專題7二次函數(shù)與菱形存在性問題（解析版）

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘

專題7二次函數(shù)與菱形存在性問題

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對角線互相垂直平分的四邊形是菱形；⑤一條對角線平分一個頂角的平行四邊形是菱形.

在做幾何證明題的時候我們常用的判定方法主要是前三種.

二次函數(shù)和菱形存在性問題作為壓軸題目，結(jié)合了“分類討論思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，

勢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，菱形存在性問題主要是以“兩定兩動”

為設(shè)問方式，其中兩定指的是四邊形四個頂點其中有兩個頂點的坐標是確定的或者是可求解的；兩動指的

是其中一個動點在一條直線或者拋物線上，另外一個動點是平面內(nèi)任意一點或者該動點也在一條直線或者

拋物線上.

【例1】（2020?雁塔區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直

線x＝4，拋物線與x軸相交于A（2，0），B兩點，與y軸交于點C（0，6），點E為拋物線的頂點．

（1）求拋物線的函數(shù)表達式及頂點E的坐標；

（2）若將該拋物線的圖象繞x軸上一點M旋轉(zhuǎn)180°，點C、E的對應點分別是點C'、E'，當以C、E、

C'、E'為頂點的四邊形是菱形時，求點M的坐標及旋轉(zhuǎn)后的拋物線的表達式，

【分析】（1）由拋物線的對稱性可求點B坐標，設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），將點C坐

標代入，可求解；

（2）設(shè)點M（m，0），由中心對稱的性質(zhì)可求點C'（2m，﹣6），點E'（2m﹣4，2），由菱形的性質(zhì)和兩

點距離公式可求m的值，即可求解．

【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直線x＝4，拋物線與x軸相交于A（2，0），

B兩點，

∴點B（6，0），

設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x﹣2）（x﹣6），

∵拋物線圖象過點C（0，6），

第1頁共95頁.

∴6＝a（0﹣2）（0﹣6），

∴a＝，

∴拋物線的解析式為：y＝（x﹣2）（x﹣6）＝x2﹣4x+6，

∵y＝x2﹣4x+6＝（x﹣4）2﹣2，

∴頂點E坐標為（4，﹣2）；

（2）∵將該拋物線的圖象繞x軸上一點M旋轉(zhuǎn)180°，點C、E的對應點分別是點C'、E'，

∴CM＝C'M，EM＝E'M，

∴四邊形CEC'E'是平行四邊形，

設(shè)點M（m，0），

∵點C（0，6），點E（4，﹣2），CM＝C'M，EM＝E'M，

∴點C'（2m，﹣6），點E'（2m﹣4，2），

∵以C、E、C'、E'為頂點的四邊形是菱形，

∴CE＝C'E，

∴＝，

∴m1＝﹣2，m2＝6，

∴點M（﹣2，0）或（6，0），

當M（﹣2，0）時，點E'（﹣8，2），

∴旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式為：y＝﹣（x+8）2+2；

當M（6，0）時，點E'（8，2），

∴旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式為：y＝﹣（x﹣8）2+2；

綜上所述：點M（﹣2，0）或（6，0），旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式為：y＝﹣（x+8）2+2或y＝﹣（x﹣

8）2+2．

【例2】（2021?齊齊哈爾三模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2﹣x+c（a≠0）與x軸交于點A、

B兩點（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C．OA、OB的長是不等式組的整數(shù)解（OA＜

OB），點D（2，m）在拋物線上．

（1）求拋物線的解析式及m的值；

第2頁共95頁.

（2）y軸上的點E使AE和DE的值最小，則OE＝2；

（3）將拋物線向上平移，使點C落在點F處．當AD∥FB時，拋物線向上平移了9個單位；

（4）點M在在y軸上，平面直角坐標系內(nèi)存在點N使以點A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直

接寫出點N的坐標．

【分析】（1）求出不等式組的解集，確定A、B兩點的坐標，用待定系數(shù)法即可求二次函數(shù)的解析式；

將點D的橫、縱坐標代入解析式，可求m的值；

（2）連接AD交y軸于點E，求出直線AD的解析式就可以求點E的坐標，進而求出OE；

（3）因為AD∥FB，可用相似三角形的性質(zhì)求出OF的長度，進而求出點C移動的單位長度；

（4）利用菱形的性質(zhì)，分類討論，針對不同的情況，分別求出點N的坐標．

【解答】解：（1）所給不等式組的解集為2≤x＜4，其整數(shù)解為2，3，

∵OA、OB的長是所給不等式組的整數(shù)解，且OA＜OB，

∴OA＝2，OB＝3，則A（﹣2，0），B（3，0），

∵點A、B在拋物線上，

∴，

解得，

∴所求的拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣6，

∵點D（2，m）在拋物線上，

∴m＝22﹣2﹣6＝﹣4；

（2）如圖1所示，連接AD交y軸于點E，則此時AE+ED最小，

第3頁共95頁.

設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+b（k≠0），

∵點A（﹣2，0），D（2，﹣4）在直線AD上，

∴，

解得，

∴直線AD的函數(shù)解析式為y＝﹣x﹣2，

當x＝0時，y＝﹣2，

即E（0．﹣2），

∴OE＝|﹣2|＝2，

故答案為：2；

（3）如圖1，

∵AD∥FB，

∴△AEO∽△BFO，

∴＝，

∵OE＝OA＝2，

∴OF＝OB＝3，

∵C（0，﹣6），

∴OC＝|﹣6|＝6，

∴CF＝CO+OF＝6+3＝9，

∴拋物線向上平移9個單位，

故答案為：9；

（4）∵以A、B、M、N為頂點的四邊形是菱形，對角線互相垂直且平分，

第4頁共95頁.

由∵OA≠OB，

∴AB與MN不能作為一組對角線，

∴分兩種情況：

①以AM與BN為對角線時，如圖2①和圖2②，

如圖2①，AB＝OA+OB＝2+3＝5，

∵四邊形ABMN是菱形，

∴MN∥AB∥x軸，MN＝MB＝AB＝5，

在Rt△MBO中，OM＝＝＝4，

∴M（0，4），

∴N（﹣5，4），

如圖2②，同理可得：N（﹣5，﹣4），

②以AN與BM為對角線時，如圖2③和圖2④，

如圖2③，菱形的邊長仍為5，MN∥x軸，

∵MO＝＝＝，

∴M（0，），

∴N（5，），

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如圖2④，同理可得：N（5，﹣），

綜上所述，①②兩種情況，符合條件的點N的坐標為：

N1（﹣5，﹣4）、N2（﹣5，4）、N3（5，）、N4（5，﹣）．

【例3】（2022?煙臺）如圖，已知直線y＝x+4與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)

過A，C兩點，且與x軸的另一個交點為B，對稱軸為直線x＝﹣1．

（1）求拋物線的表達式；

（2）D是第二象限內(nèi)拋物線上的動點，設(shè)點D的橫坐標為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時D

點的坐標；

（3）若點P在拋物線對稱軸上，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P，Q兩點的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）先求得A，C，B三點的坐標，將拋物線設(shè)為交點式，進一步求得結(jié)果；

（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根據(jù)點D和點E坐標可表示出DE的長，進而表示出三角形ADC

的面積，進而表示出S的函數(shù)關(guān)系式，進一步求得結(jié)果；

（3）根據(jù)菱形性質(zhì)可得PA＝PC，進而求得點P的坐標，根據(jù)菱形性質(zhì)，進一步求得點Q坐標．

【解答】解：（1）當x＝0時，y＝4，

∴C（0，4），

當y＝0時，x+4＝0，

∴x＝﹣3，

第6頁共95頁.

∴A（﹣3，0），

∵對稱軸為直線x＝﹣1，

∴B（1，0），

∴設(shè)拋物線的表達式：y＝a（x﹣1）?（x+3），

∴4＝﹣3a，

∴a＝﹣，

∴拋物線的表達式為：y＝﹣（x﹣1）?（x+3）＝﹣x2﹣x+4；

（2）如圖1，

作DF⊥AB于F，交AC于E，

∴D（m，﹣﹣m+4），E（m，m+4），

∴DE＝﹣﹣m+4﹣（m+4）＝﹣m2﹣4m，

22

∴S△ADC＝OA＝?（﹣m﹣4m）＝﹣2m﹣6m，

∵S△ABC＝＝＝8，

∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+）2+，

∴當m＝﹣時，S最大＝，

當m＝﹣時，y＝﹣＝5，

第7頁共95頁.

∴D（﹣，5）；

（3）設(shè)P（﹣1，n），

∵以A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形，

∴PA＝PC，

即：PA2＝PC2，

∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，

∴n＝，

∴P（﹣1，），

∵xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝y(tǒng)A+yC

∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4﹣＝，

∴Q（﹣2，）．

【例4】（2022?武昌區(qū)模擬）如圖，直線y＝﹣2x+8分別交x軸，y軸于點B，C，拋物線y＝﹣x2+bx+c過B，

C兩點，其頂點為M，對稱軸MN與直線BC交于點N．

（1）直接寫出拋物線的解析式；

（2）如圖1，點P是線段BC上一動點，過點P作PD⊥x軸于點D，交拋物線于點Q，問：是否存在點

P，使四邊形MNPQ為菱形？并說明理由；

（3）如圖2，點G為y軸負半軸上的一動點，過點G作EF∥BC，直線EF與拋物線交于點E，F(xiàn)，與直

線y＝﹣4x交于點H，若，求點G的坐標．

第8頁共95頁.

【分析】（1）根據(jù)直線BC的解析式可求得B（4，0），C（0，8），代入拋物線y＝﹣x2+bx+c即可求得答

案；

（2）設(shè)P（t，﹣2t+8），則Q（t，﹣t2+2t+8），根據(jù)PQ∥MN，PQ＝MN，可得t＝3，即P（3，2），Q

（3，5），由兩點間距離公式可得PN＝2，由于PN≠MN，故四邊形MNPQ不能為菱形．

（3）連接MG，過點H、E、F分別作y軸的垂線，垂足依次為K、L、T，設(shè)G（0，m），由EF∥BC，

直線BC：y＝﹣2x+8，可得直線EF的解析式為y＝﹣2x+m，通過聯(lián)立方程組可得H（﹣m，2m），進

而求得HG＝﹣m，根據(jù)直線EF：y＝﹣2x+m與拋物線交于點E，F(xiàn)，可得x2﹣4x+m﹣8＝0，運用根

與系數(shù)關(guān)系可得：xE+xF＝4，xExF＝m﹣8，利用三角函數(shù)定義可得：EG＝＝＝﹣xE，

FG＝＝＝xF，再由﹣＝，建立方程求解即可得出答案．

【解答】解：（1）∵直線y＝﹣2x+8分別交x軸，y軸于點B，C，

∴B（4，0），C（0，8），

∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過B，C兩點，

∴，

解得：，

∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+8；

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（2）不存在點P，使四邊形MNPQ為菱形．理由如下：

設(shè)P（t，﹣2t+8），

∵PD⊥x軸，

∴PD∥y軸，即PQ∥y軸，

則Q（t，﹣t2+2t+8），

∴PQ＝﹣t2+2t+8﹣（﹣2t+8）＝﹣t2+4t，

∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9，

∴拋物線的頂點為M（1，9），對稱軸為直線x＝1，

∴N（1，6），

∴MN＝9﹣6＝3，MN∥y軸，

∴PQ∥MN，

要使四邊形MNPQ為菱形，必須PQ＝MN＝PN，

由﹣t2+4t＝3，

解得：t＝1或t＝3，

當t＝1時，點P與點N重合，點Q與點M重合，舍去；

當t＝3時，P（3，2），Q（3，5），

∴PQ＝5﹣2＝3，

∴PQ＝MN，

∵PQ∥MN，

∴四邊形MNPQ是平行四邊形，

∵PN＝＝2，

∴PN≠MN，

故四邊形MNPQ不能為菱形．

（3）如圖（2），連接MG，過點H、E、F分別作y軸的垂線，垂足依次為K、L、T，

設(shè)G（0，m），

∵EF∥BC，直線BC：y＝﹣2x+8，

∴直線EF的解析式為y＝﹣2x+m，

∵直線EF與直線y＝﹣4x交于點H，

第10頁共95頁.

∴，

解得：，

∴H（﹣m，2m），

∴HK＝m，GK＝﹣m，

在Rt△GHK中，HG＝＝＝﹣m，

∵直線EF與拋物線交于點E，F(xiàn)，

∴﹣x2+2x+8＝﹣2x+m，

整理得：x2﹣4x+m﹣8＝0，

∴xE+xF＝4，xExF＝m﹣8，

在Rt△BOC中，OB＝4，OC＝8，

∴BC＝＝＝4，

∴sin∠BCO＝＝＝，

∵EF∥BC，

∴∠FGT＝∠EGL＝∠BCO，

∴sin∠FGT＝sin∠EGL＝sin∠BCO＝，

∴EG＝＝＝﹣xE，F(xiàn)G＝＝＝xF，

∴﹣＝＝＝，

∵﹣＝，

∴＝，

解得：m＝﹣8，

∴點G的坐標為（0，﹣8）．

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1．（2022?蒲城縣一模）如圖，已知直線與x軸、y軸分別交于B、C兩點，拋物線y＝ax2+3x+c

經(jīng)過B、C兩點，與x軸的另一個交點為A，點E的坐標為．

（1）求拋物線的函數(shù)表達式；

（2）點E，F(xiàn)關(guān)于拋物線的對稱軸直線l對稱，Q點是對稱軸上一動點，在拋物線上是否存在點P，使

得以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

第12頁共95頁.

【分析】（1）由，可得B（3，0），C（0，），用待定系數(shù)法得拋物線的函數(shù)表達式是y＝

﹣x2+3x+；

（2）y＝﹣x2+3x+＝﹣（x﹣1）2+6，得拋物線的對稱軸是直線x＝1，關(guān)鍵E（0，），F(xiàn)關(guān)于

拋物線的對稱軸直線x＝1對稱，得F（2，），設(shè)Q（1，t），P（m，﹣m2+3m+），分3種情況：

①當EF，PQ是對角線時，EF的中點即是PQ的中點，，得m＝1，又EQ

＝FQ，故P（1，6）；②當EQ，F(xiàn)P為對角線時，EQ，F(xiàn)P的中點重合，，

得P（﹣1，0），Q（1，0），又FQ＝2＝PQ，故P（﹣1，0）；③當EP，F(xiàn)Q為對角線，EP，F(xiàn)Q的中點

重合，，可得P（3，0）．

【解答】解：（1）在中，令x＝0得y＝，令y＝0得x＝3，

∴B（3，0），C（0，），

把B（3，0），C（0，）代入y＝ax2+3x+c得：

，

解得，

∴拋物線的函數(shù)表達式是y＝﹣x2+3x+；

第13頁共95頁.

（2）在拋物線上存在點P，使得以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形，理由如下：

∵y＝﹣x2+3x+＝﹣（x﹣1）2+6，

∴拋物線的對稱軸是直線x＝1，

∵E（0，），F(xiàn)關(guān)于拋物線的對稱軸直線x＝1對稱，

∴F（2，），

設(shè)Q（1，t），P（m，﹣m2+3m+），

①當EF，PQ是對角線時，EF的中點即是PQ的中點，如圖：

∴，

解得m＝1，

∵E（0，），F(xiàn)關(guān)于拋物線的對稱軸直線x＝1對稱，

∴EQ＝FQ，

∴以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形，

∴P（1，6）；

②當EQ，F(xiàn)P為對角線時，EQ，F(xiàn)P的中點重合，如圖：

第14頁共95頁.

∴，

解得，

∴P（﹣1，0），Q（1，0），

而F（2，），

∴FQ＝2＝PQ，

∴以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形，

∴P（﹣1，0）；

③當EP，F(xiàn)Q為對角線，EP，F(xiàn)Q的中點重合，如圖：

∴，

解得，

∴P（3，0），Q（1，0），

而F（2，），

第15頁共95頁.

∴FP＝QP＝2，

∴以E、F、P、Q為頂點的四邊形是菱形，

∴P（3，0），

綜上所述，P的坐標是（1，6）或（﹣1，0）或（3，0）．

2．（2022?撫順縣二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y

軸交于點C，頂點為D．

（1）求拋物線的解析式；

（2）若在線段BC上存在一點M，使得∠BMO＝45°，過點O作OH⊥OM交BC的延長線于點H，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．

【分析】（1）把點A（﹣1，0），B（3，0）代入拋物線解析式得，解得，即可得出

結(jié)論；

（2）由待定系數(shù)法得直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，設(shè)點M的坐標為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），過

點M作MN⊥y軸于點N，過點H作HK⊥y軸于點K，證△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝

HK．則H（﹣2m+6，﹣m），再由點H（﹣2m+6，﹣m）在直線y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，

解得m＝，即可解決問題；

（3）分兩種情況討論，①當CD為菱形的邊時，②當CD為菱形的對角線時，分別求出點Q的坐標即

可．

【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（﹣1，0），B（3，0）兩點，

∴，

第16頁共95頁.

解得：，

∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6；

（2）由（1）得，點C（0，6），

設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，

∵直線BC經(jīng)過點B（3，0），C（0，6），

∴，

解得：

∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，

設(shè)點M的坐標為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），

如圖1，過點M作MN⊥y軸于點N，過點H作HK⊥y軸于點K，

則∠MNO＝∠OKH＝90°，

∵OH⊥OM，

∴∠MOH＝90°，

∵∠OMB＝45°，

∴△MOH是等腰直角三角形，

∴OM＝OH．

∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，

∴∠MON＝∠OHK，

∴△OMN≌△HOK（AAS），

∴MN＝OK，ON＝HK．

∴H（﹣2m+6，﹣m），

∵點H（﹣2m+6，﹣m）在直線y＝﹣2x+6上，

∴﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，

解得：m＝，

把m＝代入y＝﹣2x+6得：y＝，

∴當∠OMB＝45°時，點M的坐標為（）；

（3）存在，理由如下：

第17頁共95頁.

∵拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，頂點為D，

∴點D的坐標為（1，8），

分兩種情況討論：

①當CD為菱形的邊時，

如圖2，過C作CE⊥DQ于E

∵C（0，6），D（1，8），

∴CD＝＝，

∴DQ＝CD＝，

∴Q點的坐標為（1，8﹣）或（1，8+）；

②當CD為菱形的對角線時，

如圖3，設(shè)點Q（1，m），P（0，n），

∵C（0，6），D（1，8），

∴m+n＝6+8＝14，

∴n＝14﹣m，

∴P（0，14﹣m），

∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，

∵CQ＝＝，PC＝CQ，

∴8﹣m＝，

解得：m＝，

∴點Q的坐標為（1，）；

綜上所述，點Q的坐標為（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．

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3．（2022?歷下區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象交x軸于A、B兩點，

與y軸交于點C，OB＝3OA＝3，點P是拋物線上一動點．

（1）求拋物線的解析式及點C坐標；

（2）如圖1，若點P在第一象限內(nèi)，過點P作x軸的平行線，交直線BC于點E，求線段PE的最大值

及此時點P的坐標；

（3）如圖2，過點P作x軸的垂線交x軸于點Q，交直線BC于點M，在y軸上是否存在點G，使得以

第19頁共95頁.

M，P，C，G為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點G坐標；若不存在，請說

明理由．

【分析】（1）由OB＝3OA＝3可得點B，A坐標，再通過待定系數(shù)法求解．

（2）由點B，C坐標求出直線BC解析式，作PF⊥x軸交BC于點F，設(shè)點P坐標為（m，﹣m2+2m+3），

由PF與PE的關(guān)系求解．

（3）分類討論點P在不同位置，結(jié)合圖象，根據(jù)菱形的性質(zhì)求解．

【解答】解：（1）∵OB＝3OA＝3，

∴B（3，0），A（﹣1，0），

將（3，0），（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得，

解得，

∴y＝﹣x2+2x+3，

將x＝0代入y＝﹣x2+2x+3得y＝3，

∴點C坐標為（0，3）．

（2）設(shè)直線BC解析式為y＝kx+b，將（3，0），（0，3）代入y＝kx+b得，

解得，

∴y＝﹣x+3，

作PF⊥x軸交BC于點F，

第20頁共95頁.

∵OB＝OC，

∴∠CBO＝45°，

∵PE∥x軸，

∴∠PEF＝∠OBC＝45°，

∴PF＝PE，

設(shè)點P坐標為（m，﹣m2+2m+3），則點F坐標為（m，﹣m+3）．

∴PF＝PE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，

∴m＝時，PE的最大值為，此時點P坐標為（，）．

（3）①如圖，PM＝CM，

設(shè)點P坐標為（m，﹣m2+2m+3），則M（m，﹣m+3），由（2）得PM＝﹣m2+3m，

∵點C坐標為（0，3），

∴CM＝＝m，

∴﹣m2+3m＝m，

解得m＝0（舍）或m＝3﹣，

∴GC＝CM＝3﹣2，

第21頁共95頁.

∴OG＝OC+CG＝3+3﹣2＝3+1，

∴點G坐標為（0，3+1）．

②如圖，PM＝CG時四邊形PCGM為平行四邊形，PG⊥CM時四邊形PCGM為菱形，

∵PM＝﹣m2+3m，點C坐標為（0，3），

∴點G坐標為（0，m2﹣3m+3），

作GN⊥PM，

∵∠CBO＝45°，

∴∠GPN＝∠PMC＝∠BNQ＝45°，

∴GN＝PN，即m＝﹣m2+2m+3﹣（m2﹣3m+3），

解得m＝0（舍）或m＝2，

∴點G坐標為（0，1）．

③如圖，PM＝CM，

第22頁共95頁.

由①可得m2﹣3m＝m，

解得m＝3+，

∴PM＝CG＝CM＝3+2，

∴點G坐標為（0，1﹣3）．

綜上所述，點G坐標為（0，3+1）或（0，1）或（0，1﹣3）．

2

4．（2022?碑林區(qū)校級三模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線L1：y＝﹣x+bx+c經(jīng)過點A（2，2），

拋物線的對稱軸是直線x＝1，頂點為點B．

（1）求這條拋物線的解析式；

（2）將拋物線L1平移到拋物線L2，拋物線L2的頂點記為D，它的對稱軸與x軸的交點記為E．已知點

C（2，﹣1），若以A、C、D、E為頂點的四邊形為菱形，則請求出拋物線L2的頂點坐標．

【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；

（2）設(shè)拋物線L2的頂點記為D（m，n），則E（m，0），如圖，根據(jù)菱形性質(zhì)和DE∥AC，可得出DE

第23頁共95頁.

＝AC＝3，再分兩種情況：①當n＝3時，D（m，3），E（m，0），②當n＝﹣3時，D（m，﹣3），E（m，

0），分別建立方程求解即可．

2

【解答】解：（1）∵拋物線L1：y＝﹣x+bx+c經(jīng)過點A（2，2），拋物線的對稱軸是直線x＝1，

∴，

解得：，

∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+2；

（2）設(shè)拋物線L2的頂點記為D（m，n），則E（m，0），如圖，

∴DE＝|n|，DE∥y軸，

∵A（2，2），C（2，﹣1），

∴AC＝2﹣（﹣1）＝3，AC∥y軸，

∴AC∥DE，

又AD＝，AE＝，

∵以A、C、D、E為頂點的四邊形為菱形，

∴DE＝AC，即|n|＝3，

∴n＝±3，

①當n＝3時，D（m，3），E（m，0），

∵AD＝AC＝3，

∴AD2＝9，即（m﹣2）2+（3﹣2）2＝9，

解得：m＝2+2或2﹣2，

∴D（2+2，3）或（2﹣2，3）；

②當n＝﹣3時，D（m，﹣3），E（m，0），

∵AE＝AC＝3，

∴AE2＝9，即（m﹣2）2+（0﹣2）2＝9，

解得：m＝2+或2﹣，

∴D（2+，﹣3）或（2﹣，﹣3）；

綜上所述，點D的坐標為（2+2，3）或（2﹣2，3）或（2+，﹣3）或（2﹣，﹣3）．

第24頁共95頁.

5．（2022?佛山校級三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A，B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C，

直線AC的解析式為y＝x﹣2．

（1）求拋物線的解析式；

（2）已知k為正數(shù)，當0＜x≤1+k時，y的最大值和最小值分別為m，n，且m+n＝，求k的值；

（3）點P是平面內(nèi)任意一點，在拋物線對稱軸上是否存在點Q，使得以點A，C，P，Q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．

【分析】（1）求出點A和點C坐標，從點A和點B坐標將拋物線的解析式設(shè)為交點式，將點C坐標代

入，進一步求得結(jié)果；

（2）箱求出n的值，進而求得m的值，進而求得點k的值；

（3）只需滿足三角形ACQ為等腰三角形即可．設(shè)點Q的坐標，進而表示出AQ，CQ及AC，進而根據(jù)

AQ＝CQ，AQ＝AC及CQ＝AC，進一步求得結(jié)果．

【解答】解：（1）當x＝0時，y＝﹣2，

第25頁共95頁.

∴點C（0，﹣2），

當y＝0時，＝0，

∴x＝3，

∴點A（3，0），

∴設(shè)y＝a（x+1）?（x﹣3），

將點C（0，﹣2）代入得，

﹣3a＝﹣2，

∴a＝，

∴y＝（x+1）?（x﹣3）＝﹣﹣2；

（2）∵拋物線的對稱軸為直線：x＝1，

∵k＞0，

∴k+1＞1，

∴當0＜x＜1+k時，

∴當x＝1時，

n＝（1+1）×（1﹣3）＝﹣，

∵m+n＝，

∴m＝8，

當m＝8時，﹣x﹣2＝8，

∴x1＝5，x2＝﹣3（舍去），

∴1+k＝5，

∴k＝4；

（3）設(shè)點Q（1，a），

∵A（3，0），C（0，﹣2），

∴AQ2＝（3﹣1）2+a2＝a2+4，

AC2＝32+22＝13，

CQ2＝1+（a+2）2＝a2+4a+5，

①當AQ＝AC時，

第26頁共95頁.

a2+4＝13，

∴a＝±3，

∴Q1（1，3），Q2（1，﹣3），

當AQ＝CQ時，

a2+4a+5＝a2+4，

∴a＝﹣，

∴Q3（1，﹣），

當AC＝CQ時，

a2+4a+5＝13，

∴a＝﹣2，

∴Q4（1，﹣2+2），Q5（1，﹣2﹣2），

綜上所述：Q（1，3）或（1．﹣3）或（1．﹣）或（1，﹣2+2）或（1，﹣2﹣2）．

6．（2022?邵陽模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸分別交于點A（﹣1，0）和

點B，與y軸交于點C（0，3）．

（1）求拋物線的解析式及對稱軸；

（2）如圖，點D與點C關(guān)于對稱軸對稱，點P在對稱軸上，若∠BPD＝90°，求點P的坐標；

（3）點M是拋物線上一動點，點N在拋物線的對稱軸上，是否存在以A、B、M、N為頂點的四邊形為

菱形，若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將點A（﹣1，0）、點C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；

（2）設(shè)P（1，t），求出B點和D點坐標，再求BD的中點H為（，），BD＝，由題意可得PH

＝BD，求出t的值即可求解；

第27頁共95頁.

（3）設(shè)M（m，﹣m2+2m+3），N（1，n），分三種情況討論：①當AB為菱形的對角線時，AM＝AN，

解得N（1，﹣4）；②當AM為菱形對角線時，AB＝AN，不存在菱形；③當AN為菱形對角線時，AB

＝AM，不存在菱形．

【解答】解：（1）將點A（﹣1，0）、點C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，

∴，

解得，

∴y＝﹣x2+2x+3，

∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，

∴拋物線的對稱軸為直線x＝1；

（2）令﹣x2+2x+3＝0，

解得x＝﹣1（舍去）或x＝3，

∴B（3，0），

∵點D與點C關(guān)于對稱軸對稱，

∴D（2，3），

∴BD的中點H為（，），BD＝，

∵∠BPD＝90°，

∴PH＝BD，

設(shè)P（1，t），

∴（）2+（﹣t）2＝×10，

解得t＝1或t＝2，

∴P（1，1）或（1，2）；

（3）存在以A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，理由如下：

設(shè)M（m，﹣m2+2m+3），N（1，n），

①當AB為菱形的對角線時，AM＝AN，

∴，

第28頁共95頁.

解得，

∴N（1，﹣4）；

②當AM為菱形對角線時，AB＝AN，

∴，

此時無解；

③當AN為菱形對角線時，AB＝AM，

∴，

此時無解；

綜上所述：N點坐標為（1，﹣4）．

7．（2022?九龍坡區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于點B、C（點B在點C左側(cè)），與y軸

相交于點A．已知點B坐標為B（1，0），BC＝3，△ABC面積為6．

（1）求拋物線的解析式；

（2）如圖1，點P為直線AC下方拋物線上一動點，過點P作PD∥AB，交線段AC于點D．求PD長度

的最大值及此時P點的坐標；

（3）如圖2，將拋物線向左平移個單位長度得到新的拋物線，M為新拋物線對稱軸l上一點，N為平

面內(nèi)一點，使得以點A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出點N的坐標，并寫出求解其中一

個N點坐標的過程．

第29頁共95頁.

【分析】（1）由△ABC面積為6可得OA＝4，則A（0，4），由BC＝3（點B在點C左側(cè)）得C（4，0），

利用待定系數(shù)法即可求解；

（2）過點P作PE∥y軸交AC于點E，作DF⊥PE于F，將PE表示PD的長，進而用點P坐標表示成

函數(shù)，借助二次函數(shù)求最值的方法求解PD的最大值；

（3）先利用二次函數(shù)平移的規(guī)律得到新拋物線的解析式，然后設(shè)出點M（﹣1，t），分兩種情況：線段

AB為菱形的對角線時；線段AB為菱形的邊時，利用菱形的性質(zhì)求解即可．

【解答】解：（1）∵S△ABC＝BC?OA＝6，BC＝3，B（1，0），

∴OA＝4，C（4，0），

∴A（0，4），

∴，解得，

∴拋物線的解析式為y＝x2﹣5x+4；

（2）如圖，過點P作PE∥y軸交AC于點E，作DF⊥PE于F，

第30頁共95頁.

∵OC＝OA＝4，則∠OAC＝∠DEF＝45°．

∴DF＝EF，

∵PD∥AB，

∴∠ABO＝∠DGB＝∠HGP．

∵∠ABO+∠OAB＝90°，∠HGP+∠DPE＝90°，

∴∠OAB＝∠DPE．

∴tan∠DPE＝tan∠OAB＝，

∴，

∴PF＝4DF．

∵EF＝DF．

∴PE＝PF﹣EF＝3DF．

∴DF＝PE，

又在Rt△PDF中，由勾股定理得：PD＝＝DF＝PE．

設(shè)點P（t，t2﹣5t+4），

∵C（4，0），A（0，4），

∴直線AC解析式為：y＝﹣x+4，

∴點E坐標為（t，﹣t+4）

22

∴PE＝y(tǒng)E﹣yP＝﹣t+4﹣（t﹣5t+4）＝﹣t+4t，

∴PD＝PE＝（﹣t2+4t）＝﹣（t﹣2）2+，

第31頁共95頁.

∵﹣＜0，

∴當t＝2時，PD有最大值，

此時點P（2，﹣2）；

（3）∵y＝x2﹣5x+4＝（x﹣）2﹣，該拋物線向左移動個單位，

∴新拋物線的解析式為：y′＝（x+1）2﹣，

∴新拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，

設(shè)M（﹣1，t）；

當線段AB為菱形的對角線時，MA＝MB，

∵A（0，4），B（1，0），

∴MA2＝12+（4﹣t）2＝t2﹣8t+17，MB2＝t2+4，

∴t2﹣8t+17＝t2+4，解得t＝，

∴M（﹣1，），

∵A（0，4），B（1，0），

∴0+1﹣（﹣1）＝2，0+4﹣＝，

∴N（2，）；

當線段AB為菱形的邊時，

∵A（0，4），B（1，0），

∴MA2＝12+（4﹣t）2＝t2﹣8t+17，AB2＝17，MB2＝t2+4，

第32頁共95頁.

①當MA＝AB時，

MA2＝AB2，即t2﹣8t+17＝17，

∴t＝0或t＝8；

∴M（﹣1，0）或（﹣1，8）；

∵直線AB為y＝﹣4x+4，

當x＝﹣1時，y＝8，

∴（﹣1，8）在直線AB上，不合題意，舍去，

∵A（0，4），B（1，0），

∴﹣1+1＝0，0﹣4＝﹣4，

∴N（0，﹣4）；

②當BA＝BM時，

第33頁共95頁.

BA2＝BM2，即17＝t2+4，

∴t＝或t＝﹣；

∴M（﹣1，）或（﹣1，﹣）；

∵A（0，4），B（1，0），

∴﹣1﹣1＝﹣2，

∴N（﹣2，+4）或（﹣2，﹣+4）；

綜上，點N的坐標為（2，）或（0，﹣4）或（﹣2，+4）或（﹣2，﹣+4）．

8．（2022?恩施市模擬）如圖，已知直線y＝﹣x﹣3與x軸，y軸分別交于點A，B，拋物線y＝x2+bx+c

的頂點是（2，﹣1），且與x軸交于C，D兩點，與y軸交于點E，P是拋物線上一個動點，過點P

作PG⊥AB于點G．

（1）求b、c的值；

（2）若點M是拋物線對稱軸上任意點，點N是拋物線上一動點，是否存在點N，使得以點C，D，M，

N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請你求出點N的坐標；若不存在，請你說明理由．

（3）當點P運動到何處時，線段PG的長最?。孔钚≈禐槎嗌?？

【分析】（1）已知條件給了二次項系數(shù)和頂點坐標，用頂點式求出解析式；

（2）以已知線段CD為標準，分為CD為邊和對角線兩種情況，利用菱形的性質(zhì)，鄰邊相等和對角線互

相垂直平分來列出方程，求出點N坐標；

（3）在△PGQ中，PG與PQ有比例關(guān)系，所以PG最小時也是PQ最小時，設(shè)出點P和Q坐標，表示

出線段PQ的表達式，即可求出最小值．

【解答】解：（1）由題意得：拋物線為y＝（x﹣2）2﹣1，

整理得y＝x2﹣x+3，

第34頁共95頁.

∴b＝﹣，c＝3；

（2）由題意知，拋物線的對稱軸為x＝2，

把y＝0代入y＝（x﹣2）2﹣1，

得x＝或x＝3，

∴C（，0），D（3，0），

∴CD＝2．

I．如圖，當以CD為菱形的邊時，MN平行且等于CD．

若點N在對稱軸右側(cè)，

∵MN＝CD＝2，

∴x＝2+2＝4，

把x＝4代入y＝（x﹣2）2﹣1，得y＝3，

∴點N的坐標為（4，3）．

∵MC＝＝2．

∴MC＝MN＝CD＝2，

∴四邊形MNDC為菱形．

即N（4，3）符合題意．

同理可知，當N的坐標為（0，3）時，四邊形MNCD也為菱形．

II．如圖，當CD為菱形的對角線時，

第35頁共95頁.

根據(jù)菱形的對角線互相垂直平分，可得對稱軸垂直平分CD，

所以M，N在對稱軸上．

又因為點N在拋物線上，

所以點N為拋物線的頂點，

所以點N的坐標為（2，﹣1）．

綜上所述，符合條件的點N的坐標為（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；

（3）把x＝0代入y＝﹣x﹣3，得y＝﹣3，

∴點B的坐標為（0，﹣3）．

把y＝0代入y＝﹣x﹣3，

得x＝﹣3，

∴點A的坐標為（﹣3，0）．

∴AB＝＝6，

∴sin∠ABO＝＝＝，

如圖，過點P作PH⊥x軸交AB于點H，

則有PH∥OB，

第36頁共95頁.

∴∠PHC＝∠ABO，

∴sin∠PHG＝sin∠ABO＝，

設(shè)點P的橫坐標為m，則P（m，m2﹣m+3），H（m，﹣m﹣3），

∴PH＝m2﹣m+3﹣（﹣m﹣3）＝m2﹣m+6＝（m﹣）2+，

∵＞0，

∴當m＝時，PH有最小值，最小值為，

此時PG有最小值，

當m＝時，m2﹣m+3＝﹣，

此時點P的坐標為（，﹣），

∴當點P運動到（，﹣）時，線段PG的長的最小值為．

9．（2020秋?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2﹣x+2交x軸于點A、B，

交y軸于點C．

（1）求△ABC的面積；

（2）如圖，過點C作射線CM，交x軸的負半軸于點M，且∠OCM＝∠OAC，點P為線段AC上方拋物

線上的一點，過點P作AC的垂線交CM于點G，求線段PG的最大值及點P的坐標；

（3）將該拋物線沿射線AC方向平移個單位后得到的新拋物線為y′＝ax2+bx+（ca≠0），新拋物線y′

與原拋物線的交點為E，點F為新拋物線y′對稱軸上的一點，在平面直角坐標系中是否存在點Q，使以

點A、E、F、Q為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

第37頁共95頁.

【分析】（1）令x＝0，則y＝2，令y＝0，則﹣x2﹣x+2＝0，可得A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），

再運用三角形面積公式即可求得答案；

（2）解法一：如圖1，過點P作PN∥y軸，交AC于點T，交CM于點N，交x軸于點K，過點G作

GH⊥PN于點H，由tan∠OAC＝tan∠OCM，可得＝，即可得出M（﹣1，0），再利用待定系數(shù)法

求得直線OM的解析式，設(shè)P（m，﹣m2m+2），則N（m，2m+2），可得出PH＝PN＝m2﹣m，

再由＝cos∠TPE＝cos∠OAC＝＝，可得PG＝PH＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）

2+，運用二次函數(shù)性質(zhì)求最值即可；解法二：如圖1′，過點作PH∥x軸交CM于點H，過點G

作GD⊥PH于點D，設(shè)PG與AC、x軸交點分別為N、F，設(shè)P（m，﹣m2m+2），則H（m2﹣

m，﹣m2m+2），可得DP＝（m2﹣m﹣m）＝m2﹣m＝﹣（m+）2+，運用

二次函數(shù)性質(zhì)求最值即可；

（3）運用平移變換的性質(zhì)求出