2021中考數(shù)學(xué)壓軸題題型：專(zhuān)題7二次函數(shù)與菱形存在性問(wèn)題（含原卷及解析卷）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

?2021新版中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘
專(zhuān)題7二次函數(shù)與菱形存在性問(wèn)題

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

【例1】（2020?阜新）如圖，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象交x軸于點(diǎn)A（﹣3，0），B（1，0），交y軸于點(diǎn) C．點(diǎn)P（m，0）是x軸上的一動(dòng)點(diǎn)，PM⊥x軸，交直線AC于點(diǎn)M，交拋物線于點(diǎn)N．
（1）求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）①若點(diǎn)P僅在線段AO上運(yùn)動(dòng)，如圖，求線段MN的最大值；
②若點(diǎn)P在x軸上運(yùn)動(dòng)，則在y軸上是否存在點(diǎn)Q，使以M，N，C，Q為頂點(diǎn)的四邊形為菱形．若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出所有滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，構(gòu)建方程組解決問(wèn)題即可．
（2）①構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題即可．
②分三種情形：如圖2﹣1中，當(dāng)點(diǎn)M在線段AC上，MN＝MC，四邊形MNQC是菱形時(shí)．如圖2﹣2中，當(dāng)MC是菱形的對(duì)角線時(shí)，四邊形MNCQ是正方形，如圖2﹣3中，當(dāng)點(diǎn)M在CA延長(zhǎng)線上時(shí)，MN＝CM，四邊形MNQC是菱形時(shí)，分別求解即可．
【解析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，得9?3b+c=01+b+c=0，
解得b=2c=?3，
∴y＝x2+2x﹣3．
（2）①設(shè)直線AC的表達(dá)式為y＝kx+b，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b．得b=?3?3k+b=0，
解得k=?1b=?3，
∴y＝﹣x﹣3，
∵點(diǎn)P（m，0）是x軸上的一動(dòng)點(diǎn)，且PM⊥x軸．
∴M（m，﹣m﹣3），N（m，m2+2m﹣3），
∴MN＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2+94，
∵a＝﹣1＜0，
∴此函數(shù)有最大值．
又∵點(diǎn)P在線段OA上運(yùn)動(dòng)，且﹣3＜?32＜0，
∴當(dāng)m=?32時(shí)，MN有最大值94．
②如圖2﹣1中，當(dāng)點(diǎn)M在線段AC上，MN＝MC，四邊形MNQC是菱形時(shí)．

∵M(jìn)N＝﹣m2﹣3m，MC=?2m，
∴﹣m2﹣3m=?2m，
解得m＝﹣3+2或0（舍棄）
∴MN＝32?2，
∴CQ＝MN＝32?2，
∴OQ＝32+1，
∴Q（0，﹣32?1）．

如圖2﹣2中，當(dāng)MC是菱形的對(duì)角線時(shí)，四邊形MNCQ是正方形，此時(shí)CN＝MN＝CQ＝2，可得Q（0，﹣1）．

如圖2﹣3中，當(dāng)點(diǎn)M在CA延長(zhǎng)線上時(shí)，MN＝CM，四邊形MNQC是菱形時(shí)，

則有，m2+3m=?2m，
解得m＝﹣3?2或0（舍棄），
∴MN＝CQ＝32+2，
∴OQ＝CQ﹣OC＝32?1，
∴Q（0，32?1）．
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（0，﹣32?1）或（0，﹣1）或（0，32?1）．
【點(diǎn)評(píng)】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，一次函數(shù)的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
【例2】（2020?重慶）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝x2+bx+c與直線AB相交于A，B兩點(diǎn)，其中A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P為直線AB下方拋物線上的任意一點(diǎn)，連接PA，PB，求△PAB面積的最大值；
（3）將該拋物線向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到拋物線y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的拋物線與原拋物線相交于點(diǎn)C，點(diǎn)D為原拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點(diǎn)E，使以點(diǎn)B，C，D，E為頂點(diǎn)的四邊形為菱形，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式，即可求解；
（2）△PAB面積S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=?32x2?92x，即可求解；
（3）分BC為菱形的邊、菱形的的對(duì)角線兩種情況，分別求解即可．
【解析】（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得?4=9?3b+cc=?1，解得b=4c=?1，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2+4x﹣1；

（2）設(shè)直線AB的表達(dá)式為：y＝kx+t，則?4=?3k+tt=?1，解得k=1t=?1，
故直線AB的表達(dá)式為：y＝x﹣1，
過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交AB于點(diǎn)H，

設(shè)點(diǎn)P（x，x2+4x﹣1），則H（x，x﹣1），
△PAB面積S=12×PH×（xB﹣xA）=12（x﹣1﹣x2﹣4x+1）×（0+3）=?32x2?92x，
∵?32＜0，故S有最大值，當(dāng)x=?32時(shí)，S的最大值為278；

（3）拋物線的表達(dá)式為：y＝x2+4x﹣1＝（x+2）2﹣5，
則平移后的拋物線表達(dá)式為：y＝x2﹣5，
聯(lián)立上述兩式并解得：x=?1y=?4，故點(diǎn)C（﹣1，﹣4）；

設(shè)點(diǎn)D（﹣2，m）、點(diǎn)E（s，t），而點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為（0，﹣1）、（﹣1，﹣4）；
①當(dāng)BC為菱形的邊時(shí)，
點(diǎn)C向右平移1個(gè)單位向上平移3個(gè)單位得到B，同樣D（E）向右平移1個(gè)單位向上平移3個(gè)單位得到E（D），
即﹣2+1＝s且m+3＝t①或﹣2﹣1＝s且m﹣3＝t②，
當(dāng)點(diǎn)D在E的下方時(shí)，則BE＝BC，即s2+（t+1）2＝12+32③，
當(dāng)點(diǎn)D在E的上方時(shí)，則BD＝BC，即22+（m+1）2＝12+32④，
聯(lián)立①③并解得：s＝﹣1，t＝2或﹣4（舍去﹣4），故點(diǎn)E（﹣1，2）；
聯(lián)立②④并解得：s＝﹣3，t＝﹣4±6，故點(diǎn)E（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4?6）；
②當(dāng)BC為菱形的的對(duì)角線時(shí)，
則由中點(diǎn)公式得：﹣1＝s﹣2且﹣4﹣1＝m+t⑤，
此時(shí)，BD＝BE，即22+（m+1）2＝s2+（t+1）2⑥，
聯(lián)立⑤⑥并解得：s＝1，t＝﹣3，
故點(diǎn)E（1，﹣3），
綜上，點(diǎn)E的坐標(biāo)為：（﹣1，2）或（﹣3，﹣4+6）或（﹣3，﹣4?6）或（1，﹣3）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、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．
【例3】（2019?阿壩州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，頂點(diǎn)為A（2，﹣4）．
（1）求拋物線的函數(shù)解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)P為拋物線y＝ax2+bx+c的對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，點(diǎn)Q在該拋物線上，當(dāng)四邊
形OAQP為菱形時(shí)，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，拋物線y＝ax2+bx+c在第一象限的圖象上是否存在一點(diǎn)M，使得點(diǎn)M到直線OP的距離與其到x軸的距離相等？若存在，求出直線OM的函數(shù)解析式；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）設(shè)拋物線的表達(dá)式為y＝a（x﹣h）2+k，將點(diǎn)A、O的坐標(biāo)代入上式，即可求解；
（2）OAQP為菱形時(shí)，則OA＝AQ，則點(diǎn)Q與點(diǎn)A關(guān)于函數(shù)對(duì)稱軸對(duì)稱，故點(diǎn)P和點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱，即可求解；
（3）延長(zhǎng)HM交直線OP于點(diǎn)R，利用解直角三角形的方法求解點(diǎn)M的坐標(biāo)，即可求解．
【解析】（1）設(shè)拋物線的表達(dá)式為y＝a（x﹣h）2+k，
將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入得，y＝a（x﹣2）2﹣4，
將O的坐標(biāo)代入上式并解得：a＝1，
故拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣4x；

（2）點(diǎn)A（2，﹣4），則拋物線的對(duì)稱軸為x＝2，
OAQP為菱形時(shí)，則OA＝AQ，則點(diǎn)Q（拋物線與x軸的右側(cè)交點(diǎn)）與點(diǎn)A關(guān)于函數(shù)對(duì)稱軸對(duì)稱，
故點(diǎn)P和點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱，故點(diǎn)P（2，4）；

（3）存在，理由：
過(guò)點(diǎn)M分別作x軸、PO的垂線，垂足分別為H、G，延長(zhǎng)HM交直線OP于點(diǎn)R，

點(diǎn)M到直線OP的距離與其到x軸的距離相等，則GM＝MH，
tan∠POH=42=2，則tan∠ORH=12，
設(shè)GM＝MH＝m，則GR＝2m，則RM=5m，RH＝RM+MH＝m+5m，
tan∠ORH=12=OHRH，則OH=12RH=1+52m，
故點(diǎn)M（1+52m，m），
設(shè)直線OM的表達(dá)式為y＝sx，
將點(diǎn)M坐標(biāo)代入上式并解得：s=25+1=5?12，
故直線OM的表達(dá)式為y=5?12x．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、解直角三角形等，有一定的綜合性，難度適中．
【例4】（2019?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．

【分析】（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．
【解析】（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）將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式并解得：
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）．
【點(diǎn)評(píng)】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．
【例5】（2019?齊齊哈爾）綜合與探究
如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，OA＝2，OC＝6，連接AC和BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)D在拋物線的對(duì)稱軸上，當(dāng)△ACD的周長(zhǎng)最小時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為　（12，﹣5）?。?br /> （3）點(diǎn)E是第四象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，連接CE和BE．求△BCE面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（4）若點(diǎn)M是y軸上的動(dòng)點(diǎn)，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點(diǎn)N，使以點(diǎn)A、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）由OA＝2，OC＝6得到A（﹣2，0），C（0，﹣6），用待定系數(shù)法即求得拋物線解析式．
（2）由點(diǎn)D在拋物線對(duì)稱軸上運(yùn)動(dòng)且A、B關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱可得，AD＝BD，所以當(dāng)點(diǎn)C、D、B在同一直線上時(shí)，△ACD周長(zhǎng)最?。笾本€BC解析式，把對(duì)稱軸的橫坐標(biāo)代入即求得點(diǎn)D縱坐標(biāo)．
（3）過(guò)點(diǎn)E作EG⊥x軸于點(diǎn)G，交直線BC與點(diǎn)F，設(shè)點(diǎn)E橫坐標(biāo)為t，則能用t表示EF的長(zhǎng)．△BCE面積拆分為△BEF與△CEF的和，以EF為公共底計(jì)算可得S△BCE=12EF?OB，把含t的式子代入計(jì)算即得到S△BCE關(guān)于t的二次函數(shù)，配方即求得最大值和t的值，進(jìn)而求得點(diǎn)E坐標(biāo)．
（4）以AC為菱形的邊和菱形的對(duì)角線進(jìn)行分類(lèi)畫(huà)圖，根據(jù)菱形鄰邊相等、對(duì)邊平行的性質(zhì)確定點(diǎn)N在坐標(biāo)．
【解析】（1）∵OA＝2，OC＝6
∴A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∵拋物線y＝x2+bx+c過(guò)點(diǎn)A、C
∴4?2b+c=00+0+c=?6 解得：b=?1c=?6
∴拋物線解析式為y＝x2﹣x﹣6

（2）∵當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣x﹣6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝3
∴B（3，0），拋物線對(duì)稱軸為直線x=?2+32=12
∵點(diǎn)D在直線x=12上，點(diǎn)A、B關(guān)于直線x=12對(duì)稱
∴xD=12，AD＝BD
∴當(dāng)點(diǎn)B、D、C在同一直線上時(shí)，C△ACD＝AC+AD+CD＝AC+BD+CD＝AC+BC最小
設(shè)直線BC解析式為y＝kx﹣6
∴3k﹣6＝0，解得：k＝2
∴直線BC：y＝2x﹣6
∴yD＝2×12?6＝﹣5
∴D（12，﹣5）
故答案為：（12，﹣5）

（3）過(guò)點(diǎn)E作EG⊥x軸于點(diǎn)G，交直線BC與點(diǎn)F
設(shè)E（t，t2﹣t﹣6）（0＜t＜3），則F（t，2t﹣6）
∴EF＝2t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+3t
∴S△BCE＝S△BEF+S△CEF=12EF?BG+12EF?OG=12EF（BG+OG）=12EF?OB=12×3（﹣t2+3t）=?32（t?32）2+278
∴當(dāng)t=32時(shí)，△BCE面積最大
∴yE＝（32）2?32?6=?214
∴點(diǎn)E坐標(biāo)為（32，?214）時(shí)，△BCE面積最大，最大值為278．

（4）存在點(diǎn)N，使以點(diǎn)A、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形．
∵A（﹣2，0），C（0，﹣6）
∴AC=22+62=210
①若AC為菱形的邊長(zhǎng)，如圖3，
則MN∥AC且，MN＝AC＝210
∴N1（﹣2，210），N2（﹣2，﹣210），N3（2，0）
②若AC為菱形的對(duì)角線，如圖4，則AN4∥CM4，AN4＝CN4
設(shè)N4（﹣2，n）
∴﹣n=22+(n+6)2
解得：n=?103
∴N4（﹣2，?103）
綜上所述，點(diǎn)N坐標(biāo)為（﹣2，210），（﹣2，﹣210），（2，0），（﹣2，?103）．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，軸對(duì)稱求最短路徑，一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，一次方程（組）的解法，菱形的性質(zhì)，勾股定理．第（4）題對(duì)菱形頂點(diǎn)存在性的判斷，以確定的邊AC進(jìn)行分類(lèi)，再畫(huà)圖討論計(jì)算．
【例6】（2020?嘉興模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)P是直線BC下方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)（不點(diǎn)B，C重合），過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交直線BC于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m．
①用含m的代數(shù)式表示線段PD的長(zhǎng)．
②連接PB，PC，求△PBC的面積最大時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（3）設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與BC交于點(diǎn)E，點(diǎn)M是拋物線的對(duì)稱軸上一點(diǎn)，N為y軸上一點(diǎn)，是否存在這樣的點(diǎn)M和點(diǎn)N，使得以點(diǎn)C、E、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？如果存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）根據(jù)已知拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B（3，0）代入即可求解；
（2）①先確定直線BC解析式，根據(jù)過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交直線BC于點(diǎn)D，即可用含m的帶上書(shū)表示出P和D的坐標(biāo)進(jìn)而求解；
②用含m的代數(shù)式表示出△PBC的面積，可得S是關(guān)于m的二次函數(shù)，即可求解；
（3）根據(jù)（1）中所得二次函數(shù)圖象和對(duì)稱軸先得點(diǎn)E的坐標(biāo)即可寫(xiě)出點(diǎn)三個(gè)位置的點(diǎn)M的坐標(biāo)．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C，
∴a+b+3=09a+3b+3=0，解得a=1b=?4，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x+3；
（2）如圖：

①設(shè)P（m，m2﹣4m+3），
將點(diǎn)B（3，0）、C（0，3）代入得直線BC解析式為yBC＝﹣x+3．
∵過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交直線BC于點(diǎn)D，
∴D（m，﹣m+3），
∴PD＝（﹣m+3）﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+3m．
答：用含m的代數(shù)式表示線段PD的長(zhǎng)為﹣m2+3m．
②S△PBC＝S△CPD+S△BPD
=12OB?PD=?32m2+92m
=?32（m?32）2+278．
∴當(dāng)m=32時(shí)，S有最大值．
當(dāng)m=32時(shí)，m2﹣4m+3=?34．
∴P（32，?34）．
答：△PBC的面積最大時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（32，?34）．
（3）存在這樣的點(diǎn)M和點(diǎn)N，使得以點(diǎn)C、E、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形．
根據(jù)題意，點(diǎn)E（2，1），
∴EF＝CF＝2，
∴EC＝22，
根據(jù)菱形的四條邊相等，
∴ME＝EC＝22，
∴M（2，1﹣22）或（2，1+22）
當(dāng)EM＝EF＝2時(shí)，M（2，3）
答：點(diǎn)M的坐標(biāo)為M1（2，3），M2（2，1﹣22），M3（2，1+22）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)與方程、幾何知識(shí)的綜合應(yīng)用，
將函數(shù)知識(shí)與方程、幾何知識(shí)有機(jī)地結(jié)合在一起．這類(lèi)試題一般難度較大．
解這類(lèi)問(wèn)題關(guān)鍵是善于將函數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程問(wèn)題，善于利用幾何圖形的有關(guān)性質(zhì)、定理和二次函數(shù)的知識(shí)，并注意挖掘題目中的一些隱含條件．

【題組一】
1．（2020?師宗縣一模）如圖，直線y＝﹣x+3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)B，點(diǎn)C，經(jīng)過(guò)B，C兩點(diǎn)的拋物線y＝x2+bx+c與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A，頂點(diǎn)為P，點(diǎn)M為拋物線的對(duì)稱軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)M在x軸的上方時(shí)，求四邊形COAM周長(zhǎng)的最小值；
（3）在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)是否存在點(diǎn)N，使以C，P，M，N為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？若存在，請(qǐng)寫(xiě)出所有符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）先求出點(diǎn)B，點(diǎn)C坐標(biāo)，代入解析式可求解；
（2）由拋物線的對(duì)稱性可得AM＝BM，點(diǎn)A（1，0），由四邊形COAM周長(zhǎng)＝OC+OA+AM+CM＝4+BM+CM，則點(diǎn)B，點(diǎn)M，點(diǎn)C三點(diǎn)共線時(shí)，BM+CM有最小值為BC的長(zhǎng)，即四邊形COAM周長(zhǎng)的最小值＝4+BC，由勾股定理可求解；
（3）由菱形的性質(zhì)可得△CPM是等腰三角形，分三種情況討論，由兩點(diǎn)距離公式可求解．
【解析】（1）∵直線y＝﹣x+3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)B，點(diǎn)C，
∴點(diǎn)B（3，0），點(diǎn)C（0，3），
∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)B，C兩點(diǎn)，
∴9+3b+c=0c=3，
解得b=?4c=3，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）如圖，連接AM，

∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝2，
∵點(diǎn)A與點(diǎn)B關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，
∴AM＝BM，點(diǎn)A（1，0），
∵點(diǎn)C（0，3），點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)B（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，OB＝3，
∵四邊形COAM周長(zhǎng)＝OC+OA+AM+CM，
∴四邊形COAM周長(zhǎng)＝4+BM+CM，
∴當(dāng)點(diǎn)B，點(diǎn)M，點(diǎn)C三點(diǎn)共線時(shí)，BM+CM有最小值為BC的長(zhǎng)，
∴四邊形COAM周長(zhǎng)的最小值＝4+BC，
∵BC=OC2+OB2=9+9=32，
∴四邊形COAM周長(zhǎng)的最小值＝4+32；
（3）∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴頂點(diǎn)P（2，﹣1），
又∵點(diǎn)C（0，3），
∴PC=22+(?1?3)2=25，
設(shè)點(diǎn)M（2，t），
∴MC=(2?0)2+(t?3)2=t2?6t+13，
MP＝|t+1|，
∵以C，P，M，N為頂點(diǎn)的四邊形為菱形，
∴△CPM是等腰三角形，
若MC＝MP，則t2?6t+13=|t+1|，
∴t=32，
∴點(diǎn)M（2，32）；
若MP＝PC，則25=|t+1|，
∴t1＝﹣1+25，t2＝﹣1﹣25，
∴點(diǎn)M（2，﹣1+25）或（2，﹣1﹣25）；
若MC＝PC，則t2?6t+13=25，
解得：t3＝﹣1（不合題意舍去），t4＝7，
∴點(diǎn)M（2，7）；
綜上所述：點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，32）或（2，7）或（2，﹣1+25）或（2，﹣1﹣25）．
【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，兩點(diǎn)距離公式等知識(shí)，利用分類(lèi)討論思想解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．
2．（2020?葫蘆島三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，其中A（﹣1，0），B（4，0）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接BC，在直線BC上方的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)D，連接AD，與直線BC相交于點(diǎn)E，當(dāng)DE：AE＝4：5時(shí)，求tan∠DAB的值；
（3）點(diǎn)P是直線BC上一點(diǎn)，在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)Q，使以點(diǎn)P，Q，C，A為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？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．

【分析】（1）由點(diǎn)A，B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(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，由點(diǎn)B，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，證明△DEF∽△AEG，列比例式可得DF的長(zhǎng)，設(shè)D(t，?34t2+94t+3)，F(xiàn)(t，?34t+3)，表示DF的長(zhǎng)，并列方程可得結(jié)論；
（3）分三種情況：以AC為邊和對(duì)角線進(jìn)行討論，正確畫(huà)圖，先確定點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)平移的原則可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【解析】將A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+3，
得a?b+3=016a+4b+3=0，解得a=?34b=94，
∴解析式為y=?34x2+94x+3；
（2）當(dāng)x＝0時(shí)，y=?34x2+94x+3，
∴C（0，3），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
將B（4，0），C（0，3）分別代入得4k+b=0c=3，解得：k=?34b=3，
∴直線BC的解析式為：y=?34x+3，
過(guò)點(diǎn)D作y軸的平行線，交直線BC與點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)H，
過(guò)點(diǎn)A作y軸的平行線，交直線BC與點(diǎn)G，

∵A（﹣1，0），
∴當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y=?34×(?1)+3=154，
∴G(?1，154)，AG=154，
∵AG∥y軸∥DF，
∴△DEF∽△AEG，
∴DEAE=DFAG，
∴DF154=45，
∴DF＝3，
設(shè)D(t，?34t2+94t+3)，F(xiàn)(t，?34t+3)，
∴DF=(?34t2+94t+3)?(?34t+3)=?34t2+3t=3，
解得：t1＝t2＝2，
∴D(2，92)，
∴DH=92，AH＝1+2＝3，
在Rt△ADH中，tan∠DAB=DHAH=923=32；
（3）存在，分三種情況：
①如圖2，四邊形ACPQ是菱形，則PC＝AC，

設(shè)P（x，?34x+3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴x2+(?34x+3?3)2=12+32，
解得：x=±4105，
當(dāng)x=?4105時(shí)，P（?4105，3105+3），
∴Q（?4105?1，3105），
當(dāng)x=4105時(shí)，P（4105，?3105+3），
∴Q（4105?1，?3105）；
②如圖3，四邊形APCQ是菱形，

∵BC＝AB＝5，
∴B在AC的垂直平分線上，
∴P與B重合，
∴Q（﹣5，3）；
③如圖4，四邊形ACQP是菱形，同理得P（85，95），
∴Q（135，245）；

綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（?4105?1，3105）或（4105?1，?3105）或（﹣5，3）或（135，245）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、菱形的性質(zhì)和平移的原則，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式；（2）利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征及配方法，求出點(diǎn)D，G的坐標(biāo)；（3）分AC為邊和對(duì)角線進(jìn)行討論是關(guān)鍵．
3．（2020?碑林區(qū)校級(jí)一模）已知拋物線L：y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，15）和（0，8），頂點(diǎn)為M，拋物線L關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的拋物線為L(zhǎng)′，點(diǎn)M的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)N．
（1）求拋物線L的表達(dá)式及點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）點(diǎn)P在拋物線L′上，點(diǎn)Q在拋物線L上，且四邊形PMQN為周長(zhǎng)最小的菱形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法解決問(wèn)題即可．
（2）求出M，M′的坐標(biāo)，利用菱形的性質(zhì)可知MM′⊥PQ，求出直線PQ的解析式，構(gòu)建方程組確定點(diǎn)P的坐標(biāo)，再根據(jù)周長(zhǎng)最小，判定點(diǎn)P的坐標(biāo)即可解決問(wèn)題．
【解析】（1）∵y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，15）和（0，8），
∴c=81+b+c=15，
解得b=6c=8，
∴拋物線的解析式為y＝x2+6x+8，
∵拋物線L：y＝x2+6x+8＝（x+3）2﹣1，
∴頂點(diǎn)M（﹣3，﹣1），

（2）∵拋物線L′與拋物線L關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，拋物線L的頂點(diǎn)M（﹣3，﹣1），
∴拋物線L′的頂點(diǎn)M′（3，1），解析式為y＝﹣（x﹣3）2+1＝﹣x2+6x﹣8
∵四邊形PMQM′是菱形，
∴PQ⊥MM′，
∵直線MM′的解析式為y=13x，
∴直線PQ的解析式為y＝﹣3x，
由y=?3xy=?x2+6x?8，解得x=1y=?3或x=8y=?24，
∴P（1，﹣3）或（8．﹣24）．
∵菱形PMQM′的周長(zhǎng)最小，
∴P（1，﹣3）．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)綜合題，菱形的判定和性質(zhì)，一次函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)構(gòu)建一次函數(shù)，確定交點(diǎn)問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
4．（2020?雁塔區(qū)校級(jí)模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對(duì)稱軸為直線x＝4，拋物線與x軸相交于A（2，0），B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，6），點(diǎn)E為拋物線的頂點(diǎn)．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式及頂點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）若將該拋物線的圖象繞x軸上一點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°，點(diǎn)C、E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是點(diǎn)C'、E'，當(dāng)以C、E、C'、E'為頂點(diǎn)的四邊形是菱形時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)及旋轉(zhuǎn)后的拋物線的表達(dá)式，
【分析】（1）由拋物線的對(duì)稱性可求點(diǎn)B坐標(biāo)，設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），將點(diǎn)C坐標(biāo)代入，可求解；
（2）設(shè)點(diǎn)M（m，0），由中心對(duì)稱的性質(zhì)可求點(diǎn)C'（2m，﹣6），點(diǎn)E'（2m﹣4，2），由菱形的性質(zhì)和兩點(diǎn)距離公式可求m的值，即可求解．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對(duì)稱軸為直線x＝4，拋物線與x軸相交于A （2，0），B兩點(diǎn)，
∴點(diǎn)B（6，0），
設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），
∵拋物線圖象過(guò)點(diǎn)C （0，6），
∴6＝a（0﹣2）（0﹣6），
∴a=12，
∴拋物線的解析式為：y=12（x﹣2）（x﹣6）=12x2﹣4x+6，
∵y=12x2﹣4x+6=12（x﹣4）2﹣2，
∴頂點(diǎn)E坐標(biāo)為（4，﹣2）；
（2）∵將該拋物線的圖象繞x軸上一點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°，點(diǎn)C、E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是點(diǎn)C'、E'，
∴CM＝C'M，EM＝E'M，
∴四邊形CEC'E'是平行四邊形，
設(shè)點(diǎn)M（m，0），
∵點(diǎn)C （0，6），點(diǎn)E（4，﹣2），CM＝C'M，EM＝E'M，
∴點(diǎn)C'（2m，﹣6），點(diǎn)E'（2m﹣4，2），
∵以C、E、C'、E'為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，
∴CE＝C'E，
∴(4?0)2+(?2?6)2=(2m?4)2+(?6+2)2，
∴m1＝﹣2，m2＝6，
∴點(diǎn)M（﹣2，0）或（6，0），
當(dāng)M（﹣2，0）時(shí)，點(diǎn)E'（﹣8，2），
∴平移后的拋物線解析式為：y=?12（x+8）2+2；
當(dāng)M（6，0）時(shí)，點(diǎn)E'（8，2），
∴平移后的拋物線解析式為：y=?12（x﹣8）2+2；
綜上所述：點(diǎn)M（﹣2，0）或（6，0），平移后的拋物線解析式為：y=?12（x+8）2+2或y=?12（x﹣8）2+2．
【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，中心對(duì)稱的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，兩點(diǎn)距離公式，利用兩點(diǎn)距離公式求m的值是本題的關(guān)鍵．
【題組二】
5．（2020?碑林區(qū)校級(jí)三模）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線C1：y＝﹣x2﹣4x﹣2的頂點(diǎn)為A，與y軸交于點(diǎn)B，將拋物線C1繞著平面內(nèi)的某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°得到拋物線C2，拋物線C2與y軸正半軸相交于點(diǎn)C．
（1）求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）若拋物線C2上存在點(diǎn)D，使得以A、B、C、D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形為菱形，請(qǐng)求出此時(shí)拋物線C2的表達(dá)式．

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

（2）如圖1中，當(dāng)AB為菱形的邊時(shí)，四邊形ABCD是菱形，

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

如圖2中，當(dāng)AB是菱形的對(duì)角線時(shí)，四邊形ADBC是菱形，

此時(shí)CA＝BC，
∵直線AB的解析式為y＝﹣2x﹣2，
∴AB的中垂線的解析式為y=12x+12，
∴C（0，12），
∵AD＝BC=52，
∴D（﹣2，?12），
設(shè)拋物線C2的解析式為y＝x2+bx+12，
把D（﹣2，?12）代入y＝x2+bx+12，可得?12=4﹣2b+12，解得b=52，
∴拋物線C2的解析式為y＝x2+52x+12，
如圖3中，當(dāng)AB是菱形的邊時(shí)，點(diǎn)C是拋物線的頂點(diǎn)（0，25?2），可得拋物線的解析式為y＝x2+25?2．

綜上所述，滿足條件的拋物線的解析式為y＝x2﹣4x+6或y＝x2+52x+12或y＝x2+25?2．
【點(diǎn)評(píng)】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考常考題型．
6．（2020?市中區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）與x軸相交于A（﹣1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)，點(diǎn)C為拋物線的頂點(diǎn)．點(diǎn)M（0，m）為y軸上的動(dòng)點(diǎn)，將拋物線繞點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線，其中B、C旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別記為B′、C′．
（1）若a＝1，求原拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）在（1）條件下，當(dāng)四邊形BCB'C'的面積為40時(shí)，求m的值；
（3）探究a滿足什么條件時(shí)，存在點(diǎn)M，使得四邊形BCB'C'為菱形？請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）根據(jù)原拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），即可求出原拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）在（1）條件下，連接CC′、BB′，延長(zhǎng)BC，與y軸交于點(diǎn)E，證明四邊形BCB'C′是平行四邊形，面積為40，即可求m的值；
（3）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，當(dāng)平行四邊形BCB'C′為菱形時(shí)，應(yīng)有MB⊥MC，故點(diǎn)M在O、D之間，當(dāng)MB⊥MC時(shí)，△MOB∽△CDM，得MO?MD＝BO?CD．由二次函數(shù)y＝a（x+1）（x﹣3）的頂點(diǎn)為（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），可得CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，進(jìn)而列出一元二次方程，根據(jù)判別式即可求出a滿足的條件．
【解析】（1）由題意得：1?b+c=09+3b+c=0，
解得b=?2c=?3，
∴原拋物線的函數(shù)表達(dá)式為：y＝x2﹣2x﹣3；

（2）連接CC′、BB′，延長(zhǎng)BC，與y軸交于點(diǎn)E，

∵二次函數(shù)y＝x2﹣2x﹣3的頂點(diǎn)為（1，﹣4），
∴C（1，﹣4），
∵B（3，0），
∴直線BC的解析式為：y＝2x﹣6．
∴E（0，﹣6），
∵拋物線繞點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°，
∴MB＝MB′，MC＝MC′，
∴四邊形BCB′C′是平行四邊形，
∴S△BCM=14×40＝10，
∵S△BCM＝S△MBE﹣S△MCE=12×（3﹣1）×ME＝ME，
∴ME＝10，
∴m＝4或m＝﹣16；

（3）如圖，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，
當(dāng)平行四邊形BCB'C′為菱形時(shí)，應(yīng)有MB⊥MC，故點(diǎn)M在O、D之間，
當(dāng)MB⊥MC時(shí)，△MOB∽△CDM，
∴MOCD=BOMD，
即MO?MD＝BO?CD．
∵二次函數(shù)y＝a（x+1）（x﹣3）的頂點(diǎn)為（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），
∴CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，
∴﹣m（m+4a）＝3，
∴m2+4am+3＝0，
∵△＝16a2﹣12≥0，a＞0，
∴a≥32．
所以a≥32時(shí)，存在點(diǎn)M，使得四邊形BCB'C′為菱形．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)綜合題，解決本題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用二次函數(shù)、平行四邊形、菱形的相關(guān)知識(shí)．
7．（2020?郫都區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）與x軸相交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，點(diǎn)C為拋物線的頂點(diǎn)．點(diǎn)M（0，m）為y軸上的動(dòng)點(diǎn)，將拋物線繞點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線，其中B、C旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別記為B'、C′．
（1）若原拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)（﹣2，5），求原拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）在（1）條件下，當(dāng)四邊形BCB'C′的面積為40時(shí)，求m的值；
（3）探究a滿足什么條件時(shí)，存在點(diǎn)M，使得四邊形BCB'C′為菱形？請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）根據(jù)原拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)（﹣2，5），A（﹣1，0），B（3，0），即可求出原拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）在（1）條件下，連接CC′、BB′，延長(zhǎng)BC，與y軸交于點(diǎn)E，證明四邊形BCB'C′是平行四邊形，面積為40，即可求m的值；
（3）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，當(dāng)平行四邊形BCB'C′為菱形時(shí)，應(yīng)有MB⊥MC，故點(diǎn)M在O、D之間，當(dāng)MB⊥MC時(shí)，△MOB∽△CDM，得MO?MD＝BO?CD．由二次函數(shù)y＝a（x+1）（x﹣3）的頂點(diǎn)為（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），可得CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，進(jìn)而列出一元二次方程，根據(jù)判別式即可求出a滿足的條件．
【解析】（1）由題意得：4a?2b+c=5a?b+c=09a+3b+c=0，
解得a=1b=?2c=?3，
∴原拋物線的函數(shù)表達(dá)式為：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）連接CC′、BB′，延長(zhǎng)BC，與y軸交于點(diǎn)E，

∵二次函數(shù)y＝x2﹣2x﹣3的頂點(diǎn)為（1，﹣4），
∴C（1，﹣4），
∵B（3，0），
∴直線BC的解析式為：y＝2x﹣6．
∴E（0，﹣6），
∵拋物線繞點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°，
∴MB＝MB′，MC＝MC′，
∴四邊形BCB′C′是平行四邊形，
∴S△BCM=14×40＝10，
∵S△BCM＝S△MBE﹣S△MCE=12×（3﹣1）×ME＝ME，
∴ME＝10，
∴m＝4或m＝﹣16；
（3）如圖，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，
當(dāng)平行四邊形BCB'C′為菱形時(shí)，應(yīng)有MB⊥MC，故點(diǎn)M在O、D之間，
當(dāng)MB⊥MC時(shí)，△MOB∽△CDM，
∴MOCD=BOMD，
即MO?MD＝BO?CD．
∵二次函數(shù)y＝a（x+1）（x﹣3）的頂點(diǎn)為（1，﹣4a），M（0，m），B（3，0），
∴CD＝1，MO＝﹣m，MD＝m+4a，OB＝3，
∴﹣m（m+4a）＝3，
∴m2+4am+3＝0，
∵△＝16a2﹣12≥0，a＞0，
∴a≥32．
所以a≥32時(shí)，存在點(diǎn)M，使得四邊形BCB'C′為菱形．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)綜合題，解決本題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用二次函數(shù)、平行四邊形、菱形的相關(guān)知識(shí)．
8．（2020秋?九龍坡區(qū)校級(jí)月考）如圖，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于點(diǎn)A（﹣1，0）、B（4，0），交y軸于點(diǎn)C，點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求△PBC的面積的最大值以及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，將直線BC向右平移74個(gè)單位得到直線l，直線l交對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線于點(diǎn)Q，連接PQ，點(diǎn)R為直線BC上的一動(dòng)點(diǎn)，請(qǐng)問(wèn)在在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)是否存在一點(diǎn)T，使得四邊形PQTR為菱形，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)T的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）將A（﹣1，0）、B（4，0）代入拋物線公式即可求得a，b．
（2）過(guò)P點(diǎn)做平行于直線BC的直線K，當(dāng)K與拋物線恰有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，△PBC面積最大，求得此時(shí)的P點(diǎn)坐標(biāo)．再過(guò)P做垂直于直線BC的直線k，求得k與直線BC的交點(diǎn)，求得交點(diǎn)后發(fā)現(xiàn)，此時(shí)恰巧交點(diǎn)時(shí)C，|BC|即為△PBC的高，再利用三角形面積公式即可求解．
（3）考查菱形的性質(zhì)．菱形是一個(gè)極具對(duì)稱性的圖形，在進(jìn)行求解時(shí)，對(duì)角線互相垂直平分．因此，兩個(gè)相對(duì)點(diǎn)的坐標(biāo)中點(diǎn)也是另外兩個(gè)相對(duì)點(diǎn)的坐標(biāo)中點(diǎn)．同時(shí)，利用菱形的四條邊長(zhǎng)相等進(jìn)行求解．
【解析】（1）將A（﹣1，0）、B（4，0）代入拋物線公式，如下：
0=a?b+40=16a+4b+4，
求得a=?1b=3．
拋物線解析式為：y＝﹣x2+3x+4．
（2）設(shè)P到直線BC的距離為d，P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，﹣x2+3x+4）（0＜x＜4），
∵y＝﹣x2+3x+4交y軸于點(diǎn)C，
令x＝0，
∴y＝4，
∴C（0，4），
由B（4，0），C（0，4）兩點(diǎn)求得直線BC的解析式為：y+x﹣4＝0．
做直線BC的平行線K：y＝﹣x+m，因?yàn)镵與BC平行，我們將K平移，根據(jù)題意，點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一點(diǎn)，
∴隨著K平行移動(dòng)，以BC為底的△PBC的高d在逐漸增大，當(dāng)K與拋物線y＝﹣x2+3x+4恰有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，此時(shí)以BC為底的△PBC的高d最大，即此時(shí)△PBC面積最大．
∵此時(shí)K：y＝﹣x+m與拋物線y＝﹣x2+3x+4相交，且僅有一個(gè)交點(diǎn)，
∴﹣x+m＝﹣x2+3x+4，m＝8．
∴直線K：y＝﹣x+8．
此時(shí)求K和拋物線的交點(diǎn)為：
﹣x+8＝﹣x2+3x+4，解得x＝2，
將x＝2代入直線K：y＝﹣x+8，
解得y＝6．
因此P（2，6）．
現(xiàn)在我們來(lái)求P到直線BC的距離，即△PBC的高d：
過(guò)P作垂直于BC的直線k：y＝x+m．
∵P在直線k上，
∴6＝2+m，
∴m＝4，直線k＝x+4．
直線K與直線k的交點(diǎn)為：y=?x+4y=x+4，
解得交點(diǎn)坐標(biāo)（0，4），即交點(diǎn)為C點(diǎn)．
因此的△PBC的高d即為B點(diǎn)和C點(diǎn)兩點(diǎn)之間的距離，
∴d＝|BC|=(2?0)2+(6?4)2=22．
在△PBC中，
∵|BC|＝42，△PBC的面積的最大值S△PBC=12|BC|?d=12×42×22=8．
（3）存在．直線BC向右平移74個(gè)單位得到直線l，
∴l(xiāng)：y＝﹣（x?74）+4＝﹣x+234．
y=?x+234y=?x2+3x+4，解得x1=72x2=12．
二次函數(shù)y＝﹣x2+3x+4對(duì)稱軸為x=32，
∵直線l交對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線于點(diǎn)Q，
∴x=72，代入y＝﹣x+234=94．
∴Q（72，94）．
設(shè)T（a，b）．
∵R為直線BC上的一動(dòng)點(diǎn)，
∴設(shè)R（x，﹣x+4）．
（Ⅰ）假設(shè)T在Q點(diǎn)左側(cè)：
∴a＜72．
此時(shí)P（2，6），T（a，b）為菱形對(duì)稱頂點(diǎn)，Q（72，94），R（x，﹣x+4）為菱形對(duì)稱定點(diǎn)．
在菱形中PTQR中，|PR|＝|QT|，
即(2?x)2+(6+x?4)2=(a?72)2+(b?94)2①
又∵對(duì)角線互相垂直平分，且對(duì)稱頂點(diǎn)橫縱坐標(biāo)的中點(diǎn)相等，即：
2+a2=72+x26+b2=94?x+42，②
由①，②解得a1=3.5387b1=?1.7887，a2=?0.5387b2=2.2887，
又∵a＜72，
∴此時(shí)T點(diǎn)坐標(biāo)為：T（﹣0.5387，2.2887）．
（Ⅱ）假設(shè)T在Q點(diǎn)右側(cè)：
∴a＞72．
此時(shí)P（2，6），Q（72，94）為菱形對(duì)稱頂點(diǎn)，T（a，b），R（x，﹣x+4）為菱形對(duì)稱定點(diǎn)．
在菱形PTQR中，|PR|＝|PT|，
即(a?2)2+(b?6)2=(2?x)2+(6+x?4)2，③
又∵對(duì)角線互相垂直平分，且對(duì)稱頂點(diǎn)橫縱坐標(biāo)的中點(diǎn)相等，
即：6+942=b?x+42+72=a+x，④
由③，④解得a=26956＞72，符號(hào)題意．此時(shí)b=27756．
此時(shí)T點(diǎn)坐標(biāo)為：T（26956，27756）．
綜上所述：T存在兩點(diǎn)，分別為：
T（﹣0.5387，2.2887）和T（26956，27756）．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查二次函數(shù)性質(zhì)，同時(shí)還考查了三角形的面積，要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來(lái)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度．同時(shí)對(duì)于菱形的求解，注意利用對(duì)稱性求解．
【題組三】
9．（2020?洛陽(yáng)模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx+52過(guò)點(diǎn)A（1，0），B（5，0），與y軸相交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）定義：平面上的任一點(diǎn)到二次函數(shù)圖象上與它橫坐標(biāo)相同的點(diǎn)的距離，稱為點(diǎn)到二次函數(shù)圖象的垂直距離．如：點(diǎn)O到二次函數(shù)圖象的垂直距離是線段OC的長(zhǎng)．已知點(diǎn)E為拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，且在x軸上方，點(diǎn)F為平面內(nèi)一點(diǎn)，當(dāng)以A，B，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是邊長(zhǎng)為4的菱形時(shí)，請(qǐng)求出點(diǎn)F到二次函數(shù)圖象的垂直距離．
（3）在（2）中，當(dāng)點(diǎn)F到二次函數(shù)圖象的垂直距離最小時(shí)，在以A，B，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的菱形內(nèi)部是否存在點(diǎn)Q，使得AQ，BQ，F(xiàn)Q之和最小，若存在，請(qǐng)求出最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）將A，B兩點(diǎn)代入可求解析式．
（2）分類(lèi)討論，以AB為邊的菱形和以AB為對(duì)角線的菱形，抓住菱形邊長(zhǎng)為4和E的橫坐標(biāo)為3，可解F點(diǎn)坐標(biāo)，即可求點(diǎn)F到二次函數(shù)圖象的垂直距離．
（3）構(gòu)造三角形，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短，可得最短距離為AN，根據(jù)勾股定理求AN．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+52過(guò)點(diǎn)A（1，0），B（5，0），
∴0＝a+b+52
0＝25a+5b+52
∴a=12，b＝﹣3
∴解析式y(tǒng)=12x2﹣3x+52
（2）當(dāng)y＝0，則0=12x2﹣3x+52
∴x1＝5，x2＝1
∴A（1，0），B（5，0）
∴對(duì)稱軸直線x＝3，頂點(diǎn)坐標(biāo)（3，﹣2），AB＝4
∵拋物線與y軸相交于點(diǎn)C．
∴C（0，52）
如圖1

①如AB為菱形的邊，則EF∥AB，EF＝AB＝4，且E的橫坐標(biāo)為3
∴F的橫坐標(biāo)為7或﹣1
∵AE＝AB＝4，AM＝2，EM⊥AB
∴EM＝23
∴F（7，23），或（﹣1，23）
∴當(dāng)x＝7，y=12×49﹣7×3+52=6
∴點(diǎn)F到二次函數(shù)圖象的垂直距離6﹣23
②如AB為對(duì)角線，如圖2

∵AEBF是菱形，AF＝BF＝4
∴AB⊥EF，EM＝MF＝23
∴F（3，﹣23）
∴點(diǎn)F到二次函數(shù)圖象的垂直距離﹣2+23
（3）當(dāng)F（3，﹣23）時(shí)，點(diǎn)F到二次函數(shù)圖象的垂直距離最小
如圖3，以BQ為邊作等邊三角形BQD，將△BQF繞B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到△BDN位置，連接AN，作PN⊥AB于P

∵等邊三角形BQD
∴QD＝QB＝BD，
∵將△BQF繞B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到△BDN位置
∴NB＝BF＝4，∠FBN＝60°，DN＝FQ
∵AQ+BQ+FQ＝AQ+QD+DN
∴當(dāng)AQ，QD，DN共線時(shí)AQ+BQ+FQ的和最短，即最短值為AN的長(zhǎng)．
∵AF＝BF＝4＝AB，
∴∠ABF＝60°
∴∠NBP＝60°且BN＝4，
∴BP＝2，PN＝23
∴AP＝6
在Rt△ANP中，AN=36+12=43
∴AQ+BQ+FQ的和最短值為43．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)的綜合題，待定系數(shù)法，菱形的性質(zhì)，勾股定理等有關(guān)知識(shí)，關(guān)鍵是構(gòu)造三角形轉(zhuǎn)化BQ，和BQ的長(zhǎng)．
10．（2018?隴南）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+2x+c的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（0，3），與x軸分別交于點(diǎn)A，點(diǎn)B（3，0）．點(diǎn)P是直線BC上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．
（1）求二次函數(shù)y＝ax2+2x+c的表達(dá)式；
（2）連接PO，PC，并把△POC沿y軸翻折，得到四邊形POP′C．若四邊形POP′C為菱形，請(qǐng)求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形ACPB的面積最大？求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)和四邊形ACPB的最大面積．

【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)菱形的對(duì)角線互相垂直且平分，可得P點(diǎn)的縱坐標(biāo)，根據(jù)自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系，可得P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）根據(jù)平行于y軸的直線上兩點(diǎn)間的距離是較大的縱坐標(biāo)減較小的縱坐標(biāo)，可得PQ的長(zhǎng)，根據(jù)面積的和差，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得答案．
【解析】（1）將點(diǎn)B和點(diǎn)C的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得
9a+6+c=0c=3，
解得a=?1c=3，
二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+2x+3；

（2）若四邊形POP′C為菱形，則點(diǎn)P在線段CO的垂直平分線上，
如圖1，連接PP′，則PE⊥CO，垂足為E，

∵C（0，3），
∴E（0，32），
∴點(diǎn)P的縱坐標(biāo)32，
當(dāng)y=32時(shí)，即﹣x2+2x+3=32，
解得x1=2+102，x2=2?102（不合題意，舍），
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2+102，32）；

（3）如圖2，

P在拋物線上，設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
將點(diǎn)B和點(diǎn)C的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得
3k+3=0b=3，
解得k=?1b=3．
直線BC的解析為y＝﹣x+3，
設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，﹣m+3），
PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m．
當(dāng)y＝0時(shí)，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
OA＝1，
AB＝3﹣（﹣1）＝4，
S四邊形ABPC＝S△ABC+S△PCQ+S△PBQ
=12AB?OC+12PQ?OF+12PQ?FB
=12×4×3+12（﹣m2+3m）×3
=?32（m?32）2+758，
當(dāng)m=32時(shí)，四邊形ABPC的面積最大．
當(dāng)m=32時(shí)，﹣m2+2m+3=154，即P點(diǎn)的坐標(biāo)為（32，154）．
當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（32，154）時(shí)，四邊形ACPB的最大面積值為758．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)綜合題，解（1）的關(guān)鍵是待定系數(shù)法；解（2）的關(guān)鍵是利用菱形的性質(zhì)得出P點(diǎn)的縱坐標(biāo)，又利用了自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系；解（3）的關(guān)鍵是利用面積的和差得出二次函數(shù)，又利用了二次函數(shù)的性質(zhì)．
11．（2020?中山區(qū)模擬）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的頂點(diǎn)為A（﹣5，﹣4），與x軸交于點(diǎn)B（﹣2，0），
（1）二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）原拋物線繞坐標(biāo)平面內(nèi)的某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線與x軸的一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)C，若新拋物線上存在一點(diǎn)D，使得以A、B、C、D為頂點(diǎn)的四邊形為菱形，求新拋物線的表達(dá)式．

【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的頂點(diǎn)為A（﹣5，﹣4），與x軸交于點(diǎn)B（﹣2，0），可以設(shè)該拋物線的頂點(diǎn)式，然后再根據(jù)過(guò)點(diǎn)B，即可求得該拋物線的解析式；
（2）根據(jù)題意，可以分四種情況討論，然后畫(huà)出相應(yīng)的圖形，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)，即可求得相應(yīng)的拋物線的解析式．
【解析】（1）設(shè)該函數(shù)的解析式為y＝a（x+5）2﹣4，
∵該函數(shù)過(guò)點(diǎn)B（﹣2，0），
∴0＝a（﹣2+5）2﹣4，
解得，a=49，
∴y=49（x+5）2﹣4=49x2+409x+649，
即該函數(shù)的表達(dá)式是y=49x2+409x+649；
（2）∵A（﹣5，﹣4），B（﹣2，0），
∴AB＝5，
以點(diǎn)A、B、C、D為頂點(diǎn)且以AB為邊的四邊形是菱形，有兩種情況，
第一種情況：當(dāng)點(diǎn)D在x軸上方時(shí)，
∵以點(diǎn)A、B、C、D為頂點(diǎn)且以AB為邊的四邊形是菱形，且點(diǎn)C在x軸上，
∴AB＝AC＝5，
當(dāng)點(diǎn)C在B左側(cè)時(shí)，
∵點(diǎn)A為原拋物線的上的頂點(diǎn)，由拋物線的對(duì)稱性可知，點(diǎn)C為原拋物線與x軸另外的一個(gè)交點(diǎn)，如圖所示：
∴點(diǎn)C（﹣8，0），
此時(shí)點(diǎn)D與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱，
∴點(diǎn)D（﹣5，4），
設(shè)新拋物線的解析式為y＝a（x+5）2+4，
∵該拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（﹣8，0），
∴0＝a（﹣8+5）2+4，得a=?49，
∴新拋物線的解析式為y=?49（x+5）2+4；
當(dāng)點(diǎn)C在B的右側(cè)時(shí)，此時(shí)點(diǎn)C與點(diǎn)B重合，不合題意；
第二種情況：當(dāng)點(diǎn)D在x軸下方時(shí)，
若AB為菱形的邊時(shí)，BC＝AB＝5，
當(dāng)C在B的右側(cè)時(shí)，如圖，點(diǎn)C′坐標(biāo)為（3，0），
∵B、D′關(guān)于菱形中心對(duì)稱、A、C′關(guān)于菱形中心對(duì)稱，
∴C′是新拋物線的頂點(diǎn)，
又∵AD′＝AB＝5，
∴D′（0，﹣4），
設(shè)新拋物線的解析式為y＝a（x﹣3）2，
﹣4＝a（0﹣3）2，得a=?49，
則新拋物線的解析式為y=?49（x﹣3）2，
同理，當(dāng)點(diǎn)C在B點(diǎn)左側(cè)時(shí)，點(diǎn)C″的坐標(biāo)為（﹣7，0），且點(diǎn)C″是新拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，點(diǎn)D″的坐標(biāo)為（﹣10，﹣4），
設(shè)新拋物線的解析式為y＝a（x+7）2，
﹣4＝a（﹣10+7）2，得a=?49，
則新拋物線的解析式為y=?49（x+7）2；
若AB為菱形的對(duì)角線時(shí)，則CD也是菱形的對(duì)角線，
當(dāng)點(diǎn)A和點(diǎn)D對(duì)應(yīng)時(shí)，則點(diǎn)D為新拋物線的頂點(diǎn)，
∵原拋物線的頂點(diǎn)為A（﹣5，﹣4），與x軸交于點(diǎn)B（﹣2，0），
∴原拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為（﹣8，0），
∴原拋物與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)之間的距離為﹣2﹣（﹣8）＝6，
∵5≠6，
∴此種情況不存在，
同理，當(dāng)點(diǎn)C為新拋物線的頂點(diǎn)時(shí)，此種情況也不存在；
由上可得，新拋物線的解析式為y=?49（x+5）2+4，y=?49（x﹣3）2或y=?49（x+7）2．

【點(diǎn)評(píng)】本題是一道二次函數(shù)綜合題，主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、旋轉(zhuǎn)變換、菱形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，畫(huà)出相應(yīng)的圖形，找出所求問(wèn)題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想和分類(lèi)討論的思想解答．
12．（2019?秦安縣模擬）如圖①，已知拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A，且頂點(diǎn)M坐標(biāo)為（1，2），
（1）求該拋物線的解析式；
（2）現(xiàn)將它向右平移m（m＞0）個(gè)單位，所得拋物線與x軸交于C、D兩點(diǎn)，與原拋物線交于點(diǎn)P，△CDP的面積為S，求S關(guān)于m的關(guān)系式；
（3）如圖②，以點(diǎn)A為圓心，以線段OA為半徑畫(huà)圓，交拋物線y＝ax2+bx+c的對(duì)稱軸于點(diǎn)B，連接AB，若將拋物線向右平移m（m＞0）個(gè)單位后，B點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B′，A點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A′點(diǎn)，且滿足四邊形BAA′B′為菱形，平移后的拋物線的對(duì)稱軸與菱形的對(duì)角線BA′交于點(diǎn)E，在x軸上是否存在一點(diǎn)F，使得以E、F、A′為頂點(diǎn)的三角形與△BAE相似？若存在，求出F點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．

【分析】（1）根據(jù)拋物線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)、A點(diǎn)、M點(diǎn)可得拋物線的解析式；
（2）根據(jù)將拋物線向右平移m個(gè)單位得到平移后的解析式，將兩個(gè)解析式組成一個(gè)方程組，解此方程組得P點(diǎn)的縱坐標(biāo)，即△CDP的高，而底邊CD的長(zhǎng)據(jù)原拋物線可知，三角形面積可求；
（3）畫(huà)出圖形，根據(jù)圓和菱形的性質(zhì)得出△BAE是直角三角形，若△BAE∽△A′EF，則△A′EF也是直角三角形，故可求A′F，則F坐標(biāo)可求．
【解析】（1）由拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)可得，
c＝0，
由頂點(diǎn)M坐標(biāo)為（1，2），可得A點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），
將他們的坐標(biāo)值分別代入解析式可得，
2=a+b0=4a+2b，
解得，a=?2b=4，
故該拋物線的解析式為：y＝﹣2x2+4x；

（2）現(xiàn)將它向右平移m（m＞0）個(gè)單位，所得拋物線解析式為：
y＝﹣2（x﹣m）2+4（x﹣m），
原拋物線與平移后的解析式交于P點(diǎn)，
則有y=?2x2+4xy=?2(x?m)2+4(x?m)，
解得，x=m2+1y=?m22+2，
即P點(diǎn)坐標(biāo)為：（m2+1，?m22+2），
那么△CDP的高為：?m22+2，而CD＝2，
則S=12×2×（?m22+2），
化簡(jiǎn)得，S=?m22+2；

（3）如圖，
四邊形BAA′B′為菱形，則有菱形的邊長(zhǎng)就是圓的半徑為2，
B點(diǎn)的縱坐標(biāo)為：22?12=3，
那么tan∠BA′A=33，
故∠BA′A＝∠A′BA＝30°，
A′E＝AE=1cos30°=233，
則AEAB=33正好是tan30°的值，
故∠BAE＝90°而△BAE∽△A′EF，
則∠A′EF＝90°，
A′F=A'Ecos30°=43，
則AF＝2?43=23，F(xiàn)橫坐標(biāo)為：2+23=83，
故在x軸上存在一點(diǎn)F，F(xiàn)的坐標(biāo)為：（83，0）．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的綜合運(yùn)用，其中涉及圓的性質(zhì)和三角函數(shù)的運(yùn)用，難度較大，計(jì)算較為復(fù)雜．
【題組四】
13．（2019?河?xùn)|區(qū)模擬）如圖，點(diǎn)A（﹣2，4）和點(diǎn)B（1，0）在拋物線y＝ax2+bx+4上．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）向右平移上述拋物線，記平移后點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A1，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B1，若四邊形AA1B1B為菱形，求平移后拋物線的對(duì)稱軸；
（3）在（2）的條件下，記平移后拋物線的對(duì)稱軸與直線A1B的交點(diǎn)為點(diǎn)C，試在平面內(nèi)找一點(diǎn)D，使得以點(diǎn)A1、B1、C、D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求D點(diǎn)的坐標(biāo)．

【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的表達(dá)式；
（2）由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)利用兩點(diǎn)間的距離（勾股定理）可求出AB的長(zhǎng)度，利用菱形的性質(zhì)可得出AA1的長(zhǎng)度，再結(jié)合原拋物線的對(duì)稱軸可求出平移后拋物線的對(duì)稱軸；
（3）由AA1的長(zhǎng)度可得出點(diǎn)A1，B1的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)A1，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線A1B的表達(dá)式，利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可得出點(diǎn)C的坐標(biāo)，分B1C為對(duì)角線、A1B1為對(duì)角線和A1C為對(duì)角線三種情況考慮，由A1，B1，C的坐標(biāo)，利用平行四邊形的對(duì)角線互相平分可求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，此題得解．
【解析】（1）將A（﹣2，4），B（1，0）代入y＝ax2+bx+4，得：4a?2b+c=4a+b+4=0，
解得：a=?43b=?83，
∴拋物線的表達(dá)式為y=?43x2?83x+4．
（2）∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣2，4），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，0），
∴AB=[1?(?2)]2+(0?4)2=5．
∵四邊形AA1B1B為菱形，
∴AA1＝AB＝5，
∴拋物線向右平移5個(gè)單位．
∵原拋物線的對(duì)稱軸為直線x=??832×(?43)=?1，
∴平移后拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝﹣1+5＝4．
（3）∵AA1＝5，
∴點(diǎn)A1的坐標(biāo)為（3，4），點(diǎn)B1的坐標(biāo)為（6，0）．
設(shè)直線A1B的表達(dá)式為y＝mx+n（m≠0），
將A1（3，4），B（1，0）代入y＝mx+n，得：3m+n=4m+n=0，
解得：m=2n=?2，
∴直線A1B的表達(dá)式為y＝2x﹣2．
當(dāng)x＝4時(shí)，y＝2x﹣2＝6，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（4，6）．
分三種情況考慮（如圖所示）：
①當(dāng)B1C為對(duì)角線時(shí)，∵A1（3，4），B1（6，0），C（4，6），
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（6+4﹣3，0+6﹣4），即（7，2）；
②當(dāng)A1B1為對(duì)角線時(shí)，∵A1（3，4），B1（6，0），C（4，6），
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（3+6﹣4，4+0﹣6），即（5，﹣2）；
③當(dāng)A1C為對(duì)角線時(shí)，∵A1（3，4），B1（6，0），C（4，6），
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（3+4﹣6，4+6﹣0），即（1，10）．
綜上所述：以點(diǎn)A1、B1、C、D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，D點(diǎn)的坐標(biāo)為（7，2），（5，﹣2）或（1，10）．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、坐標(biāo)的平移、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、菱形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)關(guān)系式；（2）利用菱形的性質(zhì)求出拋物線平移的距離；（3）分B1C為對(duì)角線、A1B1為對(duì)角線和A1C為對(duì)角線三種情況，利用平行四邊形的性質(zhì)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
14．（2020?吉安模擬）如圖，已知二次函數(shù)L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）和二次函數(shù)L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1（m≥1）圖象的頂點(diǎn)分別為M，N，與x軸分別相交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊）和C、D兩點(diǎn)（點(diǎn)C在點(diǎn)D的左邊）．
（1）函數(shù)y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）的頂點(diǎn)坐標(biāo)為?。ī?，﹣4m+1）??；當(dāng)二次函數(shù)L1，L2的y值同時(shí)隨著x的增大而增大時(shí)，則x的取值范圍是　﹣1＜x＜3?。?br /> （2）當(dāng)AD＝MN時(shí)，判斷四邊形AMDN的形狀（直接寫(xiě)出，不必證明）；
（3）拋物線L1，L2均會(huì)分別經(jīng)過(guò)某些定點(diǎn)：
①求所有定點(diǎn)的坐標(biāo)；
②若拋物線L1位置固定不變，通過(guò)左右平移拋物線L2的位置使這些定點(diǎn)組成的圖形為菱形，則拋物線L2應(yīng)平移的距離是多少？

【分析】（1）將已知拋物線解析式轉(zhuǎn)化為頂點(diǎn)式，直接得到點(diǎn)M的坐標(biāo)；結(jié)合函數(shù)圖象填空；
（2）利用拋物線解析式與一元二次方程的關(guān)系求得點(diǎn)A、B、C、D的橫坐標(biāo)，可得AD的中點(diǎn)為（1，0），MN的中點(diǎn)為（1，0），則AD與MN互相平分，可證四邊形AMDN是矩形；
（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得EH1＝EF＝4即可，設(shè)平移的距離為x，根據(jù)平移后圖形為菱形，由勾股定理可得方程即可求解．
【解析】（1）x=?b2a=?1，頂點(diǎn)坐標(biāo)M為（﹣1，﹣4m+1），
由圖象得：當(dāng)﹣1＜x＜3時(shí)，二次函數(shù)L1，L2的y值同時(shí)隨著x的增大而增大．
故答案為：（﹣1，﹣4m+1）；﹣1＜x＜3

（2）結(jié)論：四邊形AMDN是矩形．
由二次函數(shù)L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）和二次函數(shù)L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1（m≥1）解析式可得：
A點(diǎn)坐標(biāo)為（?1?4m?1m，0），D點(diǎn)坐標(biāo)為（3+4m?1m，0），頂點(diǎn)M坐標(biāo)為（﹣1，﹣4m+1），頂點(diǎn)N坐標(biāo)為（3，4m﹣1），
∴AD的中點(diǎn)為（1，0），MN的中點(diǎn)為（1，0），
∴AD與MN互相平分，
∴四邊形AMDN是平行四邊形，
又∵AD＝MN，
∴?AMDN是矩形．

（3）

①∵二次函數(shù)L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1＝m（x+3）（x﹣1）+1，
故當(dāng)x＝﹣3或x＝1時(shí)y＝1，即二次函數(shù)L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1經(jīng)過(guò)（﹣3，1）、（1，1）兩點(diǎn)，
∵二次函數(shù)L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1＝﹣m（x﹣1）（x﹣5）﹣1，
故當(dāng)x＝1或x＝5時(shí)y＝﹣1，即二次函數(shù)L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1經(jīng)過(guò)（1，﹣1）、（5，﹣1）兩點(diǎn)，
②∵二次函數(shù)L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1經(jīng)過(guò)（﹣3，1）、（1，1）兩點(diǎn)，二次函數(shù)L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1經(jīng)過(guò)（1，﹣1）、（5，﹣1）兩點(diǎn)，
如圖：四個(gè)定點(diǎn)分別為E（﹣3，1）、F（1，1），H（1，﹣1）、G（5，﹣1），則組成四邊形EFGH為平行四邊形，
設(shè)平移的距離為x，根據(jù)平移后圖形為菱形，
由勾股定理可得：42＝22+（4﹣x）2．
解得：x=4±23，
拋物線L1位置固定不變，通過(guò)左右平移拋物線L2的位置使這些定點(diǎn)組成的圖形為菱形，則拋物線L2應(yīng)平移的距離是4+23或4?23．

【點(diǎn)評(píng)】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合來(lái)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度，從而求出線段之間的關(guān)系．
15．（2020?連山區(qū)三模）如圖①，直線AB：y=3x+23與x軸、y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，將△ABO沿x軸正方向平移后，點(diǎn)A、點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)D、點(diǎn)C，且四邊形ABCD為菱形，連接AC，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)，點(diǎn)P為AC上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，作PE⊥AC，垂足為E．

（1）求此拋物線的函數(shù)關(guān)系式；
（2）求線段PE長(zhǎng)度的最大值；
（3）如圖②，延長(zhǎng)PE交x軸于點(diǎn)F，連接OP，若△OPF為等腰三角形，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【分析】（1）由直線AB的表達(dá)式求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，則BC＝AB=22+(23)2=4，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，進(jìn)而求解；
（2）PEPG=sin60°=32，則PE=32PG=32(?36x2+33x+433)=?14x2+12x+2=?14(x?1)2+94，即可求解；
（3）分點(diǎn)P在y軸右側(cè)和左側(cè)兩種情況，分別求出OP的函數(shù)表達(dá)式，進(jìn)而求解．
【解析】（1）∵當(dāng)x＝0時(shí)，y＝23，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝﹣2，
∴A(?2，0)，B(0，23)，
∴BC＝AB=22+(23)2=4，
∴C(4，23)，
∴4a?2b+c=016a+4b+c=23c=23，解得a=?36b=233c=23，
故拋物線的表達(dá)式為：y=?36x2+233x+23①；

（2）過(guò)點(diǎn)P作PH⊥x軸于H，交AC于點(diǎn)G，

設(shè)直線AC為：y＝kx+t，則?2k+t=04k+t=23，解得k=33t=233，
∴y=33x+233．
設(shè)P(x，?36x2+233x+23)，則G(x，33x+233)，
∴PG=(?36x2+233x+23)?(33x+233)=?36x2+33x+433，
∵tan∠BAO=BOAO=3，
∴∠BAO＝60°，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴∠CAD＝30°，
∴∠PGE＝∠AGH＝60°，
∴PEPG=sin60°=32，
∴PE=32PG=32(?36x2+33x+433)=?14x2+12x+2=?14(x?1)2+94，
∵?14＜0，
∴當(dāng)x＝1時(shí)，PE最大，最大值為94；

（3）①當(dāng)點(diǎn)P在y軸右側(cè)時(shí)，
由（2）知：∠CAD＝30°＝∠EAF，
則∠AFE＝90°﹣∠EAF＝60°，
當(dāng)△OPF為等腰三角形，則△OPF為等邊三角形，則直線OP的傾斜角為60°，
設(shè)直線OP的表達(dá)式為：y=3x②，
聯(lián)立①②并解得：x＝﹣1±13，
∵點(diǎn)P為AC上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，即﹣2＜x＜4，
故x＝﹣1+13，
故點(diǎn)P（﹣1+13，39?3）；
②當(dāng)點(diǎn)P在y軸左側(cè)時(shí)，

∵△OPF為等腰三角形，
則OF＝PF，而∠PFA＝60°，
∴∠FOP＝∠OPF=12∠PFA＝30°，
故直線OP的表達(dá)式為y=?33x③，
聯(lián)立①③并解得x＝3±21（舍去正值），
故x＝3?21，
故點(diǎn)P（3?21，7?3）；
綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3?21，7?3）或（﹣1+13，39?3）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等，具有一定的綜合性，難度適中．
16．（2019?南昌模擬）已知：拋物線C1：y＝﹣（x+m）2+m2（m＞0），拋物線C2：y＝（x﹣n）2+n2（n＞0），稱拋物線C1，C2互為派對(duì)拋物線，例如拋物線C1：y＝﹣（x+1）2+1與拋物線C2：y＝（x?2）2+2是派對(duì)拋物線，已知派對(duì)拋物線C1，C2的頂點(diǎn)分別為A，B，拋物線C1的對(duì)稱軸交拋物線C2于C，拋物線C2的對(duì)稱軸交拋物線C1與D．
（1）已知拋物線①y＝﹣x2﹣2x，②y＝（x﹣3）2+3，③y＝（x?2）2+2，④y＝x2﹣x+12，則拋物線①②③④中互為派對(duì)拋物線的是?、倥c③；①與④?。ㄕ?qǐng)?jiān)跈M線上填寫(xiě)拋物線的數(shù)字序號(hào)）；
（2）如圖1，當(dāng)m＝1，n＝2時(shí)，證明AC＝BD；
（3）如圖2，連接AB，CD交于點(diǎn)F，延長(zhǎng)BA交x軸的負(fù)半軸于點(diǎn)E，記BD交x軸于G，CD交x軸于點(diǎn)H，∠BEO＝∠BDC．
①求證：四邊形ACBD是菱形；
②若已知拋物線C2：y＝（x﹣2）2+4，請(qǐng)求出m的值．

【分析】（1）先把四個(gè)解析式配成頂點(diǎn)式，然后根據(jù)派對(duì)拋物線的定義進(jìn)行判斷；
（2）利用拋物線C1：y＝﹣（x+1）2+1，拋物線C2：y＝（x﹣2）2+4得到A（﹣1，1），B（2，4），再計(jì)算出C（﹣1，13），D（2，﹣8），則AC＝12，BD＝12，于是可判斷AC＝BD；
（3）①先表示出A（﹣m，m2）；B（n，n2），再表示出C（﹣m，m2+2mn+2n2），D（n，﹣2mn﹣n2），接著可計(jì)算出AC＝BD＝2mn+2n2，則可判斷四邊形ACBD為平行四邊形，然后利用三角形內(nèi)角和，由∠BEO＝∠BDC得到∠EFH＝∠DGH＝90°，從而可判斷四邊形ACBD是菱形；
②由拋物線C2：y＝（x﹣2）2+4得到B（2，4），即n＝2，則AC＝BD＝4m+8，再利用A（﹣m，m2）可表示出C（﹣m，m2+4m+8），所以BC2＝（m+2）2+（m+2）4，然后利用BC＝BD得（m+2）2+（m+2）4＝（4m+8）2，最后利用m＞0可求出m的值．
【解答】（1）解：①y＝﹣x2﹣2x＝﹣（x+1）2+12，②y＝（x﹣3）2+3＝（x﹣3）2+（3）2，③y＝（x?2）2+（2）2，④y＝x2﹣x+12=（x?12）2+（12）2，
所以①與③互為派對(duì)拋物線；①與④互為派對(duì)拋物線；
故答案為①與③；①與④；
（2）證明：當(dāng)m＝1，n＝2時(shí)，拋物線C1：y＝﹣（x+1）2+1，拋物線C2：y＝（x﹣2）2+4，
∴A（﹣1，1），B（2，4），
∵AC∥BD∥y軸，
∴點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為﹣1，點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為2，
當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝（x﹣2）2+4＝13，則C（﹣1，13）；
當(dāng)x＝2時(shí)，y＝﹣（x+1）2+1＝﹣8，則D（2，﹣8），
∴AC＝13﹣1＝12，BD＝4﹣（﹣8）＝12，
∴AC＝BD；
（3）①拋物線C1：y＝﹣（x+m）2+m2（m＞0），則A（﹣m，m2）；
拋物線C2：y＝（x﹣n）2+n2（n＞0），則B（n，n2）；
當(dāng)x＝﹣m時(shí)，y＝（x﹣n）2+n2＝m2+2mn+2n2，則C（﹣m，m2+2mn+2n2）；
當(dāng)x＝n時(shí)，y＝﹣（x+m）2+m2＝﹣2mn﹣n2，則D（n，﹣2mn﹣n2）；
∴AC＝m2+2mn+2n2﹣m2＝2mn+2n2，BD＝n2﹣（﹣2mn﹣n2）＝2mn+2n2，
∴AC＝BD；
∴四邊形ACBD為平行四邊形，
∵∠BEO＝∠BDC，
而∠EHF＝∠DHG，
∴∠EFH＝∠DGH＝90°，
∴AB⊥CD，
∴四邊形ACBD是菱形；
②∵拋物線C2：y＝（x﹣2）2+4，則B（2，4），
∴n＝2，
∴AC＝BD＝2mn+2n2＝4m+8，
而A（﹣m，m2），
∴C（﹣m，m2+4m+8），
∴BC2＝（﹣m﹣2）2+（m2+4m+8﹣4）2＝（m+2）2+（m+2）4，
∵四邊形ACBD是菱形，
∴BC＝BD，
∴（m+2）2+（m+2）4＝（4m+8）2，
即（m+2）4＝15（m+2）2，
∵m＞0，
∴（m+2）2＝15，
∴m+2=15，
∴m=15?2．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和菱形的判定方法；會(huì)利用乘法公式進(jìn)行代數(shù)式的變形；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，記住兩點(diǎn)間的距離公式．
【題組五】
17．（2019?新野縣二模）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+3x+m的圖象與x軸的一個(gè)交點(diǎn)為B（4，0），另一個(gè)交點(diǎn)為A，且與y軸相交于C點(diǎn)．
（1）求m的值及C點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn)M，使得它到B、C兩點(diǎn)的距離和最小，若存在，求出此時(shí)M點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）P為拋物線上一點(diǎn)，它關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為Q，當(dāng)四邊形PBQC為菱形時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【分析】（1）用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；
（2）先求得點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后依據(jù)待定系數(shù)法求得直線BC的解析式，然后再求得拋物線的對(duì)稱軸方程，由三角形的三邊關(guān)系可知當(dāng)點(diǎn)M、C、B在一條直線上時(shí)，MC+MB有最小值，最后將點(diǎn)M的橫坐標(biāo)代入直線BC的解析式可求得點(diǎn)P的縱坐標(biāo)；
（3）先判斷出四邊形PBQC時(shí)菱形時(shí)，點(diǎn)P是線段BC的垂直平分線，利用該特殊性建立方程求解．
【解析】（1）將B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，
解得，m＝4，
二次函數(shù)解析式為y＝﹣x2+3x+4，
令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4）；

（2）存在，如圖所示

∵M(jìn)C+MB≥BC，
∴當(dāng)點(diǎn)M、C、B在一條直線上時(shí)，MC+MB有最小值．
∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，4）．
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+4．
∵將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)代入得：4k+b=0b=4，解得k＝﹣1，b＝4，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+4，
∵拋物線的對(duì)稱軸為x=?b2a=32，
∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為32，
∵將x=32代入直線BC的解析式得y=?32+4=52，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(32，52)；

（3）如圖，

∵點(diǎn)P在拋物線上，
∴設(shè)P（m，﹣m2+3m+4），
當(dāng)四邊形PBQC是菱形時(shí)，點(diǎn)P在線段BC的垂直平分線上，
∵B（4，0），C（0，4）
∴線段BC的垂直平分線的解析式為y＝x，
∴m＝﹣m2+3m+4，
∴m=1±5，
∴P(1+5，1+5)或P(1?5，1?5)．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式．
18．（2019秋?無(wú)棣縣期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)，A點(diǎn)在原點(diǎn)的左側(cè)，拋物線的對(duì)稱軸x＝1，與y軸交于C（0，﹣3）點(diǎn)，點(diǎn)P是直線BC下方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．
（1）求這個(gè)二次函數(shù)的解析式及A、B點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）連接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四邊形POP′C，那么是否存在點(diǎn)P，使四邊形POP′C為菱形？若存在，請(qǐng)求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形ABPC的面積最大？求出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)和四邊形ABPC的最大面積．

【分析】（1）函數(shù)的對(duì)稱軸為：x=?b2=1，解得：b＝﹣2，即可求解；
（2）四邊形POP′C為菱形，則yP=?12OC=?32，即可求解；
（3）ABPC的面積S＝S△ABC+S△BCP=12×AB×OC+12×PH×OB=12×4×3+12×3×（x﹣3﹣x2+2x+3）=?32x2?92x+6，即可求解．
【解析】（1）函數(shù)的對(duì)稱軸為：x=?b2=1，解得：b＝﹣2，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，則x＝﹣1或3，
故點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為：（﹣1，0）、（3，0）；

（2）存在，理由：
如圖1，四邊形POP′C為菱形，則yP=?12OC=?32，

即y＝x2﹣2x﹣3=?32，
解得：x＝1±102（舍去負(fù)值），
故點(diǎn)P（1+102，?32）；

（3）過(guò)點(diǎn)P作PH∥y軸交BC于點(diǎn)P，
由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)得，BC的表達(dá)式為：y＝x﹣3，
設(shè)點(diǎn)P（x，x2﹣2x﹣3），則點(diǎn)H（x，x﹣3），

ABPC的面積S＝S△ABC+S△BCP
=12×AB×OC+12×PH×OB
=12×4×3+12×3×（x﹣3﹣x2+2x+3）
=?32x2+92x+6，
∵?32＜0，
故S有最大值為758，此時(shí)點(diǎn)P（32，?154）．
【點(diǎn)評(píng)】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來(lái)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度，從而求出線段之間的關(guān)系．
19．（2019?延邊州一模）定義：在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），當(dāng)x＜0時(shí)，點(diǎn)P的變換點(diǎn)P′的坐標(biāo)為（﹣x，y）；當(dāng)x≥0時(shí)，點(diǎn)P的變換點(diǎn)P′的坐標(biāo)為（﹣y，x）．
（1）若點(diǎn)A（2，1）的變換點(diǎn)A′在反比例函數(shù)y=kx的圖象上，則k＝　﹣2??；
（2）若點(diǎn)B（2，4）和它的變換點(diǎn)B'在直線y＝ax+b上，則這條直線對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為　y=13x+103　，∠BOB′的大小是　90　度．
（3）點(diǎn)P在拋物線y＝x2﹣2x﹣3的圖象上，以線段PP′為對(duì)角線作正方形PMP'N，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，當(dāng)正方形PMP′N(xiāo)的對(duì)角線垂直于x軸時(shí)，求m的取值范圍．
（4）拋物線y＝（x﹣2）2+n與x軸交于點(diǎn)C，D（點(diǎn)C在點(diǎn)D的左側(cè)），頂點(diǎn)為E，點(diǎn)P在該拋物線上．若點(diǎn)P的變換點(diǎn)P′在拋物線的對(duì)稱軸上，且四邊形ECP′D是菱形，求n的值．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可解決問(wèn)題；
（2）確定點(diǎn)B′的坐標(biāo)，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程組解決；
（3）分m＜0和m≥0兩種情形解決．
（4）利用菱形的性質(zhì)，構(gòu)建方程即可解決問(wèn)題；
【解析】（1）由題意A′（﹣1，2），
把A（﹣1，2）代入y=kx中，得到k＝﹣2，
故答案為﹣2．

（2）點(diǎn)B（2，4）的變換點(diǎn)B′（﹣4，2），
把（2，4），（﹣4，2）代入y＝ax+b中．
得到2a+b=4?4a+b=2，
解得a=13b=103
∴y=13x+103，
∠BOB′＝90°，
故答案為y=13x+103，90．

（3）當(dāng)m＜0時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)P'關(guān)于y軸對(duì)稱，此時(shí)MN垂直于x 軸，所以m＜0．
當(dāng)m≥0時(shí)，若PP'⊥x軸，則點(diǎn)P'的坐標(biāo)為（m，m），點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，﹣m）．
將點(diǎn)P（m，﹣m）代入y＝x2﹣2x﹣3，得﹣m＝m2﹣2m﹣3．
解得m1=1+132，m2=1?132（不合題意，舍去）．
所以m=1+132．
若MN⊥x軸，則PP'∥x軸，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，m）．
將點(diǎn)P（m，m）代入y＝x2﹣2x﹣3，得m＝m2﹣2m﹣3．
解得m1=3+212，m2=3?212（不合題意，舍去）．
所以m=3+212．
綜上所述，m的取值范圍是m＜0，m=1+132，m=3+212．

（4）∵四邊形ECP'D是菱形，
∴點(diǎn)E與點(diǎn)P'關(guān)于x軸對(duì)稱．
∵點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2，n），
∴點(diǎn)P'的坐標(biāo)為（2，﹣n）．
當(dāng)點(diǎn)P在y軸左側(cè)時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣2，﹣n）．
代入y＝（x﹣2）2+n，得﹣n＝（﹣2﹣2）2+n．
n＝﹣8．
當(dāng)點(diǎn)P在y軸右側(cè)時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣n，﹣2）．
代入y＝（x﹣2）2+n，得﹣2＝（﹣n﹣2）2+n．n1＝﹣2，n2＝﹣3．
綜上所述，n的值是n＝﹣8，n＝﹣2，n＝﹣3．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、待定系數(shù)法、變換點(diǎn)的定義等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的射線思考問(wèn)題，學(xué)會(huì)用方程的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
20．（2019?越秀區(qū)校級(jí)一模）如圖1，拋物線C1：y＝ax2+bx﹣2與直線l：y=?12x?12交于x軸上的一點(diǎn)A，和另一點(diǎn)B（3，n）
（1）求拋物線C1的解析式；
（2）點(diǎn)P是拋物線C1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P在A，B兩點(diǎn)之間，但不包括A，B兩點(diǎn)）PM⊥AB于點(diǎn)M，PN∥y軸交AB于點(diǎn)N，求MN的最大值；
（3）如圖2，將拋物線C1繞頂點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后，再作適當(dāng)平移得到拋物線C2，已知拋物線C2的頂點(diǎn)E在第一象限的拋物線C1上，且拋物線C2與拋物線C1交于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D作DF∥x軸交拋物線C2于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)E作EG∥x軸交拋物線C1于點(diǎn)G，是否存在這樣的拋物線C2，使得四邊形DFEG為菱形？若存在，請(qǐng)求E點(diǎn)的橫坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）求直線l與x軸交點(diǎn)A坐標(biāo)、B坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求拋物線C1的解析式．
（2）延長(zhǎng)PN交x軸于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)P橫坐標(biāo)為m，由PN∥y軸可得點(diǎn)N、H橫坐標(biāo)也為m，即能用m表示PN、NH、AH的長(zhǎng)．由∠AHN＝∠PMN＝90°及對(duì)頂角∠ANH＝∠PNM可得∠NAH＝∠NPM．發(fā)現(xiàn)在Rt△PMN中，MN與PN比值即為sin∠NPM，故先在Rt△ANH中求sin∠NAH的值，再代入MN＝PN?sin∠NPM，即得到MN與m的函數(shù)關(guān)系式，配方即求得MN最大值．
（3）設(shè)點(diǎn)E（e，12e2?32e﹣2），所以可設(shè)拋物線C2頂點(diǎn)式為y=?12（x﹣e）2+12e2?32e﹣2．令兩拋物線解析式y(tǒng)＝0列得關(guān)于x的方程，解得兩拋物線的另一交點(diǎn)D即為拋物線C1的頂點(diǎn)，故DG＝DE＝EF，且求得DF平行且等于GE，即四邊形DFEG首先一定是平行四邊形．由?DFEG為菱形可得DF＝DG，故此時(shí)△DEF為等邊三角形．利用特殊三角函數(shù)值作為等量關(guān)系列方程，即求得e的值．
【解析】（1）直線l：y=?12x?12交x軸于點(diǎn)A
∴?12x?12=0，解得：x＝﹣1
∴A（﹣1，0）
∵點(diǎn)B（3，n）在直線l上
∴n=?12×3?12=?2
∴B（3，﹣2）
∵拋物線C1：y＝ax2+bx﹣2經(jīng)過(guò)點(diǎn)A、B
∴a?b?2=09a+3b?2=?2 解得：a=12b=?32
∴拋物線C1的解析式為y=12x2?32x﹣2

（2）如圖1，延長(zhǎng)PN交x軸于點(diǎn)H
∴∠AHN＝90°
設(shè)P（m，12m2?32m﹣2）（﹣1＜m＜3）
∵PN∥y軸
∴xN＝xH＝xP＝m
∴N（m，?12m?12），AH＝m+1，
∴NH＝﹣（?12m?12）=12m+12，PN=?12m?12?（12m2?32m﹣2）=?12m2+m+32
∵Rt△AHN中，tan∠NAH=NHAH=12
∴sin∠NAH=NHAN=NHNH2+AH2=NHNH2+(2NH)2=NH5NH=55
∵PM⊥AB于點(diǎn)M
∴∠AHN＝∠PMN＝90°
∵∠ANH＝∠PNM
∴∠NAH＝∠NPM
∴Rt△PMN中，sin∠NPM=MNPN=55
∴MN=55PN=55（?12m2+m+32）=?510（m﹣1）2+255
∴MN的最大值為255

（3）存在滿足條件的拋物線C2，使得四邊形DFEG為菱形
如圖2，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥DF于點(diǎn)Q
∵y=12x2?32x﹣2=12（x?32）2?258
∴拋物線C1頂點(diǎn)為（32，?258）
設(shè)E（e，12e2?32e﹣2）（e＞4）
∴拋物線C2頂點(diǎn)式為y=?12（x﹣e）2+12e2?32e﹣2
當(dāng)?12（x﹣e）2+12e2?32e﹣2=12x2?32x﹣2
解得：x1＝e，x2=32
∴兩拋物線另一交點(diǎn)D（32，?258）為拋物線C1頂點(diǎn)
∵EG∥x軸，DF∥x軸
∴EG＝DF＝2DQ＝2（e?32）＝2e﹣3，EQ=12e2?32e﹣2+258=12e2?32e+98
∴四邊形DFEG是平行四邊形
若?DFEG為菱形，則DG＝DF
∵由拋物線對(duì)稱性可得：DG＝DE＝EF
∴DE＝EF＝DF
∴△DEF是等邊三角形
∴EQDQ=tan∠EDQ=3
∴12e2?32e+98=3（e?32）
解得：e1=32（舍去），e2＝23+32
∴E點(diǎn)的橫坐標(biāo)為（23+32）時(shí)，四邊形DFEG為菱形．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，求二次函數(shù)最值，二元一次方程組和一元二次方程的解法，菱形的判定和性質(zhì)．第（3）題問(wèn)是否存在滿足條件的點(diǎn)E，使四邊形DFEG為菱形，需要先證明它一定是平行四邊形，才有可能存在．

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