專題27二次函數(shù)綜合題存在性菱形類

2023年八升九數(shù)學暑假培優(yōu)計劃專題27二次函數(shù)綜合題——存在性菱形類1．綜合與探究：如圖，已知拋物線y=?38x2+94x+6與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左邊），與y軸交于點C．直線BC與拋物線的對稱軸交于點E．將直線BC沿射線CO方向向下平移

(1)求出點A，B，C的坐標，并直接寫出直線AC，BC的解析式；(2)當△CDB是以BC為斜邊的直角三角形時，求出n的值；(3)直線BC上是否存在一點P，使以點D，E，F(xiàn)，P為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A?2,0，B8,0，C0,6，直線AC為y=3x+6，直線BC(2)n=(3)P?310【分析】（1）令x=0，可得C的坐標，令y=0，可得A，B的坐標，再利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)的解析式即可；（2）如圖，以BC為直徑作圓T，與對稱軸交于點D，連接DT，DC，DB，則∠CDB=90°，將直線BC沿射線CO方向向下平移n個單位，解析式為：y=?34x+6?n，求解拋物線的對稱軸為：直線x=8?22=3，可得（3）當DE為邊時，如圖，過E作EK⊥PF于K，結(jié)合菱形DEPF可得EK∥AB，可得∠PEK=∠PBA，cos∠PEK=cos∠PBA=45，表示EK=45n，PK=35n，可得P3?【詳解】（1）解：令x=0，則y=6，∴C0,6令y=0，則y=?3∴x?8x+2解得：x1=8，∴A?2,0，B設直線AC為y=kx+6，∴?2k+6=0，解得：k=3，∴直線AC為y=3x+6，同理可得直線BC為：y=?3（2）如圖，以BC為直徑作圓T，與對稱軸交于點D，連接DT，DC，DB，則∠CDB=90°，

將直線BC沿射線CO方向向下平移n個單位，解析式為：y=?3∵拋物線的對稱軸為：直線x=8?2∴y=?9∴D3,∵B8,0，C∴BC=10，圓心T4,3∴3?42解得：n1=3∴n=3（3）當DE為邊時，如圖，過E作EK⊥PF于K，結(jié)合菱形DEPF可得EK∥∴∠PEK=∠PBA，

∴cos∠PEK=cos∠PBA=4∵xE=3，則yE由平移的性質(zhì)結(jié)合菱形的性質(zhì)可得：ED=EP=n，∴EK=45n∴P3?∴F的橫坐標為：3?4∴F的縱坐標為：33?由PF=n可得：154解得：n=33∴P?如圖，當DE為對角線時，

由菱形的對角線的性質(zhì)可得：P8,0綜上：P?310【點睛】本題考查的是求解二次函數(shù)與坐標軸的交點坐標，求解一次函數(shù)的解析式，菱形的性質(zhì)的應用，勾股定理的應用，圓周角定理的應用，銳角三角函數(shù)的應用，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．2．如圖，拋物線y=ax2+bx+c

(1)求拋物線的解析式；(2)設點P是直線BC上方拋物線上一點，求出△PBC的最大面積及此時點P(3)若點M是拋物線對稱軸上一動點，點N為坐標平面內(nèi)一點，是否存在以BC為邊，點B、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=?(2)△PBC的最大面積為278(3)存在，N2,2或4,17或4,?17或?2,【分析】（1）利用待定系數(shù)法代入求解即可；（2）利用待定系數(shù)法先確定直線BC的解析式為y=?x+3，設點Px,?x2+2x+3(0<x<3)，過點P作PD⊥x（3）分兩種情況進行分析：若BC為菱形的邊長，若BC為菱形的對角線，分別利用菱形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）解：將點A?1,0a?b+c=09a+3b+c=0解得：a=?1b=2∴拋物線的解析式為y=?x（2）設直線BC的解析式為y=kx+b，將點B、C代入得：3k+b=0b=3解得：k=?1b=3∴直線BC的解析式為y=?x+3，∵B3,0∴OB=3，設點Px,?x2+2x+3(0<x<3)

∴Ex,?x+3∴PE=?x∴SΔPBC∴當x=32時，△PBC?x∴P（3）存在，N2,2或4,17或4,?17或?2,∵B3,0∵拋物線的解析式為y=?x∴對稱軸為：x=1，設點M(1,t)，N(x,y)，若BC為菱形的邊長，菱形BCMN，則BC2=CM解得：t1=17∵3+1=0+x0+t=3+y∴x=4,y=t?3，∴N14,17若BC為菱形的邊長，菱形BCNM，則BC2=BM解得：t1=14∵3+x=0+10+y=3+t∴x=?2,y=3+t，∴N3?2,14若BC為菱形的對角線，3+0=x+10+3=y+t∴x=2,y=3?t，∵BM2=CM解得：t=1，∴y=3?1=2，∴N5綜上可得：N2,2或4,17或4,?17或?2,【點睛】題目主要考查二次函數(shù)的綜合應用，包括待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，三角形面積問題及特殊四邊形問題，全等三角形的判定和性質(zhì)等，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．3．如圖，直線y=mx+nm≠0．與拋物線y=?x2+bx+c交于

(1)求拋物線的解析式；(2)若點C在拋物線上，且△ABC的面積為3，求點C的坐標；(3)若點P在拋物線上，PQ⊥OA交直線AB于點Q，點M在坐標平面內(nèi)，當以B,P,Q,M為頂點的四邊形是菱形時，請直接寫出點M的坐標．【答案】(1)y=?(2)點C的坐標為0,3或1,4或1?172，(3)點M的坐標為2,1或0,3或2,32+1或【分析】（1）將A?1,（2）根據(jù)題意分當點C在直線AB上方時和點C在AB的下方兩種情況即可解答；（3）設點Pa，?【詳解】（1）解：∵拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過點A∴?1?b+c=0?4+2b+c=3∴解得b=2c=3∴拋物線的解析式為y=?x（2）解：設點C的坐標為x,y，如圖1，當點C在直線AB上方時，過點B作BD⊥x軸，垂足為D，連接CD，

∴點D2，0∵A?1,∴AD=3，BD=3，∴S△ABC∴y=x+3，∴點C在直線y=x+3上，∵點C在拋物線上，∴點C是直線y=x+3與拋物線的交點，∴x+3=?x解得：x1=0，∴點C的坐標0,3或1,4；設直線AB的解析式為：y=kx+bk≠0則?k+b=02k+b=3，解得：k=1∴y=x+1，∴直線y=x+3是直線AB向上平移2個單位得到的，∴將直線AB向下平移2個單位，得到直線y=x?1，與拋物線的交點與點A,B組成的三角形的面積也為3，即：當點C在直線AB下方時，為直線y=x?1與拋物線的交點，

∴x?1=?x解得：x1=1?∴點C的坐標為1?172綜上，點C的坐標為0,3或1,4或1?172，（3）解：由（2）知：直線AB為y=x+1，設直線與y軸的交點為E，

當x=0時，y=1，∴直線AB與y軸的交點為：E0,1∴OE=OA，∴∠OAE=∠OEA=45°，設點Pa,?a2∵以B,P,Q,M為頂點的四邊形是菱形，當PQ為邊，則：BM∥PQ，即：點M的橫坐標為：2，點P在點Q上方時：①如圖，當PQ=BP時，

∵PQ⊥OA，∴∠PQB=45°，∴∠MQB=45°，∴∠PQM=90°，∴∠BPQ=90°，∴PB∥x軸，∵B2,3∴點P0,3∴BM=BP=2，∴點M2,1②當PQ=BQ時，如圖，過點B作BF⊥PQ，則：BF=2?a，

∵∠PQB=45°，∴BQ=2又PQ=?a∴22?a解得：a1=2(舍)，∴BM=BQ=32∴M2,3當點P在點Q下方時：如圖：

同上②法可得：22?a解得：a3=2(舍)，∴BM=BQ=32∴M2,?3當PQ為對角線時，如圖，則：BM⊥PQ，∴BM∥x軸，即點M的縱坐標為3，設BM,PQ相交與點G，

∵∠PQB=45°，∴∠BQM=90°，∴∠PBQ=90°，∴PQ=2BG，即：22?a解得：a=1或a=2（舍去）；∴BM=2，∴M0,3綜上所述，點M的坐標為2，1或0，3或2，32+1或【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合應用．熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想進行求解，是解題的關鍵.4．綜合與探究如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+4a≠0與x軸交于點A,B，與y軸交于點C，OA=1,OB=4，(1)求拋物線的解析式；(2)頂點D的坐標為_________；已知點Qm,n在拋物線上，當?1≤m≤4時，則n(3)Q是線段BD上的一個動點，連接AQ，當線段AQ最短時，請求出點Q的坐標；(4)若M是對稱軸上的動點，在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使以O,B,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=?(2)32,(3)Q(4)N?52,392【分析】（1）根據(jù)題意得出A?1,0（2）將解析式化為頂點式，即可得出點D的坐標，以及y的最大值，結(jié)合圖象即可得出m的取值范圍；（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)進行分類討論即可．【詳解】（1）解：∵OA=1,OB=4，∴A?1,0把A?1,0,B4,00=a?b+40=16a+4b+4，解得：a=?1∴拋物線的解析式為y=?x（2）解：∵y=?x∴D3∵a=?1<0，∴當x=32時，y有最大值∵當x=1時，y=0，當x=4時，y=0，∴?1≤m≤4時，則n的取值范圍為0≤m≤25故答案為：32,25（3）解：當AQ⊥BD時，線段AQ最短，過點Q作QH⊥x軸于點H，過點D作DG⊥x軸于點G，∵AQ⊥BD，DG⊥x軸，∴∠BDG+∠ABD=∠BAQ+∠ABD=90°，即∠BDG=∠BAQ，∵B4,0，D∴DG=25∴，cos∠BDG=DG∵AB=4+1=5，∴AQ=AB?cos∠BAQ=5×5∴QH=AQ?sin∠BAQ=25AH=AQ?cos∠BAQ=25則OH=AH?1=96∴Q96（4）解：∵點M在對稱軸上，∴設M3①當OB為對角線時，∵該四邊形為菱形，∴OB⊥MN，∵OB⊥對稱軸，且點M在對稱軸上，∴MN與對稱軸重合，又∵OT=32,BT=∴與菱形項矛盾，故此情況不存在；②當OM為對角線時，∵該四邊形為菱形，∴OB=BM=MN=4，∴點N的橫坐標為32∵BT=5根據(jù)勾股定理可得：MT=B∴N?52③當ON為對角線時，∵該四邊形為菱形，∴OB=OM=MN=4，∴點N的橫坐標為32∵OT=3根據(jù)勾股定理可得：MT=O∴N112,綜上：存在，N?52,392或【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合，解題的關鍵是掌握用待定系數(shù)法求解二次函數(shù)解析式的方法和步驟，解直角三角形的方法，勾股定理，菱形的判定和性質(zhì)．5．如圖，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于A3，

(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，存在點Q，使得以A，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形，請直接寫出所有符合條件的點Q的坐標．【答案】(1)y=﹣(2)P1，2，周長(3)Q14，?17，Q24，17【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）因為BC為定值，所以當PB+PC最小時，△PBC的周長最小，如圖1，連接AC交對稱軸于點P，由軸對稱性質(zhì)可知，此點P即為所求，再利用勾股定理求出AC、BC，即可得出答案；（3）設P1,t，則AC2=32+32=18，AP2=1?32【詳解】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3∴9a+3b+3=0a?b+3=0解得：a=?1b=2∴該拋物線的解析式為y=?x（2）在y=?x2+2x+3中，令x=0∴C0，3∵△PBC的周長為：PB+PC+BC，BC是定值，∴當PB+PC最小時，△PBC的周長最小．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，∵A3，0∴AC=32∴△PBC周長的最小值是：32拋物線對稱軸為直線x=?2設直線AC的解析式為y=mx+n，將A3，03m+n=0n=3解得：m=?1n=3∴直線AC的解析式為y=?x+3，∴當x=1時，y=2∴P1，2（3）存在．設P∵A3，0則AC2=32∵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解得：t=3±17∴P1∵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∴m+02解得：m=4，n=?17∴Q1當P2∴m+02解得：m=4，n=17∴Q2②以AC為對角線時，則PC=AP，如圖3，

∴t2解得：t=1，∴P3∵四邊形AP0CQ是菱形，∴AC與PQ互相垂直平分，即AC與CQ中點重合，∴m+12解得：m=2，n=2，∴Q3③當以CP為對角線時，則AP=AC，如圖4，

∴t2解得：t=±14∴P4∵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，∴3+m2解得：m=?2，n=3±14∴Q4?2,綜上所述，符合條件的點Q的坐標為：Q14，?17，Q24，17，【點睛】本題是二次函數(shù)壓軸題，考查了二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、待定系數(shù)法、圖形面積計算、軸對稱最短路線，菱形性質(zhì)，點和線段的平移等知識點，熟練掌握二次函數(shù)圖像和性質(zhì)，軸對稱性質(zhì)等相關知識是解題關鍵．6．已知拋物線y=?34x2+94x+3與x軸交于點A，點B，與y軸交于點

(1)則點A、B、C的坐標分別為________、________、________；(2)點P是拋物線上一動點，過點P作PE⊥x軸于點E，交直線BC于點D，連接PC．①如圖1，若動點P在直線BC上方運動時，過點P作PF⊥BC于點F，試求△PFD的周長的最大值．②如圖2，當點P在拋物線上運動時，將△CPD沿直線CP翻折，點D的對應點為點Q，若以C、D、P、Q為頂點的四邊形能成為菱形，求點P的坐標．【答案】(1)?1,0，4,0，0,3(2)①365；②73,【分析】（1）根據(jù)拋物線解析式，求出拋物線與x軸和y軸的交點坐標，即可得到答案；（2）①設Pm,?34m2+94m+3，△PFD的周長為L，則Dm,?34m+3，PD=?②根據(jù)菱形的性質(zhì)可知，CD∥PD，且CD=PD，即點Q落在y軸上．過點D作DG⊥y軸于點G，設Pn,?34n2+94n+3，則Dn,?34n+3【詳解】（1）解：∵拋物線y=?34x2+94x+3與x軸交于點令y=0，則?34x2+令x=0，則y=3，∴A?1,0、B4,0，故答案為：?1,0、4,0、0,3；（2）解：①設Pm,?34m2則Dm,?34∵PE⊥x軸，∴PE∥∴∠PDF=∠BCO，∵∠PFD=∠BOC=90°，∴△PFD∽△BOC，∴△PDF的周長由題意可知，OC=3、OB=4，∴BC=O∴△BOC的周長為OB+OC+BC=3+4+5=12，∴L∴L=?9∴當m=2時，L最大即△PFD的周長的最大值為365②將△CPD沿直線CP翻折后，以C、D、P、Q為頂點的四邊形能成為菱形，∴CD∥PD，且∴點Q落在y軸上，如圖2，過點D作DG⊥y軸于點G，

設Pn,?34n2∴CG=3??34在Rt△CGD中，CD=C∵PD=CD，∴?34n解方程①得：n=73或解方程②得：n=173或當n=73時，當n=173時，故以C、D、P、Q為頂點的四邊形能成為菱形的點P的坐標為73,25

【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，軸對稱的性質(zhì)等知識，熟練掌握利用解析式表示出線段的長，并利用相似比或勾股定理列方程式解題關鍵．7．如圖，拋物線y=?49x2+89x+329與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），頂點為D，點P為對稱軸右側(cè)拋物線上的一個動點，其橫坐標為m，直線AD交y軸于點C，過點P作PF∥AD交x軸于點

(1)直接寫出點A，B，D的坐標；(2)當DM=3MF時，求m的值；(3)試探究點P在運動過程中，是否存在m，使四邊形AFPE是菱形，若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A?2，0，(2)1+33(3)存在，點P的坐標為238,【分析】（1）根據(jù)拋物線的解析式即可求解；（2）分兩種情況，過點D作DN⊥x軸于點N，交PE于點G，根據(jù)PE∥x軸，利用平行線分線段成比例定理，當DM=3MF時，可求得（3）分點P在x軸上方、點P在x軸下方兩種情況，利用AE=PE，分別求解即可．【詳解】（1）解：當y=0時，?4解得x1=?2，∵點A在點B的左側(cè)∴A?2，0∵y=?4∴D1（2）解：①當點P在x軸上方時，作DN⊥x軸，交x軸于點N，交PE于點G，如圖所示，

∵D1∴DN=4，∵PE∥∴DG∵DM=3MF，∴DG=3GN，∵DN=DG+GN=4，∴GN=1，∴?4解得x1=1+3∵點P在拋物線對稱軸的右側(cè)∴m=x②當點P在x軸下方時，作DN⊥x軸，交x軸于點N，交PE于點G，如圖所示，

∵DM=3MF，∴DF=2MF，∵PE∥∴∴GN=2，∴?4解得x1=1+3∵點P在拋物線對稱軸的右側(cè)m=x綜上所述，m的值為1+332（3）解：存在，理由如下：設直線AD的函數(shù)表達式為y=kx+b，∵直線AD過點A?2，0∴解得：k=∴y=4當點P在軸上方時，設點Pm,?則點E的坐標為x,?4把點E的坐標代入AD的表達式得：解得：?1∴EP=m??由直線AD的表達式知：tan∠EAO=4∴cos∠EAO=3∴AE=5∵四邊形AFPE是菱形，則AE=EP，∴m??解得m=?2（舍去）或238∴點P的坐標為238當點P在軸下方時，同理可得，點P的坐標為172綜上，點P的坐標為238,39【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，解一元二次方程，求一次函數(shù)解析式等知識，要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關系．8．如圖，拋物線y=?16x2+36x+3與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），與

(1)如圖1，求直線BC的表達式；(2)如圖1，點P是直線BC上方拋物線上的一動點，過點P作y軸的平行線交直線BC于點Q，過點P作x軸的平行線交直線BC于點H，求△PQH周長的最大值和此時P點的坐標；(3)如圖2，將拋物線沿射線BC方向平移4個單位得到新拋物線y′，新拋物線y′與坐標軸y軸交于點M．點D與點C關于x軸對稱，連接BD，將△BCD沿直線AC平移得到△B′C′D′．平移過程中，在直線ME上是否存在點N，使得N，B′【答案】(1)y=?(2)93+27(3)N【分析】（1）根據(jù)拋物線解析式，確定A、B、C的坐標，再利用待定系數(shù)法確定解析式即可．（2）根據(jù)tan∠CBO=OCOB=333=33，得到∠CBO=30°，繼而得到∠PHQ=30°，得到△PQH（3）根據(jù)拋物線沿射線BC方向平移4個單位得到新拋物線y′，結(jié)合∠CBO=30°，得到4sin30°=2,4cos30°=23即將y=?16x?y=?16x2?32x+4確定M的坐標，從而確定直線ME的解析式，根據(jù)A?23,0,C0,3【詳解】（1）∵，拋物線y=?1令y=∴?1解得x1令x=∴y=3，∴A?2設BC的解析式為y=kx+3，∴33解得k=?3故直線BC的解析式為y=?3（2）∵B3∴BO=33∴tan∠CBO=OC∴∠CBO=30°，∵PH∥x軸，PQ∥y軸，∴∠PHQ=30°,∠QPH=90°，∴HQ=2PQ,PH=3∴△PQH周長等于3+3∵y=?16設點Pn,?16∴PQ=?1

故當n=332時，PQ此時?16n故△PQH周長的最大值為93+278（3）∵拋物線沿射線BC方向平移4個單位得到新拋物線y′，∠CBO=30°，∴4sin30°=2,4cos30°=23即將y=?16x?整理得y=?1∴M的坐標為0,4，∵直線BC的解析式為y=?33x+3∴E3設ME的解析式為y=px+4，∴32解得p=?3故直線ME的解析式為y=?3∵A?2

∴OCOA=323∵B3∴B′∵菱形的對角線互相垂直平分，C′D′∴NB∴對角線交點坐標為2t,3t，∴33解得x=2t?33∴N2t?3∴3t=?解得t=13∴N?【點睛】本題考查了拋物線與一元二次方程，三角函數(shù)的應用，構(gòu)造二次函數(shù)求最值，平移規(guī)律，一次函數(shù)解析式的確定，菱形的性質(zhì)，中點坐標公式，熟練掌握三角函數(shù)的應用，構(gòu)造二次函數(shù)求最值，平移規(guī)律，菱形的性質(zhì)，中點坐標公式．9．綜合與探究如圖，拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于點A、點B，與y軸交于點C，直線y=2x?6與拋物線交于點B、點C，直線y=?12x?1與拋物線交于點A，與y軸交于點(1)求拋物線的解析式；(2)已知點Mm,n在拋物線上，當?4≤m≤2時，直接寫出n(3)H是直線CB上一點，若S△ECH=2S(4)P是x軸上一點，Q是平面內(nèi)任意一點，是否存在以B，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形？者存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)?(3)4,2或?4,?14(4)35,?6或?3【分析】（1）先求得A、B、C三點的坐標，然后代入y=ax（2）根據(jù)對稱軸直線y=?b2a求出對稱軸，即可得出最小值，再分別求出m=2時的函數(shù)值，即可確定n取值范圍；（3）先求出點E、F的坐標，然后再運用勾股定理逆定理說明EF⊥BC，設Hm,n，再分H在EF（4）先求出BC的長，然后當BC為菱形一邊和對角線兩種情況分別畫圖，再結(jié)合菱形的性質(zhì)、勾股定理即可解答．【詳解】（1）解：∵直線y=2x?6與x軸、y軸交于點B、點C,∴B3,0,C∵直線y=?1∴A?2,0∵拋物線y=ax2+bx+c∴0=9a+3b+c?6=c0=4a?2b+c，解得：∴拋物線的解析式為y=x（2）解：∵y=x?∴拋物線的對稱軸為x=1∵點Mm,n在拋物線上，?4≤m≤2∴當x=12時，拋物線有最小值?25∵當m=?4時，n=?4?122?∴n的取值范圍為?25（3）解：∵直線y=?1∴E0,?1∵y=?12x?1∴F2,?2∴EC∴E∴EF⊥BC．設Hm,n①當H在EF上方，∵S△ECH∴12∴CH=2CF，即F是CH的中點，∴0+m2=2?6+n∴H4,2②當H在EF下方，∵S△ECH∴12∴CH=2CF，設點Gm,n為HC的中點，如圖，即C是FG∴2+m2=0?2+n∴G?2,?10∵C0,?6∴設點Hj,?，由G?2,?10為∴0+j2=?2?6+?∴H?4,?14綜上，點H的坐標為4,2或?4,?14．（4）解：存在一點Q使存在以B，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形，理由如下：∵B3,0,C∴BC=6①當BC為菱形一邊時，則P1∴Q10+35②當BC為菱形對角線時，則BP設P3n,0，∵P3∴3?n2解得：n=?9∴P3∴Q3綜上，點Q的坐標為35,?6或?35【點睛】本題主要考查了求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)與面積的綜合、二次函數(shù)與特殊四邊形的綜合等知識點，綜合運用所學知識成為解答本題的關鍵．10．如圖，拋物線y=?49x2+89x+329與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），頂點為D．點P為對稱軸右側(cè)拋物線上的一個動點，其橫坐標為m，直線AD交y軸于點C，過點P作PF∥AD交x軸于點F，(1)直接寫出點A，B，D的坐標；(2)當DM=3MF時，求m的值；(3)試探究點P在運動過程中，是否存在m，使四邊形AFPE是菱形，若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A?2,0．B4,0(2)m=1+323(3)點P的坐標為238,39【分析】（1）令y=0，可得?4（2）過點D作DQ⊥x軸于點Q，交PE于點N．設Pm,?49m2+89m+（3）分點P在x軸上方、點P在x軸下方兩種情況，根據(jù)tan∠EAO=43，cos∠EAO=35=xE?x【詳解】（1）解：y=?4當y=0時，?4解得x1=?2，∵點A在點B的左側(cè)，∴A?2,0．B∵y=?49x∴D1,4（2）如圖，過點D作DQ⊥x軸于點Q，交PE于點N．∵點P的橫坐標為m，∴Pm,?∵D1,4，∴DN=4?NQ=?∵PE∥∴DNNQ當DM=3MF時，DNNQ∴DN=3NQ，即49當49m2∵點P在拋物線對稱軸的右側(cè)，∴m=1+3當49m2∵點P在拋物線對稱軸的右側(cè)，∴m=1+3綜上所述，m=1+323（3）存在，理由：設直線AD的函數(shù)表達式為y=kx+b，∵直線AD過點A?2,0，D則?2k+b=0k+b=4，解得k=∴y=4當點P在x軸上方時，設點Pm,?49把點E的坐標代入AD的表達式得：43解得x=?1故點E的坐標為?1則EP=m??∵OA=2,OC=8∴AC=2∴tan∠EAO=43，則則AE=5∵四邊形AFPE是菱形，則AE=EP，即m??解得m=?2（舍去）或238，故點P的坐標為23當點P在x軸下方時，AE=?5∴13解得x1=?2（舍）或代入得P點坐標為172綜上，點P的坐標為238,39【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合問題，求一次函數(shù)解析式，平行線分線段成比例，解直角三角形，菱形的性質(zhì)與判定，綜合運用以上知識，并分類討論是解題的關鍵．11．綜合與探究：如圖，拋物線y=43x2+83x?4與x軸交于A，B兩點（點(1)求點A，B，C的坐標；(2)點D是第三象限內(nèi)拋物線上的動點，設點D的橫坐標為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時點D的坐標；(3)若點P在拋物線對稱軸上，點Q是平面內(nèi)一點，試探究，是否存在點P，Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A?3，0，B1，0(2)當點D坐標為?32，?5時，四邊形ABCD(3)存在，P的坐標為?1，【分析】（1）對于y=43x2+83x?4，分別令（2）連接OD，設Dm，43m2+83m?4（3）由y=43x2+83x?4可得拋物線對稱軸為直線x=?1，設P?1，t，Qp，q【詳解】（1）解：對于y=43x2+∴C0，?4令y=0，得43解得：x1∴A?3，0，B（2）解：連接OD，如圖：∵點D的橫坐標為m，∴Dm，∴S△AODS△CODS△BOC∴S=S∵?2<0，∴當m=?32時，S取最大值，最大值為∴yD∴此時D?綜上可知當點D坐標為?32，?5時，四邊形ABCD（3）存在點P，Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形．理由：由y=43x∴可設P?1，t∵以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形，∴AC的中點與PQ的中點重合，且AP=CP，∴xP+x∴?1+p=?3+0，t+q=0+4．∵A?3，0∴AP=xCP=x∴AP2=C聯(lián)立?1+p=?3+0t+q=0+44+t∴點P的坐標為?1，13∴存在點P，Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形，此時點P的坐標為?1，13【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應用，涉及函數(shù)圖象上點坐標的特征，三角形面積，菱形的性質(zhì)，兩點的距離公式等知識，解題的關鍵是用含字母的代數(shù)式表示相關點坐標和相關線段的長度．12．綜合與探究如圖，直線y=?x+4與x軸交于點B，與y軸交于點C，經(jīng)過B，C兩點的拋物線y=?12x2+bx+c與x(1)求拋物線的解析式以及點A的坐標；(2)若點P是直線BC上方拋物線上的一個動點，過點P作PQ∥AC交直線y=?x+4于點Q，求線段PQ的最大值；(3)若點M在直線BC上運動，在坐標平面內(nèi)是否存在另一個點N，使得以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)拋物線的解析式為y=?12x(2)PQ的最大值為25(3)點N的坐標為?2?10，10或?2+10，?【分析】（1）先求得B4，0（2）過A作AF∥BC交y軸于點F，過點P作PD⊥x軸于點E，交BC于點D，證明△AFC∽△QDP，得到PQ=53PD，當PD取得最大值時，PQ（3）分四種情況討論求解即可．【詳解】（1）解：在y=?x+4中，令x=0，則y=4，令y=0，則0=?x+4，解得x=4，∴B4，0把B4，0，C0，4得?1解得b=1c=4∴拋物線的解析式為y=?1令x=0，則?1解得x=4或x=?2，∴A?2，0（2）解：過A作AF∥BC交y軸于點F，過點P作PD⊥x軸于點E，交∵A?2，0∴AC=2設直線AF的解析式為y=?x+b1，則解得b1∴直線AF的解析式為y=?x?2，令x=0，則y=∴F0，?2∴CF=6，∵AF∥BC，∴∠AFC=∠FCB=∠QDP，∵PQ∥AC，

∴∠ACQ=∠PQC，∵AF∥∴∠CAF=180°?∠ACQ=180°?∠PQC=∠PQD，∴△AFC∽△QDP，∴ACPQ∴PQ=256PD=5設Pm，?12m2∵?1∴當m=2時，PD有最大值為2，∴PQ的最大值為25（3）解：當點N在第二象限時，作N1∵四邊形ACM∴AN1=AC=2∵B4，0∴OB=OC，∴∠OBC=45°，∴∠N∴AG=N∴N1同理，當點N在第四象限時，N2當點N在第一象限時，作N3同理可得△AOC≌△CN∴CH=OA=2，N3∴N3當AC是對角線時，設M4由菱形的性質(zhì)知M4A=M解得a=5，則M4∴AM同理，AG∴N4綜上，點N的坐標為?2?10，10或?2+10，?【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，兩直線平行時k值相等是解題的關鍵．13．如圖，拋物線y=24x2+bx+c與x軸交于點A?2,0、B，與(1)求拋物線的解析式；(2)過點A作AF⊥AD交對稱軸于點F，在直線AF下方對稱軸右側(cè)的拋物線上有一動點P，過點P作PQ∥y軸交直線AF于點Q，過點P作PE⊥DF交于點E，求PQ+PE最大值及此時點(3)將原拋物線沿著x軸正方向平移，使得新拋物線經(jīng)過原點，點M是新拋物線上一點，點N是平面直角坐標系內(nèi)一點，是否存在以B、C、M、N為頂點的四邊形是以BC為對角線的菱形，若存在，求所有符合條件的點N的坐標．【答案】(1)y=2(2)PQ+PE的最大值為62，此時P(3)存在，N32?3,6?【分析】（1）代入法求解即可；（2）由（1）和題意可求得D2,?22與F關于x軸對稱得F2,22，設AF直線方程為：y=kx+b，則AF解析式為y=x+2，設Pt,24t2?t?322，（3）平移后拋物線過原點，則拋物線向右平移2個單位，得y=24x2?2x以B、C、M、N為頂點的四邊形是以BC為對角線的菱形，由（1）得C0,?322，B32,0，取BC中點R，則R322,?3【詳解】（1）解：拋物線過A?2,0∴24解得：b=?1c=?∴拋物線解析式為：y=2（2）由（1）可知當x=2時y=?2∴頂點D2∴DM=AM=22∴∠MAD=45°，

∵AF⊥AD，∴∠MAF=45°，∴D2,?22∴F2設AF直線方程為：y=kx+b，則有:22解得：k=1b=∴AF解析式為y=x+2設Pt,24∴PQ=?24t∴PQ+PE=?2∵?24<0∴當t=32時，PQ+PE的最大值為6此時P3（3）平移后拋物線過原點，則拋物線向右平移2個單位，得y=2即為y=2∵以B、C、M、N為頂點的四邊形是以BC為對角線的菱形，由（1）得C0,?32∴BC=3取BC中點R，則R3∴BR=3作BC的中垂線分別交x軸、y軸于Q、P，則△BCO～△BQR，∴BQBR∴BQ=5∴OQ=OB?BQ=32∴Q9設PR直線方程為：y=mx+n，則有:?3解得：m=?2b=∴PR解析式為y=?2x+9聯(lián)立有y=2解得：x=±3，當x=3時代入y=?2x+924當x=?3時代入y=?2x+924∴M3,?6+92∵R322設Nx,y則有：x+32=3解得：x=32?3y=6?∴N32?3,6?【點睛】本題考查了代入法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，一次函數(shù)與二次函數(shù)交點問題，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)的應用；解題的關鍵是熟練掌握相關性質(zhì)并靈活運用14．如圖，拋物線y=ax2+bx?6與x軸相交于A，B兩點，與y(1)求拋物線的函數(shù)表達式；(2)若點D的坐標為4,4，M是拋物線對稱軸上一點，N是平面內(nèi)一點，是否存在以點A，D，M，N為頂點的矩形，若存在，請求出點M的坐標，若不存在請說明理由；(3)點P為拋物線對稱軸上的一個動點，Q是平面直角坐標系內(nèi)一點，當以點A，C，Q，P為頂點的四邊形是菱形時，請直接寫出點P的坐標．【答案】(1)y=(2)存在，(1,2+13)或(1,2?13)(3)(1,?73)或(1,?6+39)或【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）分AD為對角線，AMAN（3）分AQ是對角線，AC為對角線，AP為對角線，三種情況進行求解即可．【詳解】（1）解：由題意得，點A、B的坐標分別為?2,0、4,0，則設拋物線的表達式為：y=ax+2∵拋物線y=ax2+bx?6與y軸相交于點C，當x=0∴C0,?6將C0,?6代入y=ax+2x?4解得：a=3則拋物線的表達式為：y=3（2）（2）存在，理由：設點M1,m，點N當AD為對角線時，由中點坐標公式和AD=MN得：?2+4=s+14+0=t+m4+22即點M的坐標為1,2+13或1,2?當AMAN由中點坐標公式和AM=DNAN=DM?2+1=s+4m=t+4?2?12解得：m=172或即點M1,8.5或1,?綜上，點M的坐標為：1,2+13或1,2?13或1,8.5或（3）存在，理由：設點P1,m，點Q當AQ是對角線時，由AC=AP得：22解得m=±31即點P的坐標為1,?31或1,當AC為對角線時，由中點坐標公式和AP=AQ得：?2+0=s+1?6+0=t+m解得：m=?7即點P的坐標為：1,?7當AP為對角線時，由中點坐標公式和AC=AQ得：?2+1=sm=t?6解得：m=?6±39即點P的坐標為：1,?6+39或1,?6?綜上，點P的坐標為：1,?73或1,?6+39或1,?6?39或【點睛】此題是二次函數(shù)的綜合問題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)與特殊四邊形的綜合，解題的關鍵是利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想是解題的關鍵．15．如圖，拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C0,6(1)求拋物線的解析式；(2)若在線段BC上存在一點M，過點O作OH⊥OM交BC的延長線于H，且MO=HO，求點M的坐標；(3)點P是y軸上一動點，點Q是在對稱軸上一動點，是否存在點P，Q，使得以點P，Q，C，D為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?2(2)12(3)1,8?5或1,8+5【分析】（1）設出頂點式，待定系數(shù)法求出解析式即可；（2）先根據(jù)點C的坐標求出直線BC的解析式，即可表示點M的坐標，作MN⊥y軸，作HK⊥y軸，證明△OMN≌△HOK，可得MN=OK,ON=HK，然后表示出點H，最后將點H代入直線解析式，求出答案即可；（3）分CD為菱形的邊和對角線，兩種情況討論求