6a+c=0c=?1，
解得a=13c=?1，
∴y=13x2+23x﹣1，
在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0，則y＝﹣3，
∴G（0，﹣3）；
（2）設(shè)M（t，t2+2t﹣3），則D（t，13t2+23t﹣1），N（t，0），
∴NM＝﹣t2﹣2t+3，DM=13t2+23t﹣1﹣（t2+2t﹣3）=?23t2?43t+2，
∴MNDM=?(t2+2t?3)?23(t2+2t?3)=32；
（3）存在點F，使得△EFG是以EG為腰的等腰三角形，理由如下：
由（1）可得y＝x2+2x﹣3的對稱軸為直線x＝﹣1，
∵E點與H點關(guān)于對稱軸x＝﹣1對稱，
∴E（﹣2，﹣1），
設(shè)F（x，0），
①當(dāng)EG＝EF時，
∵G（0，﹣3），
∴EG＝22，
∴22=(x+2)2+1，
解得x=7?2或x=?7?2，
∴F（7?2，0）或（?7?2，0）；
②當(dāng)EG＝FG時，22=9+x2，
此時x無解；
綜上所述：F點坐標(biāo)為（7?2，0）或（?7?2，0）．
【變式2-2】（2022秋?永嘉縣校級期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A，B分別是y軸正半軸，x軸正半軸上兩動點，OA＝2k，OB＝2k+3，以AO，BO為鄰邊構(gòu)造矩形AOBC，拋物線y=?34x2+3x+k交y軸于點D，P為頂點，PM⊥x軸于點M．
（1）求OD，PM的長（結(jié)果均用含k的代數(shù)式表示）．
（2）當(dāng)PM＝BM時，求該拋物線的表達式．
（3）在點A在整個運動過程中，若存在△ADP是等腰三角形，請求出所有滿足條件的k的值．
【分析】（1）點D在y=?34x2+3x+k上，且在y軸上，即y＝0求出點D坐標(biāo)，根據(jù)拋物線頂點公式，求出即可；
（2）先用k表示出相關(guān)的點的坐標(biāo)，根據(jù)PM＝BM建立方程即可；
（3）先用k表示出相關(guān)的點的坐標(biāo)，根據(jù)△ADP是等腰三角形，分三種情況，AD＝AP，DA＝DP，PA＝PD計算；
【解答】解：（1）把x＝0，代入y=?34x2+3x+k，
∴y＝k．
∴OD＝k．
∵4ac?b24a=4×(?34)k?324×(?34)=k+3，
∴PM＝k+3；
（2）由拋物線的表達式知，其對稱軸為x＝2，
∴OM＝2，BM＝OB﹣OM＝2k+3﹣2＝2k+1．
又∵PM＝k+3，PM＝BM，
∴k+3＝2k+1，
解得k＝2．
∴該拋物線的表達式為y=?34x2+3x+2；
（3）①當(dāng)點P在矩形AOBC外部時，如圖1，
過P作PK⊥OA于點K，當(dāng)AD＝AP時，
∵AD＝AO﹣DO＝2k﹣k＝k，
∴AD＝AP＝k，KA＝KO﹣AO＝PM﹣AO＝k+3﹣2k＝3﹣k
KP＝OM＝2，在Rt△KAP中，KA2+KP2＝AP2
∴（3﹣k）2+22＝k2，解得k=136．
②當(dāng)點P在矩形AOBC內(nèi)部時，
當(dāng)AP＝AD時，同法可得（k﹣3）2+22＝k2，解得k=136．
當(dāng)PD＝AP時，過P作PH⊥OA于H，
AD＝k，HD=12k，HO＝DO+HD=3k2，
又∵HO＝PM＝k+3，
∴3k2=k+3，
解得k＝6．
當(dāng)DP＝DA時，過D作PQ⊥PM于Q，
PQ＝PM﹣QM＝PM﹣OD＝k+3﹣k＝3
DQ＝OM＝2，DP＝DA＝k，
在Rt△DQP中，DP=DQ2+PQ2=22+32=13．
∴k＝PD=13，
故k=136或6或13．
【變式2-3】（2022?杭州校級自主招生）如圖，拋物線y＝ax2﹣5ax+4經(jīng)過△ABC的三個頂點，已知BC∥x軸，點A在x軸的負半軸上，點C在y軸上，且AC＝BC．
（1）求拋物線的對稱軸；
（2）求A點坐標(biāo)并求拋物線的解析式；
（3）若點P在x軸下方且在拋物線對稱軸上的動點，是否存在△PAB是等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點P坐標(biāo)；不存在，請說明理由．
【分析】（1）本題須根據(jù)二次函數(shù)的對稱軸公式即可求出結(jié)果．
（2）本題須先求出C點的坐標(biāo)，再根據(jù)BC兩點關(guān)于對稱軸x=52對稱，求出B點的坐標(biāo)，設(shè)A點坐標(biāo)（m，0），求出m即可得出點A的坐標(biāo)，最后代入即可求出拋物線解析式．
（3）本題須先根據(jù)題意畫出圖形，再分別根據(jù)圖形求出相應(yīng)的點P的坐標(biāo)即可．
【解答】解：（1）y＝ax2﹣5ax+4，
對稱軸：x=??5a2a=52；
（2）經(jīng)過△ABC的三個頂點，已知BC∥x軸，點A在x軸上，點C在y上，且AC＝BC，
令x＝0，y＝4，可知C點坐標(biāo)（0，4），
BC∥x軸，所以B點縱坐標(biāo)也為4，
又∵BC兩點關(guān)于對稱軸x=52對稱，
即：xB+02=52，
xB＝5，
∴B點坐標(biāo)（5，4）．
A點在x軸上，設(shè)A點坐標(biāo)（m，0），
AC＝BC，即AC2＝BC2，
AC2＝42+m2，
BC＝5，
∴42+m2＝52，
∴m＝±3，
∴A點坐標(biāo)（﹣3，0），
將A點坐標(biāo)之一（﹣3，0）代入y＝ax2﹣5ax+4，
0＝9a+15a+4，
a=?16，
y=?16x2+56x+4；
將A點坐標(biāo)是（3，0），則與A在x軸的負半軸矛盾，故舍去．
故函數(shù)關(guān)系式為：y=?16x2+56x+4．
（3）存在符合條件的點P共有3個．以下分三類情形探索．
設(shè)拋物線對稱軸與x軸交于N，與CB交于M．
過點B作BQ⊥x軸于Q，
易得BQ＝4，AQ＝8，AN＝5.5，BM=52．
①以AB為腰且頂角為角A的△PAB有1個：△P1AB．
∴AB2＝AQ2+BQ2＝82+42＝80（8分）
在Rt△ANP1中，P1N=AP12?AN2=AB2?AN2=80?(5.5)2=1992，
∴P1（52，?1992）．
②以AB為腰且頂角為角B的△PAB有1個：△P2AB．
在Rt△BMP2中MP2=BP22?BM2=AB2?BM2
=80?254
=2952，（10分）
∴P2＝（52，8?2952）．
③以AB為底，頂角為角P的△PAB有1個，即△P3AB．
畫AB的垂直平分線交拋物線對稱軸于P3，此時平分線必過等腰△ABC的頂點C．
過點P3作P3K垂直y軸，垂足為K，顯然Rt△P3CK∽Rt△BAQ．
∴P3KCK=BQAQ=12．
∵P3K＝2.5
∴CK＝5于是OK＝1，
∴P3（2.5，﹣1）．
④以B為頂點時，交于x軸上方，求得P（52，8+2952）（舍去）．
【題型3 二次函數(shù)中等腰直角三角形的存在性問題】
【例3】（2022?順城區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A和B（5，0），與y軸交于點C（0，5）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）拋物線的對稱軸與x軸交于點M，與BC交于點F，點D是對稱軸上一點，當(dāng)點D關(guān)于直線BC的對稱點E在拋物線上時，求點E的坐標(biāo)；
（3）點P在拋物線的對稱軸上，點Q在直線BC上方的拋物線上，是否存在以O(shè)，P，Q為頂點的三角形是等腰直角三角形，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）利用待定系數(shù)法，將B，C的坐標(biāo)代入y＝﹣x2+bx+c，即可求得二次函數(shù)的解析式；
（2）設(shè)點M關(guān)于直線BC的對稱點為點M′，連接MM′，BM′，則直線FM′為拋物線對稱軸關(guān)于直線BC的對稱直線，xM=?b2a=2，可得△OBC是等腰直角三角形，求得點M′的坐標(biāo)為（5，3），由﹣x2+4x+5＝3，解方程即可求解；
（3）設(shè)Q（m，﹣m2+4m+5），P（2，p），分三種情況討論，O，P，Q分別為等腰直角三角形的頂點，分別作出圖形，構(gòu)造全等三角形，利用全等的性質(zhì)，建立方程，解方程求解即可．
【解答】解：（1）∵點B（5，0），C（0，5）在拋物線y＝﹣x2+bx+c上，
∴?52+5b+c=0c=5，解得，b=4c=5，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x+5；
（2）設(shè)點M關(guān)于直線BC的對稱點為點M′，連接MM′，BM′，
則直線FM′為拋物線對稱軸關(guān)于直線BC的對稱直線，
∵點E是點D關(guān)于直線BC的對稱點，點E落在拋物線上，
∴直線FM′與拋物線的交點E1，E2為D1，D2落在拋物線上的對稱點，
∵對稱軸與x軸交于點M，與BC交于點F，
∴xM=?b2a=2，
∴點M的坐標(biāo)為（2，0），
∵點C的坐標(biāo)為（0，5），點B的坐標(biāo)為（5，0），
∴OB＝OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC＝45°，
∴△MBF是等腰直角三角形，
∴MB＝MF，
∴點F的坐標(biāo)為F（2，3），
∵點M關(guān)于直線BC的對稱點為點M′，
∴BM′＝BM，∠MBM′＝90°，
∴△MBM′是等腰直角三角形，
∴BM′＝BM＝3，
∴點M′的坐標(biāo)為（5，3），
∴FM′∥x軸，
∴﹣x2+4x+5＝3，解得，x1=2+6，x2=2?6，
∴E1（2+6，3），E2（2?6，3），
∴點E的坐標(biāo)為（2+6，3）或（2?6，3）；
（3）存在，Q1（3+372，?1+372），Q2（3+352，?5+352），Q3（2+7，2）．
設(shè)Q（m，﹣m2+4m+5），P（2，p），
①當(dāng)OP＝PQ，∠OPQ＝90°時，作PL⊥y軸于L，過Q作QK⊥x軸，交PL于K，
∴∠LPO＝90°﹣∠LOP＝90°﹣KPQ，∠PLO＝∠QKP＝90°，
∴∠LOP＝∠KPQ，
∵OP＝PQ，
∴△LOP≌△KPQ（AAS），
∴LO＝PK，LP＝QK，
∴p?(?m2+4m+5)=2p=m?2，
解得m1=3+352，m2=3?352（舍去），
當(dāng)m1=3+352時，﹣m2+4m+5=?5+352，
∴Q（3+352，?5+352）；
②當(dāng)QO＝PQ，∠PQO＝90°時，作PL⊥y軸于L，過Q作QK⊥x軸于T，交PL于K，
同理可得△PKQ≌△QTO（AAS），
∴QT＝PK，TO＝QK，
∴m?2=?m2+4m+5p?(?m2+4m+5)=m，
解得m1=3+372，m2=3?372（舍去），
當(dāng)m1=3+372時，﹣m2+4m+5=?1+372，
∴Q（3+372，?1+372）；
③當(dāng)QO＝OP，∠POQ＝90°時，作PL⊥y軸于L，過Q作QK⊥x軸于T，交PL于K，
同理可得△OLP≌△QSO（AAS），
∴SQ＝OL，SO＝LP，
∴?m2+4m+5=2m=?p，
解得m1＝2+7，m2＝2?7（舍去），
當(dāng)m1＝2+7時，﹣m2+4m+5＝2，
∴Q（2+7，2）；
綜上，Q1（3+372，?1+372），Q2（3+352，?5+352），Q3（2+7，2）．
【變式3-1】（2022?碑林區(qū)校級三模）已知拋物線C1：y=14x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（﹣2，0），與y軸交于點C（0，﹣3），頂點為D．
（1）求拋物線C1的表達式和點D的坐標(biāo)；
（2）將拋物線C1沿x軸平移m（m＞0）個單位長度，所得新的拋物線記作C2，C2的頂點為D′，與拋物線C1交于點E，在平移過程中，是否存在△DED′是等腰直角三角形？如果存在，請求出滿足條件的拋物線C2的表達式，并寫出平移過程；如果不存在，請說明理由．
【分析】（1）由題意可以把A（﹣2，0），C（0．﹣3）代入y=14x2+bx+c，可得C1的解析式，從而可以求的頂點D．
（2）求出拋物線C2的頂點D′，兩個拋物線交點為點E，且△DED′是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形性質(zhì)，用m分別表示出點E的橫縱坐標(biāo)，然后代入到C1的解析式中求出m．
【解答】解：（1）由題意知：拋物線C1過點A（﹣2，0），點C（0，﹣3），
將A、C的坐標(biāo)代入y=14x2+bx+c，
可得：14×(?2)2?2b+c=0c=?3，
解得：b=?1c=?3，
∴拋物線C1的解析式為：y=14x2﹣x﹣3，
∴拋物線C1的對稱軸為直線x＝2，
當(dāng)x＝2時，y＝﹣4，
∴頂點D的坐標(biāo)為（2，﹣4）；
（2）存在，將拋物線C1向左平移8個單位長度得到拋物線C2：y=14x2+3x+5．
將拋物線C1向右平移8個單位長度得到拋物線C2：y=14x2﹣5x+21．
理由如下：
∵沿著x軸向右平移，
D′坐標(biāo)為（2+m，﹣4），
過E作DD′的垂線，交DD′垂足為M，兩個圖象總關(guān)于EM對稱，
∴DE＝D′E，
∴要使得△DED′是等腰直角三角形，只要再滿足∠DED′＝90°即可，
∵△DED′是等腰直角三角形，且EM⊥DD′，
∴DD′＝2EM，M為DD′中點
∵點M為DD′中點，所以M（2+12m，﹣4），
∴點E的橫坐標(biāo)為2+12m，
設(shè)點E的坐標(biāo)為（2+12m，y），
則EM＝y(tǒng)﹣（﹣4）＝y(tǒng)+4，DD′＝m，
∴m＝2（y+4），
即y=12m﹣4，
∴點E的坐標(biāo)為（2+12m，12m﹣4）
又點E在拋物線C1上，
∴12m﹣4=14（2+12m）2﹣（2+12m）﹣3，
解得m＝0或8，
又∵m＞0，
∴m＝8，
∴拋物線C2的解析式為：y=14（x﹣8）2﹣（x﹣8）﹣3=14x2﹣5x+21
即將拋物線C1向右平移8個單位長度得到拋物線C2：y=14x2﹣5x+21
同法可得，將拋物線C1向左平移8個單位長度得到拋物線C2：y=14x2+3x+5．
【變式3-2】（2022?瓊海二模）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（3，0）、B（﹣1，0），與y軸交于點C，點P為x軸上方拋物線上的動點，點F為y軸上的動點，連接PA，PF，AF．
（1）求該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)解析式；
（2）如圖1，當(dāng)點F的坐標(biāo)為（0，﹣4），求出此時△AFP面積的最大值；
（3）如圖2，是否存在點F，使得△AFP是以AP為腰的等腰直角三角形？若存在，求出所有點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）如圖1，過點P作PQ∥y軸交直線AF于點Q，運用待定系數(shù)法可得直線AF的解析式為y=43x﹣4，設(shè)P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），則Q（t，43t﹣4），利用三角形面積公式可得S△AFP=12PQ?OA=12（﹣t2+23t+7）×3=?32（t?13）2+323，再運用二次函數(shù)性質(zhì)即可求得答案；
（3）設(shè)P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F(xiàn)（0，n），分兩種情況：①當(dāng)AP＝AF，∠PAF＝90°時，②當(dāng)AP＝PF，∠APF＝90°時，分別討論計算即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（3，0）、B（﹣1，0），
∴9a+3b+3=0a?b+3=0，
解得：a=?1b=2，
∴該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）如圖1，過點P作PQ∥y軸交直線AF于點Q，
設(shè)直線AF的解析式為y＝kx+d，
∵A（3，0），F(xiàn)（0，﹣4），
∴3k+d=0d=?4，
解得：k=43d=?4，
∴直線AF的解析式為y=43x﹣4，
設(shè)P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），則Q（t，43t﹣4），
∴PQ＝﹣t2+2t+3﹣（43t﹣4）＝﹣t2+23t+7，
∴S△AFP=12PQ?OA=12（﹣t2+23t+7）×3=?32（t?13）2+323，
∵?32＜0，﹣1＜t＜3，
∴當(dāng)t=13時，△AFP面積的最大值為323；
（3）設(shè)P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F(xiàn)（0，n），
∵A（3，0），
∴OA＝3，OF＝|n|，
①當(dāng)AP＝AF，∠PAF＝90°時，如圖2，過點P作PD⊥x軸于點D，
則∠ADP＝90°＝∠AOF，
∴∠PAD+∠APD＝90°，
∵∠PAD+∠FAO＝90°，
∴∠APD＝∠FAO，
在△APD和△FAO中，
∠ADP=∠AOF∠APD=∠FAOAP=AF，
∴△APD≌△FAO（AAS），
∴PD＝OA，AD＝OF，
∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，
∴﹣m2+2m+3＝3，
解得：m＝0或2，
當(dāng)m＝0時，P（0，3），AD＝3，
∴OF＝3，即|n|＝3，
∵點F在y的負半軸上，
∴n＝﹣3，
∴F（0，﹣3）；
當(dāng)m＝2時，P（2，3），AD＝1，
∴OF＝1，即|n|＝1，
∵點F在y的負半軸上，
∴n＝﹣1，
∴F（0，﹣1）；
②當(dāng)AP＝PF，∠APF＝90°時，如圖3，過點P作PD⊥x軸于點D，PG⊥y軸于點G，
則∠PDA＝∠PDO＝∠PGF＝90°，
∵∠PDO＝∠PGF＝∠DOG＝90°，
∴四邊形PDOG是矩形，
∴∠FPG+∠FPD＝90°，
∵∠APD+∠FPD＝∠APF＝90°，
∴∠FPG＝∠APD，
在△FPG和△APD中，
∠PGF=∠PDA∠FPG=∠APDPF=AP，
∴△FPG≌△APD（AAS），
∴PG＝PD，F(xiàn)G＝AD，
∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，PG＝m，
∴﹣m2+2m+3＝m，
解得：m=1?132（舍去）或m=1+132，
當(dāng)m=1+132時，P（1+132，1+132），
∴FG＝AD＝3﹣m＝3?1+132=5?132，
∴F（0，13?2）；
綜上所述，點F的坐標(biāo)為（0，﹣3）或（0，﹣1）或（0，13?2）．
【變式3-3】（2022?棗莊）如圖①，已知拋物線L：y＝x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（0，3），B（1，0），過點A作AC∥x軸交拋物線于點C，∠AOB的平分線交線段AC于點E，點P是拋物線上的一個動點．
（1）求拋物線的關(guān)系式；
（2）若動點P在直線OE下方的拋物線上，連結(jié)PE、PO，當(dāng)△OPE面積最大時，求出P點坐標(biāo)；
（3）將拋物線L向上平移h個單位長度，使平移后所得拋物線的頂點落在△OAE內(nèi)（包括△OAE的邊界），求h的取值范圍；
（4）如圖②，F(xiàn)是拋物線的對稱軸l上的一點，在拋物線上是否存在點P，使△POF成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，直接寫出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式；
（2）過P作PG∥y軸，交OE于點G，設(shè)P（m，m2﹣4m+3），根據(jù)OE的解析式表示點G的坐標(biāo)，表示PG的長，根據(jù)面積和可得△OPE的面積，利用二次函數(shù)的最值可得其最大值；
（3）求出原拋物線的對稱軸和頂點坐標(biāo)以及對稱軸與OE的交點坐標(biāo)、與AE的交點坐標(biāo)，用含h的代數(shù)式表示平移后的拋物線的頂點坐標(biāo)，列出不等式組求出h的取值范圍；
（4）存在四種情況：作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△OMP≌△PNF，根據(jù)|OM|＝|PN|，列方程可得點P的坐標(biāo)；同理可得其他圖形中點P的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線L：y＝x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（0，3），B（1，0），
∴1+b+c=0c=3，解得b=?4c=3，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）如圖，過P作PG∥y軸，交OE于點G，
設(shè)P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
∴直線OE的解析式為：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
=12PG?AE
=12×3×（﹣m2+5m﹣3）
=?32（m2﹣5m+3）
=?32（m?52）2+398，
∵?32＜0，
∴當(dāng)m=52時，△OPE面積最大，
此時，P點坐標(biāo)為（52，?34）；
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得拋物線l的對稱軸為直線x＝2，頂點為（2，﹣1），
拋物線L向上平移h個單位長度后頂點為F（2，﹣1+h）．
設(shè)直線x＝2交OE于點DM，交AE于點N，則E（2，3），
∵直線OE的解析式為：y＝x，
∴M（2，2），
∵點F在△OAE內(nèi)（包括△OAE的邊界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
（4）設(shè)P（m，m2﹣4m+3），分四種情況：
①當(dāng)P在對稱軸的左邊，且在x軸下方時，如圖，過P作MN⊥y軸，交y軸于M，交l于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
則﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m=5+52（舍）或5?52，
∴P的坐標(biāo)為（5?52，1?52）；
②當(dāng)P在對稱軸的左邊，且在x軸上方時，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1=3+52（舍）或m2=3?52，
∴P的坐標(biāo)為（3?52，5+12）；
③當(dāng)P在對稱軸的右邊，且在x軸下方時，
如圖，過P作MN⊥x軸于N，過F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
則﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m=3+52或m2=3?52（舍）；
P的坐標(biāo)為（3+52，1?52）；
④當(dāng)P在對稱軸的右邊，且在x軸上方時，如圖，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m=5+52或5?52（舍），
P的坐標(biāo)為：（5+52，5+12）；
綜上所述，點P的坐標(biāo)是：（5?52，1?52）或（3?52，5+12）或（3+52，1?52）或（5+52，5+12）．
【題型4 二次函數(shù)中平行四邊形的存在性問題】
【例4】（2022?墾利區(qū)二模）已知拋物線y＝ax2+bx+3的圖象與x軸相交于點A和點B（1，0），與y軸交于點C，連接AC，有一動點D在線段AC上運動，過點D作x軸的垂線，交拋物線于點E，交x軸于點F，AB＝4，設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接AE、CE，當(dāng)△ACE的面積最大時，點D的坐標(biāo)是（?32，32）；
（3）當(dāng)m＝﹣2時，在平面內(nèi)是否存在點Q，使以B，C，E，Q為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將B（1.0），A（﹣3.0）代入y＝ax2+bx+3，即可求解析式；
（2）求出直線AC的解析式，即可知D（m．m+3），E（m，﹣m2﹣2m+3），再求S△ACE=12×3×（﹣m2﹣3m）=?32（m+32）2+278，即可求解；
（3）設(shè)Q （n，t），分①當(dāng)BC為平行四邊形的對角線時，②當(dāng)BE為平行四邊形的對角線時，③當(dāng)BQ為平行四邊形的對角線時三種情況求解即可．
【解答】解：（1）∵點B（1，0），，AB＝4，
∴A（﹣3，0），
將A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+3，
∴z+b+3=09a?3b+3=0，
解得：a=?1b=?2，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由（1）知，C（0，3），
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b′（k≠0），
則?3k+b'=0b'=3，
解得：k=1b'=3，
∴直線AC的解析式為y＝x+3，
∴D（m，m+3），E（m，﹣m2﹣2m+3），
∴DE＝﹣m2﹣3m，
∴S△ACE==12×3×（﹣m2﹣3m）=?32（m+32）2+278，
∴當(dāng)x=?32時，S△ACE最大，
∴D（?32，32），
故答案為：（?32，32）；
（3）解：存在，理由如下：
∵m＝﹣2，
∴E（﹣2.3），
設(shè)Q（n．t），如圖：
①當(dāng)BC為平行四邊形對角線時，
1+0=?2+n0+3=3+t，
解得：n=3t=0，
∴Q1（3，0）；
②當(dāng)BE為平行四邊形對角線時，
則1?2=0+n0+3=3+t，
解得：n=?1t=0，
∴Q2（﹣1，0）；
③當(dāng)BQ為平行四邊形對角線時，
則1+n=0?20+t=3+3，
解得：n=?3t=6，
∴Q3（﹣3，6）．
綜上所述，當(dāng)點Q為（3，0）或（﹣1，0）或（﹣3，6）時，以B，C，E，Q為頂點的四邊形為平行四邊形．
【變式4-1】（2022?澄邁縣模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原點O，頂點為C．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達式及頂點C的坐標(biāo)；
（2）設(shè)該拋物線上一動點P的橫坐標(biāo)為t．
①在圖1中，當(dāng)﹣3＜t＜0時，求△PBO的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求S的最大值；
②在圖2中，若點P在該拋物線上，點E在該拋物線的對稱軸上，且以A，O，P，E為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的坐標(biāo)；
【分析】（1）由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）①求出直線BO的解析式，過點P作PG⊥x軸交BO于點G，可得E（t，﹣t）再由S=?32（t+32）2+278，即可求解；
②設(shè)E（﹣1，m），根據(jù)平行四邊形對角線的情況，分三種情況討論：當(dāng)AO為平行四邊形的對角線時，當(dāng)AP為平行四邊形的對角線時，當(dāng)AE為平行四邊形的對角線時；利用中點坐標(biāo)公式求解即可；
【解答】解：（1）設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx，
將A（﹣2，0），B（﹣3，3）代入，
∴4a?2b=09a?3b=3，
解得a=1b=2，
∴y＝x2+2x，
∴C（﹣1，﹣1）；
（2）①∵P的橫坐標(biāo)為t，
∴P（t，t2+2t），
設(shè)直線BO的解析式為y＝kx，
∴﹣3k＝3，
∴k＝﹣1，
∴y＝﹣x，
過點P作PG⊥x軸交BO于點G，
∴E（t，﹣t）
∴PG＝﹣t﹣t2﹣2t＝﹣t2﹣3t，
∴S=12×3×（﹣t2﹣3t）=?32（t+32）2+278，
∵﹣3＜t＜0，
∴t=?32時，S有最大值278；
②∵y＝x2+2x，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，
設(shè)E（﹣1，m），
當(dāng)AO為平行四邊形的對角線時，
?2=t?10=t2+2t+m，
解得t=?1m=1，
∴P（﹣1，﹣1）；
當(dāng)AP為平行四邊形的對角線時，
t?2=?1t2+2t=m，
解得t=1m=3，
∴P（1，3）；
當(dāng)AE為平行四邊形的對角線時，
?2?1=tm=t2+2t，
解得t=?3m=3，
∴P（﹣3，3）；
綜上所述：P點坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）或（1，3）或（﹣3，3）；
【變式4-2】（2022?福山區(qū)一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），點B（3，0），與y軸負半軸交于點C，且OC＝3OA，拋物線的頂點為D，對稱軸交x軸于點E．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）求直線BC的函數(shù)表達式；
（3）若點P是拋物線上一點，過點P作PQ⊥x軸交直線BC于點Q，試探究是否存在以點E，D，P，Q為頂點的平行四邊形．若存在，求出點P坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）先求得C（0，3），再利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）設(shè)出直線BC的函數(shù)表達式，再利用待定系數(shù)法求解即可；
（3）設(shè)p（a，a2﹣2a﹣3），因為PQ⊥x軸交直線BC于點Q，所以Q（a，a﹣3），因為PQ∥ED，所以當(dāng)PQ＝ED時，E、D、P、Q為平行四邊形，據(jù)此即可解答．
【解答】解：（1）∵點A（﹣1，0），OC＝3OA，
∴OC＝3，
∴C（0，﹣3），
把點A（﹣1，0）、C（0，﹣3）和B（3，0）代入拋物線y＝ax2+bx+c中，
a?b+c=09a+3b+c=0c=?3，
解得：a=1b=?2c=?3，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）設(shè)直線BC解析式為：y＝kx+b，
把B（3，0）、C（0，﹣3）代入得：
3k+b=0b=?3，
解得：k=1b=?3，
∴y＝x﹣3；
（3）存在，設(shè)p（a，a2﹣2a﹣3），
∴Q（a，a﹣3），
∵拋物線的頂點為D，
∴D（1，﹣4），
∵E（1，0），
∴|PQ|＝|yQ﹣yP|＝|a2﹣3a|，PQ∥ED，
若E、D、P、Q為平行四邊形，
∴PQ＝ED，
∵D（1，﹣4），E（1，0），
∴ED＝4，PQ＝4，
∴|a2﹣3a|＝4，
∴a2﹣3a＝4或a2﹣3a＝﹣4，
當(dāng)a2﹣3a＝4時，解得：a1＝4，a2＝﹣1；
當(dāng)a2﹣3a＝﹣4，時，Δ＜0，無解，
∴P1（4，5），P2（﹣1，0），
∴存在，點P坐標(biāo)為（4，5）或（﹣1，0）．
【變式4-3】（2022?青羊區(qū)校級模擬）拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C（0，3），點P是拋物線上的一個動點．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）如圖1，點P在線段AC上方的拋物線上運動（不與A，C重合），過點P作PD⊥AB，垂足為D，PD交AC于點E．作PF⊥AC，垂足為F，求△PEF的面積的最大值；
（3）如圖2，點Q是拋物線的對稱軸l上的一個動點，在拋物線上，是否存在點P，使得以點A，P，C，Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）由PD∥OC，可得∠PEF＝∠ACO＝45°，故△PEF是等腰直角三角形，如圖1，過點F作FH⊥PE于點H，則FH=12PE，可得：S△PEF=12×PE×FH=14PE2，當(dāng)PE最大時，S△PEF最大，利用待定系數(shù)法求得直線AC的解析式為y＝x+3，設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則E（t，t+3），可得PE＝﹣（t+32）2+94，運用二次函數(shù)的性質(zhì)求得PE的最大值即可得出答案；
（3）分兩種情形：①當(dāng)AC為平行四邊形的邊時，則有PQ∥AC，且PQ＝AC，如圖2，過點P作對稱軸的垂線，垂足為G，設(shè)AC交對稱軸于點H，證得△PQG≌△ACO（AAS），根據(jù)點P到對稱軸的距離為3，建立方程求解即可；②當(dāng)AC為平行四邊形的對角線時，如圖3，設(shè)AC的中點為M，則M（?32，32），設(shè)點P的橫坐標(biāo)為x，根據(jù)中點公式建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點A（﹣3，0），B（1，0）兩點，
∴設(shè)y＝a（x+3）（x﹣1），把C（0，3）代入，得：3＝a×（0+3）×（0﹣1），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3，
∴該拋物線的函數(shù)表達式為y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴OA＝OC＝3，
∴∠ACO＝45°，
∵PD⊥AB，OC⊥AB，
∴PD∥OC，
∴∠PEF＝∠ACO＝45°，
∵PF⊥AC，
∴△PEF是等腰直角三角形，
如圖1，過點F作FH⊥PE于點H，
則FH=12PE，
∴S△PEF=12×PE×FH=14PE2，
當(dāng)PE最大時，S△PEF最大，
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+d，
則?3k+d=0d=3，
解得：k=1d=3，
∴直線AC的解析式為y＝x+3，
設(shè)P（t，﹣t2﹣2t+3），則E（t，t+3），
∴PE＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t＝﹣（t+32）2+94，
∵﹣1＜0，
∴當(dāng)t=?32時，PE取得最大值94，
∴S△PEF=14PE2=14×（94）2=8164，
∴△PEF的面積的最大值為8164；
（3）①當(dāng)AC為平行四邊形的邊時，則有PQ∥AC，且PQ＝AC，
如圖2，過點P作對稱軸的垂線，垂足為G，設(shè)AC交對稱軸于點H，
則∠AHG＝∠ACO＝∠PQG，
在△PQG和△ACO中，
∠PGQ=∠AOC∠PQG=∠ACOPQ=AC，
∴△PQG≌△ACO（AAS），
∴PG＝AO＝3，
∴點P到對稱軸的距離為3，
又∵y＝﹣（x+1）2+4，
∴拋物線對稱軸為直線x＝﹣1，
設(shè)點P（x，y），則|x+1|＝3，
解得：x＝2或x＝﹣4，
當(dāng)x＝2時，y＝﹣5，
當(dāng)x＝﹣4時，y＝﹣5，
∴點P坐標(biāo)為（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）；
②當(dāng)AC為平行四邊形的對角線時，
如圖3，設(shè)AC的中點為M，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴M（?32，32），
∵點Q在對稱軸上，
∴點Q的橫坐標(biāo)為﹣1，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為x，
根據(jù)中點公式得：x+（﹣1）＝2×（?32）＝﹣3，
∴x＝﹣2，此時y＝3，
∴P（﹣2，3）；
綜上所述，點P的坐標(biāo)為（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）或（﹣2，3）．
【題型5 二次函數(shù)中矩形的存在性問題】
【例5】（2022?齊齊哈爾三模）綜合與實踐
如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+c的圖象交x軸于點A、點B，其中點B的坐標(biāo)為（2，0），點C的坐標(biāo)為（0，2），過點A、C的直線交二次函數(shù)的圖象于點D．
（1）求二次函數(shù)和直線AC的函數(shù)表達式；
（2）連接DB，則△DAB的面積為 6 ；
（3）在y軸上確定點Q，使得∠AQB＝135°，點Q的坐標(biāo)為（0，22?2）或（0，2﹣22）；
（4）點M是拋物線上一點，點N為平面上一點，是否存在這樣的點N，使得以點A、點D、點M、點N為頂點的四邊形是以AD為邊的矩形？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）利用待定系數(shù)法可求出c的值，進而可得出二次函數(shù)的表達式，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出點A的坐標(biāo)，再由點A，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出直線AC的函數(shù)表達式；
（2）聯(lián)立直線AC和拋物線的函數(shù)表達式可求出點D的坐標(biāo)，再結(jié)合點A，B的坐標(biāo)，利用三角形的面積計算公式，即可求出△DAB的面積；
（3）當(dāng)點Q在y軸正半軸軸時，過點Q作QE⊥AC于點E，根據(jù)各角之間的關(guān)系可得出AQ平分∠OAC，利用角平分線的性質(zhì)及面積法，可求出OQ的長，進而可得出點Q的坐標(biāo)；當(dāng)點Q在y軸負半軸時，利用對稱性可得出點Q的坐標(biāo)；
（4）連接BC，則AD⊥BC，分四邊形ADMN為矩形及四邊形ADNM為矩形兩種情況考慮：①當(dāng)四邊形ADMN為矩形時，利用平行線的性質(zhì)及待定系數(shù)法可求出直線DM的函數(shù)表達式，聯(lián)立后可求出點M的坐標(biāo)，再利用矩形的性質(zhì)可求出點N的坐標(biāo)；②當(dāng)四邊形ADNM為矩形時，利用平行線的性質(zhì)及待定系數(shù)法可求出直線AM的函數(shù)表達式，聯(lián)立后可求出點M的坐標(biāo)，再利用矩形的性質(zhì)可求出點N的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）將B（2，0）代入y＝﹣x2+c得：0＝﹣4+c，
解得：c＝4，
∴二次函數(shù)的表達式為y＝﹣x2+4．
當(dāng)y＝0時，﹣x2+4＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝2，
∴點A的坐標(biāo)為（﹣2，0）．
設(shè)直線AC的函數(shù)表達式為y＝kx+b（k≠0），
將A（﹣2，0），C（0，2）代入y＝kx+b得：?2k+b=00+b=2，
解得：k=1b=2，
∴直線AC的函數(shù)表達式為y＝x+2．
（2）聯(lián)立直線AC和拋物線的函數(shù)表達式得：y=x+2y=?x2+4，
解得：x1=?2y1=0，x2=1y2=3，
∴點D的坐標(biāo)為（1，3），
∴S△ABD=12×|2﹣（﹣2）|×|3|＝6．
故答案為：6．
（3）當(dāng)點Q在y軸正半軸軸時，過點Q作QE⊥AC于點E，如圖1所示．
∵點A，B關(guān)于y軸對稱，
∴AQ＝BQ，
∵∠AQB＝135°，
∴∠BAQ=12（180°﹣135°）＝22.5°．
∵點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），點C的坐標(biāo)為（0，2），
∴OA＝OC＝2，
∴∠OAC=12（180°﹣90°）＝45°，AC=2OA＝22，
∴∠CAQ＝∠OAC﹣∠BAQ＝45°﹣22.5°＝22.5°＝∠BAQ，
∴AQ平分∠OAC，
∴OQ＝EQ．
∵S△ACQ=12CQ?OA=12AC?EQ=12AC?OQ，
∴（2﹣OQ）?2＝22?OQ，
∴OQ＝22?2，
∴點Q的坐標(biāo)為（0，22?2）．
當(dāng)點Q在y軸負半軸時，點Q的坐標(biāo)為（0，2﹣22）.
故答案為：（0，22?2）或（0，2﹣22）．
（4）連接BC，則AC⊥BC，即AD⊥BC，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的函數(shù)表達式y(tǒng)＝﹣x+2．
分兩種情況考慮，如圖2所示．
①當(dāng)四邊形ADMN為矩形時，設(shè)直線DM的函數(shù)表達式為y＝﹣x+m，
將D（1，3）代入y＝﹣x+m得：﹣1+m＝3，
解得：m＝4，
∴直線DM的函數(shù)表達式為y＝﹣x+4．
聯(lián)立直線DM和拋物線的函數(shù)表達式得：y=?x+4y=?x2+4，
解得：x1=0y1=4，x2=1y2=3，
∴點M的坐標(biāo)為（0，4），
又∵四邊形ADMN為矩形，
∴點N的坐標(biāo)為（﹣2+0﹣1，0+4﹣3），即（﹣3，1）；
②當(dāng)四邊形ADNM為矩形時，同理可得出直線AM的函數(shù)表達式為y＝﹣x﹣2，
聯(lián)立直線AM和拋物線的函數(shù)表達式得：y=?x?2y=?x2+4，
解得：x1=?2y1=0，x2=3y2=?5，
∴點M的坐標(biāo)為（3，﹣5），
又∵四邊形ADNM為矩形，
∴點N的坐標(biāo)為（1+3﹣（﹣2），3﹣5﹣0），即（6，﹣2）．
綜上所述，存在這樣的點N，使得以點A、點D、點M、點N為頂點的四邊形是以AD為邊的矩形，點N的坐標(biāo)為（﹣3，1）或（6，﹣2）．
【變式5-1】（2022?博山區(qū)一模）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx﹣4與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，且點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），直線BC的解析式為y=12x﹣4．
（1）求拋物線的解析式．
（2）如圖1，過點A作AD∥BC交拋物線于點D（異于點A），P是直線BC下方拋物線上一點，過點P作PQ∥y軸，交AD于點Q，過點Q作QR⊥BC于點R，連接PR．求△PQR面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)．
（3）如圖2，點C關(guān)于x軸的對稱點為點C′，將拋物線沿射線C′A的方向平移25個單位長度得到新的拋物線y′，新拋物線y′與原拋物線交于點M，原拋物線的對稱軸上有一動點N，平面直角坐標(biāo)系內(nèi)是否存在一點K，使得以D，M，N，K為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點K的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由題可知B點既在x軸上，又在y=12x﹣4上，則B（8，0），再將A、B代入y＝ax2+bx﹣4即可求解析式；
（2）先求出直線AD的解析式為y=12x+1，過點B作BG⊥AD，在Rt△ABG中，AB＝10，tan∠BAG=12，求出BG＝25，設(shè)P（m，?14m2?32m﹣4），R（n，12n﹣4），則Q（m，12m+1），QR＝25，代入點的坐標(biāo)可得n﹣m＝2，則R（m+2，12m﹣3），S△PQR=?14（m﹣4）2+9，當(dāng)m＝4時，S△PQR有最大值9，則可求P（4，﹣6）；
（3）求出C'（0，﹣4），直線AC的解析式為y＝2x+4，由平移可知拋物線沿著x軸負方向平移2個單位長度，沿著y軸負方向平移4個單位長度，可得平移后拋物線解析式為y'=14（x﹣1）2?414，聯(lián)立14（x﹣3）2?254=14（x﹣1）2?414可求兩拋物線交點M（6，﹣4），聯(lián)立12x+1=14x2?32x﹣4，可求D（10，6），設(shè)N（3，t），K（x，y），①當(dāng)DM與KN為矩形對角線時，8=3+x2，1=t+y2，再由DM＝KN，則16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，可求K（13，﹣1）或K（13，3）；②當(dāng)DN與MK為矩形對角線時，132=6+x2，y?42=6+t2，再由DN＝MK，則49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，求出K（7，365）；③當(dāng)KD與MN為矩形對角線時，10+x2=92，6+y2=t?42，再由KD＝MN，（x﹣10）2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，求出K（﹣1，?65）．
【解答】解：（1）∵B點在x軸上，且B點在y=12x﹣4上，
∴B（8，0），
∵A（﹣2，0），B（8，0），都在拋物線y＝ax2+bx﹣4上，
∴x＝﹣2，x＝8是方程ax2+bx﹣4＝0的兩個根，
∴﹣16=?4a，ba=6，
∴a=14，b=?32，
∴y=14x2?32x﹣4；
（2）∵AD∥BC，直線BC的解析式為y=12x﹣4，
∴直線AD的解析式為y=12x+1，
過點B作BG⊥AD交點G，
∵QR⊥BC，
∴QR＝BG，
在Rt△ABG中，AB＝10，tan∠BAG=12，
∴BG＝25，
設(shè)P（m，14m2?32m﹣4），R（n，12n﹣4），則Q（m，12m+1），
∵QR＝25，
∴20＝（m﹣n）2+(12m?12n+5)2，
∴n﹣m＝2，
∴R（m+2，12m﹣3），
S△PQR=12×（12m+1?14m2+32m+4）×2=?14m2+2m+5=?14（m﹣4）2+9，
∴當(dāng)m＝4時，S△PQR有最大值9，
∴P（4，﹣6）；
（3）∵點C關(guān)于x軸的對稱點為點C′，
∴C'（0，﹣4），
∴直線AC的解析式為y＝2x+4，
∵拋物線沿射線C′A的方向平移25個單位長度，
∴拋物線沿著x軸負方向平移2個單位長度，沿著y軸負方向平移4個單位長度，
∵y=14x2?32x﹣4=14（x﹣3）2?254，
∴y'=14（x﹣1）2?414，
聯(lián)立14（x﹣3）2?254=14（x﹣1）2?414，解得x＝6，
∴M（6，﹣4），
聯(lián)立12x+1=14x2?32x﹣4，解得x＝10或x＝﹣2，
∵D異于點A，
∴D（10，6），
∵y=14x2?32x﹣4的對稱軸為直線x＝3，
設(shè)N（3，t），K（x，y），
①當(dāng)DM與KN為矩形對角線時，
DM的中點與KN的中點重合，
∴8=3+x2，1=t+y2，
∴x＝13，t＝2﹣y，
∵DM＝KN，
∴16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，
∴y＝﹣1或y＝3，
∴K（13，﹣1）或K（13，3）；
②當(dāng)DN與MK為矩形對角線時，
DN的中點與MK的中點重合，
∴132=6+x2，y?42=6+t2，
∴x＝7，t＝y(tǒng)﹣10，
∵DN＝MK，
∴49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，
∴y=365，
∴K（7，365）；
③當(dāng)KD與MN為矩形對角線時，
KD的中點與MN的中點重合
∴10+x2=92，6+y2=t?42，
∴x＝﹣1，t＝10+y，
∵KD＝MN，
∴（x﹣10）2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，
∴y=?65，
∴K（﹣1，?65）；
綜上所述：以D，M，N，K為頂點的四邊形是矩形時，K點坐標(biāo)為（﹣1，?65）或（7，365）或（13，﹣1）或（13，3）．
【變式5-2】（2022?綏化）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c交y軸于點A（0，﹣4），并經(jīng)過點C（6，0），過點A作AB⊥y軸交拋物線于點B，拋物線的對稱軸為直線x＝2，D點的坐標(biāo)為（4，0），連接AD，BC，BD．點E從A點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿著射線AD運動，設(shè)點E的運動時間為m秒，過點E作EF⊥AB于F，以EF為對角線作正方形EGFH．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點G隨著E點運動到達BC上時，求此時m的值和點G的坐標(biāo)；
（3）在運動的過程中，是否存在以B，G，C和平面內(nèi)的另一點為頂點的四邊形是矩形，如果存在，直接寫出點G的坐標(biāo)，如果不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸為直線x＝2，可得出拋物線與x軸的另一個交點的坐標(biāo)為（﹣2，0），列出交點式，再將點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E的運動和正方形的性質(zhì)可得出點H，F(xiàn)，G的坐標(biāo)，根據(jù)點B，C的坐標(biāo)可得出直線BC的解析式，將點G代入直線BC的解析式即可；
（3）若存在，則△BGC是直角三角形，則需要分類討論，當(dāng)點B為直角頂點，當(dāng)點G為直角頂點，當(dāng)點C為直角頂點，分別求解即可．
【解答】解：（1）∵拋物線的對稱軸為直線x＝2，D點的坐標(biāo)為（4，0），
∴拋物線與x軸的另一個交點為（﹣2，0），
∴拋物線的解析式為：y＝a（x+2）（x﹣6），
將點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H是AE的中點．
∴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G隨著E點運動到達BC上時，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)的另一點為頂點的四邊形是矩形，則△BGC是直角三角形，
∴分以下三種情況：
①當(dāng)點B為直角頂點時，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C為直角頂點時，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G為直角頂點時，BG2+CG2＝BC2，
∴（4?32m）2+（12m）2+（6?32m）2+（﹣4+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)的另一點為頂點的四邊形是矩形，點G的坐標(biāo)為（125，?165）或（425，?65）或（3，﹣3）或（365，?85）．
【變式5-3】（2022?黔東南州）如圖，拋物線y＝ax2+2x+c的對稱軸是直線x＝1，與x軸交于點A，B（3，0），與y軸交于點C，連接AC．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）已知點D是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，過點D作DM⊥x軸，垂足為點M，DM交直線BC于點N，是否存在這樣的點N，使得以A，C，N為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出點N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；
（3）已知點E是拋物線對稱軸上的點，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點F，使以點B、C、E、F為頂點的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由拋物線的對稱軸為直線x＝1，拋物線經(jīng)過點B（3，0），可得A（﹣1，0），用待定系數(shù)法即可求解；
（2）求出直線BC的解析式，設(shè)點D坐標(biāo)為（t，﹣t2+2t+3），則點N（t，﹣t+3），利用勾股定理表示出AC2，AN2，CN2，然后分①當(dāng)AC＝AN時，②當(dāng)AC＝CN時，③當(dāng)AN＝CN時三種情況進行討論，列出關(guān)于t的方程，求出t的值，即可寫出點N的坐標(biāo)；
（3）分兩種情形討論：①當(dāng)BC為對角線時，②當(dāng)BC為邊時，先求出點E的坐標(biāo)，再利用平行四邊形的中心對稱性求出點F的坐標(biāo)即可．
【解答】解：（1）拋物線y＝ax2+2x+c的對稱軸是直線x＝1，與x軸交于點A，B（3，0），
∴A（﹣1，0），
∴a?2+c=09a+6+c=0，解得a=?1c=3，
∴拋物線的解析式y(tǒng)＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3，
∴C（0，3），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+3，
將點B（3，0）代入得：0＝3k+3，
解得：k＝﹣1，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3；
設(shè)點D坐標(biāo)為（t，﹣t2+2t+3），則點N（t，﹣t+3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴AC2＝12+32＝10，
AN2＝（t+1）2+（﹣t+3）2＝2t2﹣4t+10，
CN2＝t2+（3+t﹣3）2＝2t2，
①當(dāng)AC＝AN時，AC2＝AN2，
∴10＝2t2﹣4t+10，
解得t1＝2，t2＝0（不合題意，舍去），
∴點N的坐標(biāo)為（2，1）；
②當(dāng)AC＝CN時，AC2＝CN2，
∴10＝2t2，
解得t1=5，t2=?5（不合題意，舍去），
∴點N的坐標(biāo)為（5，3?5）；
③當(dāng)AN＝CN時，AN2＝CN2，
∴2t2﹣4t+10＝2t2，
解得t=52，
∴點N的坐標(biāo)為（52，12）；
綜上，存在，點N的坐標(biāo)為（2，1）或（5，3?5）或（52，12）；
（3）設(shè)E（1，a），F(xiàn)（m，n），
∵B（3，0），C（0，3），
∴BC＝32，
①以BC為對角線時，BC2＝CE2+BE2，
∴（32）2＝12+（a﹣3）2+a2+（3﹣1）2，
解得：a=3+172，或a=3?172，
∴E（1，3+172）或（1，3?172），
∵B（3，0），C（0，3），
∴m+1＝0+3，n+3+172=0+3或n+3?172=0+3，
∴m＝2，n=3?172或n=3+172，
∴點F的坐標(biāo)為（2，3?172）或（2，3+172）；
②以BC為邊時，BE2＝CE2+BC2或CE2＝BE2+BC2，
∴a2+（3﹣1）2＝12+（a﹣3）2+（32）2或12+（a﹣3）2＝a2+（3﹣1）2+（32）2，
解得：a＝4或a＝﹣2，
∴E（1，4）或（1，﹣2），
∵B（3，0），C（0，3），
∴m+0＝1+3，n+3＝0+4或m+3＝1+0，n+0＝3﹣2，
∴m＝4，n＝1或m＝﹣2，n＝1，
∴點F的坐標(biāo)為（4，1）或（﹣2，1），
綜上所述：存在，點F的坐標(biāo)為（2，3?172）或（2，3+172）或（4，1）或（﹣2，1）．
【題型6 二次函數(shù)中菱形的存在性問題】
【例6】（2022?煙臺一模）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點A，B在x軸上，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A，C（4，﹣5）兩點，且與直線DC交于另一點E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）P為y軸上一點，過點P作拋物線對稱軸的垂線，垂足為Q，連接EQ，AP．試求EQ+PQ+AP的最小值；
（3）N為平面內(nèi)一點，在拋物線對稱軸上是否存在點M，使得以點M，N，E，A為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）求出A點坐標(biāo)后，將點A、C代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；
（2）連接OC，交對稱x＝1于點Q，此時EQ+OQ的值最小，最小值為線段OC長，再求解即可；
（3）分三種情況討論：①以AE為菱形對角線，此時AM＝ME；②以AM為菱形對角線，此時AE＝EM；③以AN為菱形對角線，此時AE＝AM；再利用中點坐標(biāo)公式和兩點間距離公式求解即可．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD為正方形，C（4，﹣5），
∴AD＝AB＝5，B（4，0），
∴OA＝1，
∴A（﹣1，0），
將點A，C代入y＝﹣x2+bx+c，
∴?16+4b+c=?5?1?b+c=0，
解得b=2c=3，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）連接OC，交對稱軸x＝1于點Q，
∵PQ⊥y軸，
∴AO∥PQ，
∵AO＝PQ＝1，
∴四邊形AOQP是平行四邊形，
∴AP＝OQ，
∴EQ+PQ+AP＝EQ+1+OQ
若使EQ+PQ+AP值為最小，則EQ+OQ的值為最小，
∵E，C關(guān)于對稱軸x＝1對稱，
∴EQ＝CQ，
∴EQ+OQ＝CQ+OQ，
此時EQ+OQ的值最小，最小值為線段OC長，
∵C（4，﹣5），
∴OC=42+52=41，
∴EQ+PQ+AP的最小值為41+1，
即EQ+PQ+AP的最小值為41+1；
（3）存在點M，使得以點M，N，E，A為頂點的四邊形是菱形，理由如下：
①以AE為菱形對角線，此時AM＝ME，
∴?1?2=1+x?5=m+y4+m2=9+(m+5)2，
解得x=?4y=?2m=?3，
∴M（1，﹣3）；
②以AM為菱形對角線，此時AE＝EM，
∴?1+1=?2+xm=y?51+25=9+(m+5)2，
解得x=2y=17m=?5+17或x=2y=?17m=?5?17，
∴M（1，﹣5+17）或（1，﹣5?17）；
③以AN為菱形對角線，此時AE＝AM，
∴?1+x=?2+1y=m?51+25=4+m2，
解得x=0y=22?5m=22或x=0y=?5?22m=?22，
∴M（1，22）或（1，?22）；
綜上所述：M點坐標(biāo)為（1，﹣3），(1，22)，(1，?22)，(1，?5+17)，(1，?5?17)．
【變式6-1】（2022?邵陽縣模擬）如圖，直線l：y＝﹣3x﹣6與x軸、y軸分別相交于點A、C；經(jīng)過點A、C的拋物線C：y=12x2+bx+c與x軸的另一個交點為點B，其頂點為點D，對稱軸與x軸相交于點E．
（1）求拋物線C的對稱軸．
（2）將直線l向右平移得到直線l1．
①如圖①，直線l1與拋物線C的對稱軸DE相交于點P，要使PB+PC的值最小，求直線l1的解析式．
②如圖 ②，直線l1與直線BC相交于點F，直線l1上是否存在點M，使得以點A、C、F、M為頂點的四邊形是菱形，若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）分別把x＝0和y﹣0代入一次函數(shù)的解析式，求出A、C坐標(biāo)，代入拋物線得出方程組，求出方程組的解，得出拋物線的解析式，即可求解；
（2）①求出拋物線C的對稱軸和B的坐標(biāo)，連接BC交對稱軸于點P′，PB+PC＝QP′B+P′C＝BC的值最小，求出點P′的坐標(biāo)，根據(jù)平移的性質(zhì)即可求出直線l1的解析式；
②分兩種情況：Ⅰ當(dāng)AM為邊時，Ⅱ當(dāng)AM為對角線時，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求解．
【解答】解：（1）在y＝﹣3x﹣6中，令y＝0，
即﹣3x﹣6＝0，x＝﹣2，得A（﹣2，0）．
令x＝0，得y＝﹣6，得C（0，﹣6），
將點A、C的坐標(biāo)代入拋物線C的表達式，
得：2?2b+c=0c=?6，解得b=?2c=?6，
∴拋物線C的解析式為y=12x2?2x?6，其對稱軸為x=??22×12=2；
（2）①如圖，連接BC交DE于點P′，
則PB+PC≥BC．當(dāng)點P到達點P時，
PB+PC＝QP′B+P′C＝BC的值最小，
令y＝0，即12x2?2x?6=0，
解得 x1＝﹣2，x2＝6．
∴點B坐標(biāo)為（6，0）．
設(shè)直線BC的表達式為 y＝kx+h，
則：6k+?=0?=?6，解得k=1?=?6．
∴y＝x﹣6，
當(dāng)x＝2時，y＝2﹣6＝﹣4．
∴點P′即點P的坐標(biāo)為（2，﹣4），
∵將直線l：y＝﹣3x﹣6向右平移得到直線l1，
∴設(shè)直線l1的解析式為y＝﹣3x+h1．
則﹣4＝﹣3×2+h1，
∴h1＝2．
∴直線l1的解析式為y＝﹣3x+2；
②存在點M，使得以點A、C、F、M為頂點的四邊形是菱形．
由點F在直線BC：y＝x﹣6上，可設(shè)點F（m，m﹣6）．
Ⅰ當(dāng)AM為邊時，如圖，過點A作AM∥CB交l1于點M．
∵FM∥CA，
∴當(dāng)FM＝CA時，以點A、C、F、M為頂點的四邊形ACFM是平行四邊形．
當(dāng)CA＝CF時，?ACFM是菱形．
過點F作FH⊥CO于H，則CH＝|（m﹣6）﹣（﹣6）|＝|m|．CF2＝CH2+FH2＝m2+m2＝2m2，
∵CA2＝22+62＝40，
∴2m2＝40，
∴m1=25，m2=?25（舍去），
∴F（25，25?6）．
∵FM∥CA且FM＝CA，
∴可將CA先向右平移25單位、再向上平移25單位得到FM，
即可將點A（﹣2，0）先向右平移25單位、再向上平移25單位得到點M．
故點M的坐標(biāo)為（25?2，25）；
Ⅱ當(dāng)AM為對角線時，連接AF，過點C作CM∥AF交l1于點M．
∵FM∥AC，
∴當(dāng)FM＝AC時，以點A、C、F、M為頂點的四邊形ACFM是平行四邊形．
當(dāng)AC＝AF時，?ACMF是菱形．
∵AF2＝（m+2）2+（m﹣6）2，CA2＝40，
∴（m+2）2+（m﹣6）2＝40，
∴m1＝4，m2＝0（舍去），
∴點F的坐標(biāo)為（4，﹣2）．
∵FM∥AC且FM＝AC，
∴可將AC先向右平移6個單位、再向下平移2個單位得到FM，
即可將點C（0，﹣6）先向右平移6單位、再向下平移2單位得到點M．
∴點M的坐標(biāo)為（6，﹣8）．
綜上，點M的坐標(biāo)為（25?2，25）或（6，﹣8）．
【變式6-2】（2022?嘉定區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy（如圖）中，已知拋物線y＝ax2+bx+3經(jīng)過點A（3，0）、B（4，1）兩點，與y軸的交點為C點．
（1）求拋物線的表達式；
（2）求四邊形OABC的面積；
（3）設(shè)拋物線y＝ax2+bx+3的對稱軸是直線l，點D與點B關(guān)于直線l對稱，在線段BC上是否存在一點E，使四邊形ADCE是菱形，如果存在，請求出點E的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．
【分析】（1）把點A、B的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答；
（2）將四邊形OABC的面積分解為△OBC、△OAB的面積和，即可求解；
（3）求出點D的坐標(biāo)，可得AD＝CD，利用待定系數(shù)法求AD、BC、CD的解析式，可AD∥BC，求出AE的解析式，再求AE、BC的交點坐標(biāo)即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）經(jīng)過A（3，0），B（4，1）兩點，
∴9a+3b+3=016a+4b+3=1，
解得a=12b=?52，
∴拋物線的關(guān)系式為y=12x2?52x+3；
（2）如圖，連接OB，
∵y=12x2?52x+3與y軸的交點為C點，
∴C（0，3），
∵A（3，0）、B（4，1），
∴OC＝3，OA＝3，
∴S四邊形OABC＝S△OBC+S△OAB=12×3×4+12×3×1=152；
（3）如圖，
∵y=12x2?52x+3，
∴拋物線的對稱軸是直線l：x=??522×12=52，
∵點D與點B（4，1）關(guān)于直線l對稱，
∴D（1，1），
∵A（3，0），C（0，3），
∴AD=(3?1)2+12=5，CD=(3?1)2+12=5，
∴AD＝CD，
設(shè)直線AD的解析式為y＝mx+n，
∴3m+n=0m+n=1，解得m=?12n=32，
∴直線AD的解析式為y=?12x+32，
同理：直線BC的解析式為y=?12x+3，
直線CD的解析式為y＝﹣2x+3，
∴AD∥BC，
當(dāng)AE∥CD時，四邊形ADCE是菱形，
設(shè)直線AE的解析式為y＝﹣2x+a，
∵A（3，0），
∴﹣6+a＝0，解得a＝6，
∴直線AE的解析式為y＝﹣2x+6，
聯(lián)立直線BC：y=?12x+3得，
y=?2x+6y=?12x+3，解得x=2y=2，
∴點E的坐標(biāo)為（2，2）．
∴存在一點E，使四邊形ADCE是菱形，點E的坐標(biāo)為（2，2）．
【變式6-3】（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)的表達式．
（2）當(dāng)點E在線段OB上運動時（不與點O，B重合），恰有線段PF=12EF，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，?12t2+t+4），則F（t，﹣t+4），E（t，0），分別求出PF=?12t2+2t，EF＝﹣t+4，再由PF=12EF，求出t＝1，即可求P（1，92）；
（3）設(shè)P（t，?12t2+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，?12t2+2t+4），再由CQ1＝CF，可得Q1（0，42）；當(dāng)四邊形CFPQ2為菱形時，PF＝CQ2，求出Q2（0，12t2﹣2t+4），再由Q2F＝CQ2，可得Q2（0，2）；②當(dāng)P點在F點下方時，PF=12t2﹣2t，由PF＝CQ3，可得Q3（0，?12t2+2t+4），再由CQ3＝CF，可得Q3（0，﹣42）．
【解答】解：（1）將A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
∴4a?2b+4=016a+4b+4=0，
解得a=?12b=1，
∴y=?12x2+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，
∴4k+b=0b=4，
解得k=?1b=4，
∴y＝﹣x+4，
設(shè)P（t，?12t2+t+4），則F（t，﹣t+4），E（t，0），
∴PF=?12t2+t+4﹣（﹣t+4）=?12t2+2t，EF＝﹣t+4，
∵PF=12EF，
∴?12t2+2t=12（﹣t+4），
解得t＝1或t＝4，
∵0＜t＜4，
∴t＝1，
∴P（1，92）；
（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，?12t2+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=?12t2+2t，
當(dāng)四邊形CFPQ1為菱形時，PF＝CQ1，
∴Q1（0，?12t2+2t+4），
∵CQ1＝CF，
∴?12t2+2t=2t，
解得t＝0（舍）或t＝4﹣22，
∴Q1（0，42）；
當(dāng)四邊形CFPQ2為菱形時，PF＝CQ2，
∴Q2（0，12t2﹣2t+4），
∵Q2F＝CQ2，
∴（?12t2+2t）2＝t2+（12t2﹣t）2，
解得t＝2，
∴Q2（0，2）；
②當(dāng)P點在F點下方時，
PF＝﹣t+4﹣（?12t2+t+4）=12t2﹣2t，
∵PF＝CQ3，
∴Q3（0，?12t2+2t+4），
∵CQ3＝CF，
=12t2﹣2t=2t，
解得t＝0（舍）或t＝4+22，
∴Q3（0，﹣42）；
綜上所述：Q點坐標(biāo)為（0，42）或（0，﹣42）或（0，2）．
【題型7 二次函數(shù)中正方形的存在性問題】
【例7】（2022?鐵鋒區(qū)二模）綜合與探究
如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝x+b與x軸交于點A（4，0），與y軸交于點B，過A，B兩點的拋物線交x軸于另一點C，且OA＝20C，點F是直線AB下方拋物線上的動點，連接FA，F(xiàn)B．
（1）求拋物線解析式；
（2）當(dāng)點F與拋物線的頂點重合時，△ABF的面積為 3 ；
（3）求四邊形FAOB面積的最大值及此時點F的坐標(biāo)．
（4）在（3）的條件下，點Q為平面內(nèi)y軸右側(cè)的一點，是否存在點Q及平面內(nèi)另一點M，使得以A，F(xiàn)，Q，M為頂點的四邊形是正方形？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【分析】（1）把（4，0）代入y＝x+b，求出b的值，從而求出點B坐標(biāo)，然后根據(jù)OA＝2OC，求出點C坐標(biāo)（﹣2，0），設(shè)拋物線解析式為y＝a（x+2）（x﹣4），把B（0，﹣4）代入，即可求解；
（2）將拋物線解析式化成頂點式，得出頂點坐標(biāo)，即可得出點F坐標(biāo)，再求出對稱軸與直線AB的交點坐標(biāo)，即可求解；
（3）過點F作FE∥y軸，交AB于點E，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，則P（t，12t2?t?4 ），則E（t，t﹣4），所以S△BFA=12OA?EF=12×(4?0)×(t?4?122+t+4)=?t2+4t，又因S△BOA=12OA?OB=12×4×4=8，則S四邊形FAOB＝S△BFA+S△BOA＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12，（0＜t＜4），根據(jù)二次函數(shù)最伯求解即可；
（4）分兩種情況：①當(dāng)AF為正方形AFMQ的邊時，②當(dāng)AF為正方形AFMQ的對角線時，分別求出點Q坐標(biāo)即可．
【解答】解：（1）把（4，0）代入y＝x+b，得，
4+b＝0，解得：b＝4，
∴y＝x﹣4，
當(dāng)x＝0時，y＝0﹣4＝﹣4，
∴B（0，﹣4），
∴A（4，0），
∴OA＝4，
∵OA＝2OC，
∴OC＝2，
∴C（﹣2，0），
設(shè)拋物線解析式為y＝a（x+2）（x﹣4），
把B（0﹣4）代入得：﹣4＝a（0+2）（0﹣4），
解得：a=12，
∴拋物線解析式為y=12（x+2）（x﹣4）=12x2?x﹣4；
（2）y=12x2?x﹣4=12(x?1)2?92，
∵點F與拋物線的頂點重合，
∴F（1，?92），
設(shè)拋物線對稱軸與直線AB相交于E，如圖，
∵A （4，0），B（0，4），
∴直線AB解析式為：y＝x﹣4，
則當(dāng)x＝1時，y＝1﹣4＝﹣3，
∴E（1，﹣3），
∴S△ABF=12×|92?3|×|4?0|=3，
故答案為：3；
（3）如圖，過點F作FE∥x軸，交AB于點E，
設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，則P（t，12t2?t?4），
∵直線AB的解析式為y＝x﹣4，
∴E（t，t﹣4），
∴S△BFA=12OA?EF=12×(4?0)×(t?4?122+t+4)=?t2+4t，
∵S△BOA=12OA?OB=12×4×4=8，
∴S四邊形FAOB＝S△BFA+S△BOA＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12（0＜t＜4），
∴當(dāng)t＝2時，S四邊形FAOB有最大值12，12t2?t?4=?4，
∴此時點F的坐標(biāo)為（2，﹣4）．
（4）過作FE⊥x軸于E，
∵A（4，0），F(xiàn)（2，﹣4），
∴AE＝2，EF＝4，AF＝25，
如圖，①當(dāng)AF為正方形AFMQ的邊時，
1）有正方形 AFM1Q1，
過Q1作Q1N1⊥x軸于N1，
∵∠AEF＝∠AN1Q1＝90°，∠FAQ1＝90°，
∴∠EAF＝∠AQ1N1，
∵AF＝AQ1，
∴△AEF≌△Q1N1A（AAS），
∴AN1＝EF＝4，Q1N1＝AE＝2，
∴Q（8，﹣2）；
2）有正方形AFQ2M2時，
過Q2作Q2N2⊥EF于N2，
同理可得△AEF≌△FN2Q2（AAS），
∴FN2＝AE＝2，Q2N2＝EF＝4，
∴Q2（6，﹣6）；
②當(dāng)AF為正方形AFMQ的對角線時，設(shè)AF與QM相交于P，
∵A（4，0），F(xiàn)（2，﹣4），
∴P（3，﹣2），
1）有正方形AQ3FM3時，過Q3作Q3G⊥x軸于G，過M3作M3H⊥x軸于H，
易證△AHM3≌△Q3GA，
∴AH＝Q3G，M3H＝AG，
設(shè)Q3（4+a，b），則M3（4+b，﹣a），
∴4+a+4+b2=3b?a2=?2，
解得：a=1b=?3，
Q3（5，﹣3），M3（1，﹣1），
2）有正方形AQ4FM4時，過Q4作Q4H⊥x軸于H，
則Q3與M3重合，
∴Q4 （1，﹣1），
綜上，存在，當(dāng)以A，F(xiàn)，Q，M為頂點的四邊形是正方形時，點Q的坐標(biāo)Q1（8，﹣2），Q2（6，﹣6），Q3（5，﹣3），Q4（1，﹣1）．
【變式7-1】（2022?隴縣二模）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線L1：y=ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），B(1，?94)兩點，且與y軸交于點C，點B是該拋物線的頂點．
（1）求拋物線L1的表達式；
（2）將L1平移后得到拋物線L2，點D，E在L2上（點D在點E的上方），若以點A，C，D，E為頂點的四邊形是正方形，求拋物線L2的解析式．
【分析】（1）利用頂點式，可以求得該拋物線的解析式；
（2）根據(jù)題意，畫出相應(yīng)的圖形，然后利用分類討論的方法，可以分別求得對應(yīng)的拋物線L2的解析式．
【解答】解：（1）設(shè)拋物線L1的表達式是y=a(x?1)2?94，
∵拋物線L1過點A（﹣2，0），
∴0=a(?2?1)2?94，
解得a=14，
∴y=14(x?1)2?94．
即拋物線L1的表達式是y=14(x?1)2?94；
（2）令x＝0，則y＝﹣2，∴C（0，﹣2）．
Ⅰ．當(dāng)AC為正方形的對角線時，如圖所示，
∵AE3＝E3C＝CD3＝D3A＝2，
∴點D3的坐標(biāo)為（0，0），點E3的坐標(biāo)為（﹣2，﹣2）．
設(shè)y=14x2+bx，則?2=14×22?2b，
解得b=32即拋物線L2的解析式是y=14x2+32x．
Ⅱ．當(dāng)AC為邊時，分兩種情況，
如圖，第①種情況，點D1，E1在AC的右上角時．
∵AO＝CO＝E1O＝D1O＝2，∴點D1的坐標(biāo)為（0，2），點E1的坐標(biāo)為（2，0）．
設(shè)y=14x2+bx+2，
則0=14×22+2b+2，
解得：b=?32，
即拋物線L2的解析式是y=14x2?32x+2．
第②種情況，點D2E2在AC的左下角時，過點D2作D2M⊥x軸，
則有△AD2M≌△AD1O，
∴AO＝AM，D1O＝D2M．
過E2作E2N⊥y軸，同理可得，△CE2N≌△CE1O，
∴CO＝CN，E1O＝E2N．
則點D2的坐標(biāo)為（﹣4，﹣2），點E2的坐標(biāo)為（﹣2，﹣4），
設(shè)y=14x2+bx+c，
則?2=14×16?4b+c?4=14×4?2b+c，
解得b=12c=?4，
即拋物線L2的解析式是y=14x2+12x?4．
綜上所述：L2的表達式為：y=14x2+32x，y=14x2?32x+2或y=14x2+12x?4．
【變式7-2】（2022秋?南寧期中）如圖，拋物線與y軸交于點C（0，3），與x軸于點A（﹣1，0）、B（3，0），點P是拋物線的頂點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）Q是拋物線上第一象限除點P外一點，△BCQ與△BCP的面積相等，求點Q的坐標(biāo)；
（3）若M、N為拋物線上兩個動點，分別過點M、N作直線BC的垂線段，垂足分別為D、E．是否存在點M、N使四邊形MNED為正方形？如果存在，求正方形MNED的邊長；如果不存在，請說明理由．
【分析】（1）設(shè)拋物線為y＝a（x+1）（x﹣3），把C坐標(biāo)代入求出即可；
（2）由△BCQ與△BCP的面積相等，知PQ與BC平行，故過P作PQ∥BC，交拋物線于點Q，求出P（1，4）和直線BC解析式y(tǒng)＝﹣x+3，再聯(lián)立BC解析式和拋物線解析式即可求出Q的坐標(biāo)；
（3）存在點M，N使四邊形MNED為正方形，過M作MF∥y軸，過N作NF∥x軸，過N作NH∥y軸，則有△MNF與△NEH都為等腰直角三角形，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），設(shè)直線MN解析式為y＝﹣x+b，與二次函數(shù)解析式聯(lián)立，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)關(guān)系表示出NF2，由△MNF為等腰直角三角形，得到MN2＝2NF2，若四邊形MNED為正方形，得到NE2＝MN2，求出b的值，進而確定出MN的長，即為正方形邊長．
【解答】解：（1）∵拋物線與x軸于點A（﹣1，0）、B（3，0），
∴設(shè)拋物線解析式為y＝a（x+1）（x﹣3），把C（0，3）代入得：
3＝﹣3a，解得a＝﹣1，
∴拋物線解析式為y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3；
（2）過P作PQ∥BC交拋物線于Q，如圖：
∵△BCQ和△BCQ同底等高，
∴Q是滿足條件的點，
由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4知拋物線頂點坐標(biāo)是（1，4）；
∴P（1，4），
設(shè)直線BC為y＝kx+b，將B（3，0），C（0，3）代入得：
0=3k+b3=b，解得k=?1b=3，
∴直線BC為y＝﹣x+3，
∵PQ∥BC，
∴設(shè)直線PQ為y＝﹣x+t，將P（1，4）代入得：4＝﹣1+t，
∴t＝5，
∴直線PQ為y＝﹣x+5，
由y=?x+5y=?x2+2x+3得x=1y=4或x=2y=3，
∴Q（2，3）；
（3）存在點M、N，使四邊形MNED為正方形，
過M作MF∥y軸，過N作NF∥x軸，過N作NH∥y軸，如圖：
∵四邊形MNED為正方形，且△BOC是等腰直角三角形，
∴△MNF與△NEH都為等腰直角三角形，
設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），設(shè)直線MN解析式為y＝﹣x+b，
聯(lián)立得y=?x+by=?x2+2x+3，消去y得：x2﹣3x+b﹣3＝0，
∴NF2＝|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝21﹣4b，
∵△MNF為等腰直角三角形，
∴MN2＝2NF2＝42﹣8b，
∵H（x2，﹣x2+3），
∴NH2＝[y2﹣（﹣x2+3）]2＝（﹣x2+b+x2﹣3）2＝（b﹣3）2，
∴NE2=12（b﹣3）2，
若四邊形MNED為正方形，則有NE2＝MN2，
∴42﹣8b=12（b2﹣6b+9），
整理得：b2+10b﹣75＝0，
解得：b＝﹣15或b＝5，
∵正方形邊長為MN=42?8b，
∴MN＝92或2，即正方形MNED邊長為92或2．
【變式7-3】（2022?南充）如圖，拋物線頂點P（1，4），與y軸交于點C（0，3），與x軸交于點A，B．
（1）求拋物線的解析式．
（2）Q是拋物線上除點P外一點，△BCQ與△BCP的面積相等，求點Q的坐標(biāo)．
（3）若M，N為拋物線上兩個動點，分別過點M，N作直線BC的垂線段，垂足分別為D，E．是否存在點M，N使四邊形MNED為正方形？如果存在，求正方形MNED的邊長；如果不存在，請說明理由．
【分析】（1）設(shè)出拋物線頂點坐標(biāo)，把C坐標(biāo)代入求出即可；
（2）由△BCQ與△BCP的面積相等，得到PQ與BC平行，①過P作PQ∥BC，交拋物線于點Q，如圖1所示；②設(shè)G（1，2），可得PG＝GH＝2，過H作直線Q2Q3∥BC，交x軸于點H，分別求出Q的坐標(biāo)即可；
（3）存在點M，N使四邊形MNED為正方形，如圖2所示，過M作MF∥y軸，過N作NF∥x軸，過N作NH∥y軸，則有△MNF與△NEH都為等腰直角三角形，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），設(shè)直線MN解析式為y＝﹣x+b，與二次函數(shù)解析式聯(lián)立，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)關(guān)系表示出NF2，由△MNF為等腰直角三角形，得到MN2＝2NF2，若四邊形MNED為正方形，得到NE2＝MN2，求出b的值，進而確定出MN的長，即為正方形邊長．
【解答】解：（1）設(shè)y＝a（x﹣1）2+4（a≠0），
把C（0，3）代入拋物線解析式得：a+4＝3，即a＝﹣1，
則拋物線解析式為y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；
（2）由B（3，0），C（0，3），得到直線BC解析式為y＝﹣x+3，
∵S△PBC＝S△QBC，
∴PQ∥BC，
①過P作PQ∥BC，交拋物線于點Q，如圖1所示，
∵P（1，4），∴直線PQ解析式為y＝﹣x+5，
聯(lián)立得：y=?x+5y=?x2+2x+3，
解得：x=1y=4或x=2y=3，即（1，4）與P重合，Q1（2，3）；
②∵S△BCQ＝S△BCP，
∴PG＝GH
∵直線BC的解析式為y＝﹣x+3，P（1，4）
∴G（1，2），
∴PG＝GH＝2，
過H作直線Q2Q3∥BC，交x軸于點H，則直線Q2Q3解析式為y＝﹣x+1，
聯(lián)立得：y=?x+1y=?x2+2x+3，
解得：x=3+172y=?1?172或x=3?172y=?1+172，
∴Q2（3?172，?1+172），Q3（3+172，?1?172）；
（3）存在點M，N使四邊形MNED為正方形，
如圖2所示，過M作MF∥y軸，過N作NF∥x軸，過N作NH∥y軸，則有△MNF與△NEH都為等腰直角三角形，
設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），設(shè)直線MN解析式為y＝﹣x+b，
聯(lián)立得：y=?x+by=?x2+2x+3，
消去y得：x2﹣3x+b﹣3＝0，
∴NF2＝|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝21﹣4b，
∵△MNF為等腰直角三角形，
∴MN2＝2NF2＝42﹣8b，
∵H（x2，﹣x2+3），
∴NH2＝[y2﹣（﹣x2+3）]2＝（﹣x2+b+x2﹣3）2＝（b﹣3）2，
∴NE2=12（b﹣3）2，
若四邊形MNED為正方形，則有NE2＝MN2，
∴42﹣8b=12（b2﹣6b+9），
整理得：b2+10b﹣75＝0，
解得：b＝﹣15或b＝5，
∵正方形邊長為MN=42?8b，
∴MN＝92或2．
【題型8 二次函數(shù)中角度問題的存在性問題】
【例8】（2022?西寧）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（3，0），與y軸交于點B，點C在直線AB上，過點C作CD⊥x軸于點D（1，0），將△ACD沿CD所在直線翻折，使點A恰好落在拋物線上的點E處．
（1）求拋物線解析式；
（2）連接BE，求△BCE的面積；
（3）拋物線上是否存在一點P，使∠PEA＝∠BAE？若存在，求出P點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由點A的坐標(biāo)可得出點E的坐標(biāo)，由點A，E的坐標(biāo)，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(biāo)特征可求出點B的坐標(biāo)，由點A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AB的解析式，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出點C的坐標(biāo)，再利用三角形的面積計算公式，結(jié)合S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE，即可求出△BCE的面積；
（3）存在，由點A，B的坐標(biāo)可得出OA＝OB，結(jié)合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+3），分點P在x軸上方及點P在x軸下方兩種情況考慮：①當(dāng)點P在x軸上方時記為P1，過點P1作P1M⊥x軸于點M，則EM＝P1M，進而可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，將符合題意的m值代入點P的坐標(biāo)中即可求出點P1的坐標(biāo)；②當(dāng)點P在x軸下方時記為P2，過點P2作P2N⊥x軸于點N，則EN＝P2N，進而可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，將符合題意的m值代入點P的坐標(biāo)中即可求出點P2的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵將△ACD沿CD所在直線翻折，使點A恰好落在拋物線上的點E處，點A的坐標(biāo)為（3，0），點D的坐標(biāo)為（1，0），
∴點E的坐標(biāo)為（﹣1，0）．
將A（3，0），E（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：9a+3b+3=0a?b+3=0，解得：a=?1b=2，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．
（2）當(dāng)x＝0時，y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3，
∴點B的坐標(biāo)為（0，3）．
設(shè)直線AB的解析式為y＝mx+n（m≠0），
將A（3，0），B（0，3）代入y＝mx+n，
得：3m+n=0n=3，解得：m=?1n=3，
∴直線AB的解析式為y＝﹣x+3．
∵點C在直線AB上，CD⊥x軸于點D（1，0），當(dāng)x＝1時，y＝﹣1×1+3＝2，
∴點C的坐標(biāo)為（1，2）．
∵點A的坐標(biāo)為（3，0），點B的坐標(biāo)為（0，3），點C的坐標(biāo)為（1，2），點E的坐標(biāo)為（﹣1，0），
∴AE＝4，OB＝3，CD＝2，
∴S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE=12AE?OB?12AE?CD=12×4×3?12×4×2＝2，
∴△BCE的面積為2．
（3）存在，理由如下：
∵點A的坐標(biāo)為（3，0），點B的坐標(biāo)為（0，3），
∴OA＝OB＝3．
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB，
∴∠BAE＝45°.
∵點P在拋物線上，
∴設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+3）．
①當(dāng)點P在x軸上方時記為P1，過點P1作P1M⊥x軸于點M，
在Rt△EMP1中，∠P1EA＝45°，∠P1ME＝90°，
∴EM＝P1M，即m﹣（﹣1）＝﹣m2+2m+3，
解得：m1＝﹣1（不合題意，舍去），m2＝2，
∴點P1的坐標(biāo)為（2，3）；
②當(dāng)點P在x軸下方時記為P2，過點P2作P2N⊥x軸于點N，
在Rt△ENP2中，∠P2EN＝45°，∠P2NE＝90°，
∴EN＝P2N，即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m2+2m+3），
解得：m1＝﹣1（不合題意，舍去），m2＝4，
∴點P2的坐標(biāo)為（4，﹣5）．
綜上所述，拋物線上存在一點P，使∠PEA＝∠BAE，點P的坐標(biāo)為（2，3）或（4，﹣5）．
【變式8-1】（2022?鄂爾多斯）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+2經(jīng)過A（?12，0），B（3，72）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，過P作PD⊥x軸，交直線BC于點D，若以P、D、O、C為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的橫坐標(biāo)；
（3）拋物線上是否存在點Q，使∠QCB＝45°？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）根據(jù)待定系數(shù)法，將點A，點B代入拋物線解析式，解關(guān)于b，c的二元一次方程組，即可求得拋物線的解析式；
（2）設(shè)出點P的坐標(biāo)，確定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；
（3）過點D作DF⊥CP交CP的延長線于點F，過點F作y軸的平行線EF，過點D作DE⊥EF于點E，過點C作CG⊥EF于點G，證明△DEF≌△FGC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DE＝FG，EF＝CG，求出F點的坐標(biāo)，由待定系數(shù)法求出直線CF的解析式，聯(lián)立直線CF和拋物線解析式即可得出點P的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）將點A（?12，0），B（3，72）代入到y(tǒng)＝ax2+bx+2中得：
14a?12b+2=09a+3b+2=72，解得：a=?1b=72，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+72x+2；
（2）設(shè)點P（m，﹣m2+72m+2），
∵y＝﹣x2+72x+2，
∴C（0，2），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，
∴3k+c=72c=2，解得k=12c=2，
∴直線BC的解析式為y=12x+2，
∴D（m，12m+2），
∴PD＝|﹣m2+72m+2?12m﹣2|＝|m2﹣3m|，
∵PD⊥x軸，OC⊥x軸，
∴PD∥CO，
∴當(dāng)PD＝CO時，以P、D、O、C為頂點的四邊形是平行四邊形，
∴|m2﹣3m|＝2，解得m＝1或2或3+172或3?172，
∴點P的橫坐標(biāo)為1或2或3+172或3?172；
（3）①當(dāng)Q在BC下方時，如圖，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN⊥MH于N，
∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，
∵∠QCB＝45°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴CH＝HB，
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，
∴∠CHM＝∠HBN，
∴△CHM≌△HBN（AAS），
∴CM＝HN，MH＝BN，
∵H（m，n），
∵C（0，2），B（3，72），
∴2?n=3?m72?n=m，解得m=94n=54，
∴H（94，54），
設(shè)直線CH的解析式為y＝px+q，
∴94p+q=54q=2，解得p=?13q=2，
∴直線CH的解析式為y=?13x+2，
聯(lián)立直線CF與拋物線解析式得y=?x2+72x+2y=?13x+2，
解得x=0y=2或x=236y=1318，
∴Q（236，1318）；
②當(dāng)Q在BC上方時，如圖，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN⊥MH于N，
同理得Q（12，72）．
綜上，存在，點Q的坐標(biāo)為（236，1318）或（12，72）．
【變式8-2】（2022?運城二模）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx﹣8與x軸交于點A（﹣2，0），B（8，0）兩點，與y軸交于點C，點P是直線BC下方拋物線上一動點，過點P作直線PE∥y軸，交直線BC于點D，交x軸于點F，以PD為斜邊，在PD的右側(cè)作等腰直角△PDF．
（1）求拋物線的表達式，并直接寫出直線BC的表達式；
（2）設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m（0＜m＜3），在點P運動的過程中，當(dāng)?shù)妊苯恰鱌DF的面積為9時，請求出m的值；
（3）連接AC，該拋物線上是否存在一點M，使∠ACO+∠BCM＝∠ABC，若存在，請直接寫出所有符合條件的點M的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，再求出C點坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求直線BC的表達式即可；
（2）設(shè)出P（m，12m2?3m﹣8），D（m，m﹣8），然后根據(jù)兩點間距離公式表示出PD長，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)列出△PDF的面積表達式，結(jié)合面積為9建立方程求解，即可解決問題；
（3）分點M在BC的上方和點M在BC的下方兩種情況討論，根據(jù)題意畫出圖形，構(gòu)造三角形全等，求出直線CM上的一點坐標(biāo)，則可利用待定系數(shù)法求出直線CM的解析式，最后和拋物線的解析式聯(lián)立求解，即可求出點M的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（8，0）分別代入y＝ax2+bx﹣8中，
則4a?2b?8=064a+8b?8=0，
解得a=12b=?3，
∴拋物線的表達式為y=12x2﹣3x﹣8；
令x＝0．則y＝﹣8，
∴C（0，﹣8），
設(shè)直線BC解析式為y＝kx﹣8（k≠0），
把B（8，0）代入解析式得，8k﹣8＝0，
解得：k＝1，
∴直線BC解析式為y＝x﹣8；
（2）∵點P的橫坐標(biāo)為m（0＜m＜3），
∴P（m，12m2?3m﹣8），D（m，m﹣8），
∴PD＝（m﹣8）﹣（12m2?3m﹣8）=?12m2+4m，
過點P作PN⊥PD于N，
∵△PDF是等腰直角三角形，PD為斜邊，
∴PN＝DN，
∴FN=12PD，
∴S△PDF=12PD?FN=14PD2＝9，
∴PD＝6，
∴?12m2+4m＝6，
解得：m1＝6，m2＝2，
又∵0＜m＜3，
∴m＝2；
（3）存在，理由如下：由（2）得△BOC為等腰直角三角形，
∴∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝∠BCO＝45°，
①如圖，當(dāng)點M在BC的上方時，設(shè)CM與x軸交于一點D，
∵∠ACO+∠BCD＝∠ABC＝∠BCO＝∠OCD+∠BCD，
∴∠ACO＝∠DCO，
∵OC⊥AD，OC＝OC，
∴△AOC≌△COD（ASA），
∴OD＝OA＝2，
∴D（2，0），
設(shè)直線CM解析式為y＝nx﹣8（n≠0），
則2n﹣8＝0，
解得：n＝4，
∴直線CM解析式為y＝4x﹣8，
則y=4x?8y=12x2?3x?8，
解得：x=14y=48或x=0y=?8（舍去），
∴此時點M的坐標(biāo)為（14，48）；
②如圖，當(dāng)點M在BC的下方時，
過B作x軸的垂線，過C作y軸的垂線，兩條垂線交于一點H，作∠HCK＝∠ACO，CK交拋物線與點M，
由（2）得△BOC為等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠BCO＝45°，
∴∠BCH＝45°，
即∠BCM+∠MCH﹣45°，
∵∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝45°，
∴∠ACQ＝∠MCH，
又∵∠AOC＝∠KHC＝90°，
∵OB＝OC．∠COB＝∠OCH＝∠OBH＝90°，
∴四邊形OCHB正方形，
∵OC＝OH，
∴△AOC≌△KHC（ASA），
∴KH＝OA＝2，
∴BK＝BH﹣KH＝8﹣2＝6，
∴K（8，﹣6），
設(shè)直線CK的解析式為y＝ex﹣8（e≠0），
∴﹣6＝8e﹣8，
解得：e=14，
∴直線CK的解析式為y=14x﹣8，
則y=14x?8y=12x2?3x?8，
解得x=132y=?518或x=0y=?8（舍去），
∴M（132，?518）；
綜上所述，點M坐標(biāo)為（14，48）或（132，?518）．
【變式8-3】（2022?羅湖區(qū)校級一模）如圖，已知拋物線y=?13x2+bx+c交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，交y軸于點C，點P是拋物線上一點，連接AC、BC．
（1）求拋物線的表達式；
（2）連接OP，BP，若S△BOP＝2S△AOC，求點P的坐標(biāo)；
（3）在拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得∠QBA＝75°？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（﹣3，0），B（4，0）兩點代入y=?13x2+bx+c，即可求解；
（2）先求出S△OAC＝6，則S△BOP＝12，設(shè)P（t，?13t2+13t+4），可得12×4×|?13t2+13t+4|＝12，即可求P點坐標(biāo)；
（3）在對稱軸上取點M使QM＝MB，則∠EMB＝30°，可得MB＝2BE，再由BE=72，分別求出BM＝QM＝7，ME=723，可求Q（12，7+723），Q點關(guān)于x軸對稱的點為（12，﹣7?723）．
【解答】解：（1）將A（﹣3，0），B（4，0）兩點代入y=?13x2+bx+c，
∴?3?3b+c=0?163+4b+c=0，
解得b=13c=4，
∴y=?13x2+13x+4；
（2）令x＝0，則y＝4，
∴C（0，4），
∴OC＝4，
∵A（﹣3，0），
∴OA＝3，
∴S△OAC=12×3×4＝6，
∵S△BOP＝2S△AOC，
∴S△BOP＝12，
設(shè)P（t，?13t2+13t+4），
∵B（4，0），
∴OB＝4，
∴12×4×|?13t2+13t+4|＝12，
解得t＝6或t＝﹣5，
∴P（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）；
（3）存在點Q，使得∠QBA＝75°，理由如下：
∵y=?13x2+13x+4=?13（x?12）2+4912，
∴拋物線的對稱軸為x=12，
在對稱軸上取點M使QM＝MB，
∴∠EMB＝2∠MQB，
∵∠QBA＝75°，
∴∠MQB＝15°，
∴∠EMB＝30°，
∴MB＝2BE，
∵B（4，0），E（12，0），
∴BE=72，
∴BM＝QM＝7，ME=723，
∴QE＝7+723，
∴Q（12，7+723）；
Q點關(guān)于x軸對稱的點為（12，﹣7?723）；
綜上所述：點Q的坐標(biāo)為（12，7+723）或（12，﹣7?723）．

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