考點1 矩形存在性問題
1.矩形的判定:
（1）有一個角是直角的平行四邊形；
（2）對角線相等的平行四邊形；
（3）有三個角為直角的四邊形．
2.題型分析
矩形除了具有平行四邊形的性質(zhì)之外，還有“對角線相等”或“內(nèi)角為直角”，因此相比起平行四邊形，坐標系中的矩形滿足以下3個等式：
（AC為對角線時）
因此在矩形存在性問題最多可以有3個未知量，代入可以得到三元一次方程組，可解．
確定了有3個未知量，則可判斷常見矩形存在性問題至少有2個動點，多則可以有3個．下：
（1）2個定點+1個半動點+1個全動點；
（2）1個定點+3個半動點．
思路1：先直角，再矩形
在構成矩形的4個點中任取3個點，必構成直角三角形，以此為出發(fā)點，可先確定其中3個點構造直角三角形，再確定第4個點．對“2定+1半動+1全動”尤其適用．
【例題】已知A（1，1）、B（4，2），點C在x軸上，點D在平面中，且以A、B、C、D為頂點的四邊形是矩形，求D點坐標．
解：點 C 滿足以 A、B、C 為頂點的三角形是直角三角形，構造“兩線一圓”可得滿足條件的 點 C 有
在點 C 的基礎上，借助點的平移思路，可迅速得到點 D 的坐標．
思路2：先平行，再矩形
當AC為對角線時，A、B、C、D滿足以下3個等式，則為矩形：
其中第1、2個式子是平行四邊形的要求，再加上式3可為矩形．表示出點坐標后，代入點坐標解方程即可．
無論是“2定1半1全”還是“1定3半”，對于我們列方程來解都沒什么區(qū)別，能得到的都是三元一次方程組．
考點2 菱形存在性問題
菱形的判定：有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形．
2．坐標系中的菱形：
有 3 個等式，故菱形存在性問題點坐標最多可以有 3 個未知量，與矩形相同．
3．解題思路：
（1）思路 1：先等腰，再菱形
在構成菱形的 4 個點中任取 3 個點，必構成等腰三角形，根據(jù)等腰存在性方法可先確
定第 3 個點，再確定第 4 個點．
（2）思路 2：先平行，再菱形
設點坐標，根據(jù)平行四邊形的存在性要求列出“”（AC、BD 為對角線），再結合一組鄰
邊相等，得到方程組．
方法總結：
菱形有一個非常明顯的特點：任意三個頂點所構成的三角形必然是等腰三角形。
【考點1 矩形的存在性問題】
【典例1】（2022?魚峰區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c與坐標軸交于A（0，﹣2），B（4，0）兩點，直線BC：y＝﹣2x+8交y軸于點C．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）在第二象限內(nèi)是否存在一點M，使得四邊形ABCM為矩形？如果存在，求出點M的坐標；如果不存在，請說明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2； （2）點M坐標為（﹣4，6）
【解答】解：（1）把A（0，﹣2），B（4，0）代入拋物線y＝x2+bx+c，
得，
解得：，
∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2；
（2）存在．過點C作AB的平行線，過點A作BC的平行線，兩條直線相較于M，則M即為所求．
在y＝﹣2x+8中，令x＝0，則y＝8，
∴C（0，8），
∵A（0，﹣2），B（4，0），
∴AB2＝42+22＝20，BC2＝42+82＝80，AC2＝102＝100，
∴AC2＝AB2+BC2，
∴∠ABC＝90°，
∵CM∥AB，AM∥BC，
∴四邊形ABCM是矩形，
設直線AB的解析式為y＝kx+m，
則，
解得：，
∴直線AB的解析式為y＝x﹣2，
∵CM∥AB，
∴直線CM的解析式為y＝x+8，
∵AM∥BC，
∴直線BC的解析式為y＝﹣2x﹣2，
聯(lián)立方程組，
解得：，
∴點M坐標為（﹣4，6）．
【變式1-1】（2022?隨州）如圖1，平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c（a＜0）與x軸分別交于點A和點B（1，0），與y軸交于點C，對稱軸為直線x＝﹣1，且OA＝OC，P為拋物線上一動點．
（1）直接寫出拋物線的解析式；
（2）如圖2，連接AC，當點P在直線AC上方時，求四邊形PABC面積的最大值，并求出此時P點的坐標；
（3）設M為拋物線對稱軸上一動點，當P，M運動時，在坐標軸上是否存在點N，使四邊形PMCN為矩形？若存在，直接寫出點P及其對應點N的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3； （2）當m＝﹣時，S的值最大，最大值為，此時P（﹣，）；（3）P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
【解答】解：（1）∵拋物線的對稱軸是直線x＝﹣1，拋物線交x軸于點A，B（1，0），
∴A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，
∴C（0，3），
∴可以假設拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），
把（0，3）代入拋物線的解析式，得a＝﹣1，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如圖（2）中，連接OP．設P（m，﹣m2﹣2m+3），
S＝S△PAO+S△POC+S△OBC，
＝×3×（﹣m2﹣2m+3）××3×（﹣m）+×1×3
＝（﹣m2﹣3m+4）
＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴當m＝﹣時，S的值最大，最大值為，此時P（﹣，）；
（3）存在，理由如下：
如圖3﹣1中，當點N在y軸上時，四邊形PMCN是矩形，此時P（﹣1，4），N（0，4）；
如圖3﹣2中，當四邊形PMCN是矩形時，設M（﹣1，n），P（t，﹣t2﹣2t+3），則N（t+1，0），
由題意，，
解得，消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t＝，
∴P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
綜上所述，滿足條件的點P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
【變式1-2】（遼陽）如圖，直線y＝x﹣3與坐標軸交于A、B兩點，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點B，與直線y＝x﹣3交于點E（8，5），且與x軸交于C，D兩點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P在拋物線上，在坐標平面內(nèi)是否存在點Q，使得以點P，Q，B，C為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1） y＝x2﹣x﹣3 （2）點Q的坐標為：（2，8）或（﹣16，29）．
【解答】解：（1）直線y＝x﹣3與坐標軸交于A、B兩點，
則A（3，0）B（0，﹣3），
把B、E點坐標代入二次函數(shù)方程，解得：
拋物線的解析式y(tǒng)＝x2﹣x﹣3…①，
則：C（6，0）；
（2）存在．
①當BC為矩形對角線時，矩形BP′CQ′所在的位置如圖所示，
設：P′（m，n），
n＝m2﹣m﹣3…③，
P′C所在直線的k1＝，
P′B所在的直線k2＝，則：k1?k2＝﹣1…④，
③、④聯(lián)立得：＝0，
解得：m＝0或6，
這兩個點分別和點B、C重合，
與題意不符，故：這種情況不存在，舍去．
②當BC為矩形一邊時，
情況一：矩形BCQP所在的位置如圖所示，
直線BC所在的方程為：y＝x﹣3，
則：直線BP的k為﹣2，所在的方程為y＝﹣2x﹣3…⑤，
聯(lián)立①⑤解得點P（﹣4，5），
則Q（2，8），
情況二：矩形BCP″Q″所在的位置如圖所示，
此時，P″在拋物線上，其坐標為：（﹣10，32），Q″坐標為（﹣16，29）．
故：存在矩形，點Q的坐標為：（2，8）或（﹣16，29）．
【考點2 菱形的存在性問題】
【典例2】（10分）直線l：y＝﹣3x+3與x軸、y軸分別相交于A、B兩點，與拋物線y＝ax2﹣2ax+a+4（a＜0）交于點B，如圖所示．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）已知點M是拋物線上的一個動點，并且點M在第一象限內(nèi)，連接AM、BM，設點M的橫坐標為m，四邊形OAMB的面積為S，求S與m的函數(shù)表達式，并求出S的最大值；
（3）若點D在平面內(nèi)，點C在直線AB上，平面內(nèi)是否存在點D使得以O，B，C，D為頂點的四邊形是菱形．若存在，請直接寫出點D的坐標；若不存在，請說明理
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）S與m的函數(shù)表達式為S＝﹣m2+m+，S的最大值是；（3）點D的坐標為（﹣，）或（，﹣）或（，）或（﹣，）
【解答】解：（1）∵直線l：y＝﹣3x+3與x軸、y軸分別相交于A、B兩點，
∴A（1，0）、B（0，3）；
∵拋物線y＝ax2﹣2ax+a+4（a＜0）經(jīng)過點B，
∴a+4＝3，
∴a＝﹣1，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）過點M作MH⊥x軸于點H，如圖所示：
設點M（m，﹣m2+2m+3），
則S＝S梯形BOHM﹣S△AMH
＝（3﹣m2+2m+3）×m﹣（m﹣1）×（﹣m2+2m+3）
＝﹣m2+m+，
∵﹣＜0，
∴S有最大值，當m＝時，S的最大值是．
∴S與m的函數(shù)表達式為S＝﹣m2+m+，S的最大值是；
（3）設點C的坐標為（m，﹣3m+3），而點B和點O的坐標分別為（0，3）和（0，0），
①當OB是菱形的一條邊時，
∵OB＝BC＝3，或OB＝OC＝3，
∴9＝（m﹣0）2+（﹣3m+3﹣3）2，或m2+（﹣3m+3）2＝9，
∴m＝±或m＝或m＝0（舍），
∴點D的坐標為（﹣，）或（，﹣）或（，）；
②當OB是菱形的對角線時，CD必在OB的中垂線上，
∴yC＝，
∴點C（，），
此時BC2＝+＝＝CO2，
此時以O、C、B、D為頂點的四邊形是菱形，則點D（﹣，）．
綜上所述，點D的坐標為（﹣，）或（，﹣）或（，）或（﹣，）
【變式2-1】（2020秋?西林縣期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，A、B、C為坐標軸上的三個點，且OA＝1，OB＝3，OC＝4．
（1）求經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的解析式
（2）在平面直角坐標系xOy中是否存在一點P，使得以A、B、C、P為頂點的四邊形為菱形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
（3）若M為該拋物線上的一動點，在（2）的條件下，求|PM﹣AM|的最大值．
【答案】（1）（2）P（5，3）；
（3）|PM﹣AM|的最大值為5．
【解答】解：（1）由題意得：A（1，0），B（0，3），C（﹣4，0），
設拋物線的解析式為y＝a（x+4）（x﹣1），
代入點B（0，3），得：﹣4a＝3，
解得a＝，
∴；
（2）若AP為菱形的對角線，則AB和AC為鄰邊，
∵AB＝，
∴此種情況不能構成菱形，
若BP為菱形的對角線，則AB和BC為鄰邊，
∵AB＝，
∴此種情況不能構成菱形，
若CP為菱形的對角線，則AC和BC為鄰邊，
∵AC＝BC＝5，
∴此種情況可以構成菱形，
設P（x，y），由中點坐標公式得：
，
解得：，
∴P（5，3）；
（3）當A，P，M不共線時，點A，P，M構成三角形，
∴|PM﹣AM|＜AP，
當A，P，M共線時，|PM﹣AM|＝AP，
∴|PM﹣AM|的最大值為AP，
∵A（1，0），P（5，3），
∴AP＝，
∴|PM﹣AM|的最大值為5．
【變式2-2】（2021?柳南區(qū)校級模擬）綜合與探究：
如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，OA＝2，OC＝6，連接AC和BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點M是y軸上的動點，在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使以點A、C、M、N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣6
（2）存在；點N坐標為，，（2，0），．
【解答】解：（1）∵OA＝2，OC＝6，
∴A（﹣2，0），C（0，﹣6），
將A（﹣2，0），C（0，﹣6），代入y＝x2+bx+c，
得，
解得：b＝﹣1，c＝﹣6，
∴拋物線得解析式為：y＝x2﹣x﹣6．
（2）存在；點N坐標為，，（2，0），．
∵A（﹣2，0），C（0，﹣6），
∴AC＝．
①若AC為菱形的邊長，如圖2，
則MN∥AC，且MN＝AC＝．
N1（），N2（），N3（2，0）．
②若AC為菱形的對角線，如圖3，
則AN4∥CM4，AN4＝CN4，
設N4（﹣2，n），
則﹣n＝，
解得：n＝．
∴N4（﹣2，）．
綜上所述，點N坐標為或或（2，0）或．
【變式2-3】（2021?通遼）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于A（3，0），B（﹣1，0）兩點，交y軸于點C，動點P在拋物線的對稱軸上．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當以P，B，C為頂點的三角形周長最小時，求點P的坐標及△PBC的周長；
（3）若點Q是平面直角坐標系內(nèi)的任意一點，是否存在點Q，使得以A，C，P，Q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Q的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3； （2）P（1，2）；
（3）Q的坐標為：Q1（4，﹣），Q2（4，），Q3（2，2），Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣）．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于A（3，0），B（﹣1，0）兩點，
∴，
解得：，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
∵△PBC的周長為：PB+PC+BC，BC是定值，
∴當PB+PC最小時，△PBC的周長最?。?br>如圖1，點A、B關于對稱軸l對稱，連接AC交l于點P，則點P為所求的點．
∵AP＝BP，
∴△PBC周長的最小值是AC+BC，
∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），
∴AC＝3，BC＝．
∴△PBC周長的最小值是：3+．
拋物線對稱軸為直線x＝﹣＝1，
設直線AC的解析式為y＝kx+c，將A（3，0），C（0，3）代入，得：
，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝﹣x+3，
∴P（1，2）；
（3）存在．
設P（1，t），Q（m，n）
∵A（3，0），C（0，3），
則AC2＝32+32＝18，
AP2＝（1﹣3）2+t2＝t2+4，
PC2＝12+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，
∵四邊形ACPQ是菱形，
∴分三種情況：以AP為對角線或以AC為對角線或以CP為對角線，
①當以AP為對角線時，則CP＝CA，如圖2，
∴t2﹣6t+10＝18，
解得：t＝3±，
∴P1（1，3﹣），P2（1，3+），
∵四邊形ACPQ是菱形，
∴AP與CQ互相垂直平分，即AP與CQ的中點重合，
當P1（1，3﹣）時，
∴＝，＝，
解得：m＝4，n＝﹣，
∴Q1（4，﹣），
當P2（1，3+）時，
∴＝，＝，
解得：m＝4，n＝，
∴Q2（4，），
②以AC為對角線時，則PC＝AP，如圖3，
∴t2﹣6t+10＝t2+4，
解得：t＝1，
∴P3（1，1），
∵四邊形APCQ是菱形，
∴AC與PQ互相垂直平分，即AC與CQ中點重合，
∴＝，＝，
解得：m＝2，n＝2，
∴Q3（2，2），
③當以CP為對角線時，則AP＝AC，如圖4，
∴t2+4＝18，
解得：t＝±，
∴P4（1，），P5（1，﹣），
∵四邊形ACQP是菱形，
∴AQ與CP互相垂直平分，即AQ與CP的中點重合，
∴＝，＝，
解得：m＝﹣2，n＝3，
∴Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣），
綜上所述，符合條件的點Q的坐標為：Q1（4，﹣），Q2（4，），Q3（2，2），Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣）．
1．（2022?漢川市模擬）拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸交于另一點A，B兩點．與y軸交于C，D為拋物線的頂點．
（1）求A，B，C，D的坐標；
（2）點M是y軸上一動點，點Q為平面內(nèi)任意一點，當以A，D，M，Q為頂點的四邊形是矩形，直接寫出點Q的坐標．
【答案】（1） A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），D（1，4）；
（2）點Q的坐標為（0，+2）或（0，﹣+2）或（﹣2，）或（2，）．
【解答】解：（1）令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，
∴x＝3或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
令x＝0，則y＝3，
∴C（0，3），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴頂點D（1，4）；
（2）設M（0，m），Q（x，y），
①當AD、MQ為矩形的對角線時，
，
∴x＝0，y＝4﹣m，
∵AD＝MQ，
∴2＝|y﹣m|，
∴y＝+2或y＝﹣+2，
∴Q（0，+2）或Q（0，﹣+2）；
②當AM、DQ為矩形的對角線時，
，
∴x＝﹣2，y＝m﹣4，
∵AM＝DQ，
∴1+m2＝9+（y﹣4）2，
∴y＝，
∴Q（﹣2，）；
③當AQ、DM為矩形的對角線時，
，
∴x＝2，y＝4+m，
∵AQ＝DM，
∴9+y2＝1+（4﹣m）2，
∴y＝，
∴Q（2，）；
綜上所述：點Q的坐標為（0，+2）或（0，﹣+2）或（﹣2，）或（2，）．
2．（2022?巨野縣模擬）如圖，平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸分別交于A（﹣1，0），B兩點，與y軸交于點C，直線y＝﹣x+n經(jīng)過B、C兩點．點D為第一象限內(nèi)拋物線上一動點，過點D作DE∥y軸，分別交x軸，BC于點E，F(xiàn)．
（1）求直線BC及拋物線的表達式；
（2）在拋物線上取點M，在坐標系內(nèi)取點N，問是否存在以C、B、M、N為頂點且以CB為邊的矩形？如果存在，請直接寫出點M的坐標；如果不存在，請說明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3．
（2）點M的坐標為（1，4）或（﹣2，﹣5）．
【解答】解：（1）令x＝0，則y＝3．
∴C（0，3）．
∵直線y＝﹣x+n經(jīng)過C點，
∴n＝3．
∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3．
令y＝0，則x＝3．
∴B（3，0）．
∵拋物線y＝ax2+bx+3與x軸分別交于A（﹣1，0），B兩點，
∴．
解得：．
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2x+3．
（2）存在．
∵C，D，M均在拋物線上，以C、B、M、N為頂點且以CB為邊的矩形，
∴過點B且垂直于直線BC的直線與拋物線的交點或過點C且垂直于直線BC的直線與拋物線的交點即為點M．
∵直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
∴設過點C且垂直于直線BC的直線為y＝x+3．
∴．
解得：（舍去）或．
∴M（1，4）．
∵直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
∴設過點B且垂直于直線BC的直線為y＝x﹣3．
∴．
解得：（舍去）或．
∴M（﹣2，﹣5）．
綜上，存在以C、B、M、N為頂點且以CB為邊的矩形，點M的坐標為（1，4）或（﹣2，﹣5）．
3．（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P點的橫坐標為m，△ACP的面積為S，求S與m的函數(shù)關系式；
（3）試探究：過點P作BC的平行線1，交線段AC于點D，在直線l上是否存在點E，使得以點D，C，B，E為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點E的坐標，若不存在，請說明理由．
【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；
S＝?PM?OA＝（﹣m2﹣3m）＝﹣m2﹣m（﹣3＜m＜0）；
（3）點E的坐標為（﹣+1，）或（﹣3，﹣4）．
【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），
設直線AC的解析式為：y＝kx+n，
∴，
∴，
∴AC的解析式為：y＝﹣x﹣3，
∵P點的橫坐標為m，
∴P的坐標是（m，m2+2m﹣3），則M的坐標是（m，﹣m﹣3），
∴PM＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∵點P是直線AC下方拋物線上的一個動點，
∴﹣3＜m＜0，
∴S＝?PM?OA＝（﹣m2﹣3m）＝﹣m2﹣m（﹣3＜m＜0）；
（3）分兩種情況：
①如圖2，四邊形CDEB是菱形，
設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D（t，﹣t﹣3），則E（t﹣1，﹣t﹣6），
∵四邊形CBDE是菱形，
∴CE＝BC，
∴（t﹣1﹣0）2+（﹣t﹣6+3）2＝12+32，
∴t＝0（舍）或﹣2，
∴E（﹣3，﹣4）；
綜上所述，點E的坐標為（﹣+1，）或（﹣3，﹣4）．
4．（2021秋?九龍坡區(qū)校級月考）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點C，連接BC，交對稱軸于點D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是直線BC上方的拋物線上一點，連接PC，PD．求△PCD的面積的最大值以及此時點P的坐標；
（3）將拋物線y＝ax2+bx+3向右平移1個單位得到新拋物線，新拋物線與原拋物線交于點E，點F是新拋物線的對稱軸上的一點，點G是坐標平面內(nèi)一點．當以D、E、F、G四點為頂點的四邊形是菱形時，直接寫出點F的坐標，并寫出求解其中一個點F的坐標的過程．
【答案】（1） y＝﹣x2+2x+3； （2）P（，）；
（3）F點坐標為（2，）或（2，2+）或（2，2﹣）或（2，2）．
【解答】解：（1）將點A（﹣1，0）和點B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得，
解得，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）令x＝0，則y＝3，
∴C（0，3），
設直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x+3，
∵函數(shù)的對稱軸為直線x＝1，
∴D（1，2），
過點P作x軸的垂線，交BC于點Q，
設P（t，﹣t2+2t+3），則Q（t，﹣t+3），
∴PQ＝﹣t2+3t，
∴S△PCD＝×1×（﹣t2+3t）＝﹣（t﹣）2+，
∴當t＝時，S△PCD的最大值為，
此時P（，）；
（3）y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4向右平移1個單位得到新拋物線為y＝﹣（x﹣2）2+4，
聯(lián)立，
解得x＝，
∴E（，），
∵新拋物線的對稱軸為直線x＝2，
設F（2，m），
∴DE2＝+＝，DF2＝1+（m﹣2）2，EF2＝+（m﹣）2，
∵以D、E、F、G四點為頂點的四邊形是菱形時，有三種情況：
①當EF、FD為鄰邊，此時EF＝FD，
∴1+（m﹣2）2＝+（m﹣）2，
解得m＝，
∴F（2，）；
②當ED、EF為鄰邊，此時ED＝EF，
∴＝+（m﹣）2，
解得m＝或m＝2，
∴F（2，2）或F（2，），
設直線ED的解析式為y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x﹣，
當x＝2時，y＝，
∴F（2，2）；
③當DE、DF為鄰邊，此時DE＝DF，
∴＝1+（m﹣2）2，
解得m＝2+或m＝2﹣，
∴F（2，2+）或F（2，2﹣）；
綜上所述：F點坐標為（2，）或（2，2+）或（2，2﹣）或（2，2）．
5.（2021秋?開州區(qū)期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A、B兩點，點A在點B的左邊，與y軸交于點C，點A的坐標為（﹣2，0），AO：CO：BO＝1：2：3．
（1）如圖1，求拋物線的解析式；
（2）如圖2，將（1）中的拋物線向右平移，當它恰好經(jīng)過原點時，設原拋物線與平移后的拋物線交于點E，連接BE．點M為原拋物線對稱軸上一點，N為平面內(nèi)一點，以B、E、M、N為頂點的四邊形是矩形時，直接寫出點N的坐標．
【答案】（1）y＝﹣x2+x+4 （2）N的坐標為（5，﹣）或（﹣1，）或（7，4）或N（7，1）．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，0），AO：CO：BO＝1：2：3．
∴B（6，0），C（0，4）
將A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，4）代入y＝ax2+bx+c得：
，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；
（2）由y＝﹣x2+x+4知原拋物線對稱軸是直線x＝2，
∵拋物線向右平移，當它恰好經(jīng)過原點時，且A（﹣2，0），
∴拋物線向右平移了2個單位，即平移后的拋物線是y＝﹣（x﹣2）2+（x﹣2）+4＝﹣x2+x，
解得，
∴E（3，5），
設M（2，s），N（m，n），而B（6，0），
①當BE為矩形的邊時，
∵點E（3，5）向右平移3個單位向下平移5個單位得到點B（6，0），
∴點M（N）向右平移3個單位向下平移5個單位得到點N（M），且EN＝BM（EM＝BN），
∴或，
解得或，
∴N（5，﹣）或（﹣1，）；
②當BE為對角線時，BE的中點即是MN的中點，且BE＝MN，
∴，
解得或，
∴N（7，1）或（7，4），
綜上所述，N的坐標為（5，﹣）或（﹣1，）或（7，4）或N（7，1）．
6.（2021秋?訥河市期中）綜合與探究：如圖1所示，直線y＝x+c與x軸交于點A（﹣4，0），與y軸交于點C，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A，C．
（1）求拋物線的解析式．
（2）如圖2所示，M是線段OA的上一個動點，過點M垂直于x軸的直線與直線AC和拋物線分別交于點P、N．
①當△ANC面積最大時的P點坐標為 ；最大面積為 ．
②點F是直線AC上一個動點，在坐標平面內(nèi)是否存在點D，使以點D、F、B、C為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點D的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1） y＝﹣x2﹣3x+4 （2）① （﹣2，2）；8．
②點D的坐標為（，）或（﹣4，5）或（，）或（，）．
【解答】解：（1）將A（﹣4，0）代入y＝x+c，
得c＝4，
將A（﹣4，0）和c＝4代入y＝﹣x2+bx+c，
得﹣16﹣4b+4＝0，
解得b＝﹣3，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣3x+4．
（2）①如圖2，設點M的坐標為（x，0）（﹣4＜x＜0），則P（x，x+4），N（x，﹣x2﹣3x+4），
∴PN＝﹣x2﹣3x+4﹣（x+4）＝﹣x2﹣4x，
∴S△ANC＝PN?AM+PN?OM＝PN?OA＝×4（﹣x2﹣4x）＝﹣2（x+2）2+8，
∴當x＝﹣2時，S△ANC最大＝8，此時P（﹣2，2），
故答案為：（﹣2，2）；8．
②存在，
如圖3，菱形BDCF以BC為對角線，連接BC、DF交于點I，DF交y軸于點R，
當y＝0時，由﹣x2﹣3x+4＝0得x1＝﹣4，x2＝1，
∴B（1，0），
∴CB＝＝，
∵DF與BC互相垂直平分，
∴I為BC的中點，
∴I（，2），CI＝CB＝，
∵∠CIR＝∠COB＝90°，∠RCI＝∠BCO，
∴△ICR∽△OCB，
∴＝，
∴CR＝＝＝，
∴OR＝4﹣＝，
∴R（0，），
設直線DF的解析式為y＝kx+，則k+＝2，
解得k＝，
∴直線DF的解析式為y＝x+，
由得，
∴F（，），
∵點D與點F（，）關于點I（，2）對稱，
∴D（，）；
如圖4，菱形BCDF以CF為對角線，連接BD交CF于點J，連接AD，
∵BD與CF互相垂直平分，
∴∠AJB＝∠AJD＝90°，JB＝JD，
∵OA＝OC，∠AOC＝90°，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∴∠JAB＝∠JBA＝45°，
∴JB＝JA，
∴JD＝JA，
∴∠JAD＝∠JDA＝45°，
∴∠DAB＝90°，∠ADB＝∠ABD＝45°，
∴AD＝AB＝1+4＝5，
∴D（﹣4，5）；
如圖5，菱形BCFD以CF、CB為鄰邊，且點D在BC的左側(cè)，設DF交x軸于點T，
∴CF＝CB＝，
作FL⊥y軸于點L，作DK⊥FL于點K，交x軸于點Q，則∠CLF＝90°，
∴∠LFC＝∠LCF＝45°，
∴LC＝LF，
∴LF2+LC2＝2LF2＝2LC2＝CF2＝（）2＝17，
∴LF＝LC＝，
∵FL∥OA，DF∥BC，
∴∠DFK＝∠ATF＝∠CBO，
∵∠DKF＝∠COB＝90°，DF＝CB，
∴△DKF≌△COB（AAS），
∴KF＝OB＝1，KD＝OC，
∵QK＝OL，
∴QD＝LC＝，LK＝﹣1＝，
∴D（，）；
如圖6，菱形BCFD以CF、CB為鄰邊，且點D在BC的右側(cè)，
作FL⊥y軸于點L，作DV⊥y軸于點V，作FK⊥DV于點K，則∠CLF＝90°，
∵∠LCF＝∠OCA＝45°，
∴∠LCF＝∠LFC＝45°，
∴LF＝LC，
∵CF＝CB＝，
∴LF2+LC2＝2LF2＝2LC2＝CF2＝（）2＝17，
∴LF＝LC＝，
∵FK∥OC，F(xiàn)D∥CB，
∴∠DFC＝∠BCA，∠KFC＝∠OCA，
∴∠DFK＝∠BCO，
∵DF＝BC，
∴△DFK≌△BCO（AAS），
∴FK＝CO＝4，KD＝OB＝1，
∴DV＝1+＝，OV＝4+﹣4＝，
∴D（，），
綜上所述，點D的坐標為（，）或（﹣4，5）或（，）或（，）．

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