專項22-二次函數(shù)中的存在性問題-重難點題型

二次函數(shù)中的存在性問題-重難點題型【題型1二次函數(shù)中直角三角形存在性問題】【例1】（羅湖區(qū)校級模擬）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，點P是拋物線上一動點，連接PB，PC．（1）點A的坐標為，點B的坐標為；（2）如圖1，當點P在直線BC上方時，過點P作PD上x軸于點D，交直線BC于點E．若PE＝2ED，求△PBC的面積；（3）拋物線上存在一點P，使△PBC是以BC為直角邊的直角三角形，求點P的坐標．【變式1-1】（望城區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C（0，3），連接AC，點P為第二象限拋物線上的動點．（1）求a、b、c的值；（2）連接PA、PC、AC，求△PAC面積的最大值；（3）在拋物線的對稱軸上是否存在一點Q，使得△QAC為直角三角形，若存在，請求出所有符合條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【變式1-2】（長沙模擬）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，且點B與點C的坐標分別為B（3，0）．C（0，3），點M是拋物線的頂點．點P為線段MB上一個動點，過點P作PD⊥x軸于點D，若OD＝m．（1）求二次函數(shù)解析式；（2）設(shè)△PCD的面積為S，試判斷S有最大值或最小值？若有，求出其最值，若沒有，請說明理由；（3）在MB上是否存在點P，使△PCD為直角三角形？若存在，請寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【變式1-3】（長沙模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx過A（4，0），B（1，3）兩點，點C、B關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，過點B作直線BH⊥x軸，交x軸于點H．（1）求拋物線的表達式；（2）直接寫出點C的坐標，并求出△ABC的面積；（3）點P是拋物線上一動點，且位于第四象限，當△ABP的面積為6時，求出點P的坐標；（4）若點M在直線BH上運動，點N在x軸上運動，是否存在以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形？若存在，請直接寫出此時點M的坐標，若不存在，請說明理由．【題型2二次函數(shù)中等腰三角形存在性問題】【例2】（曾都區(qū)期末）如圖，拋物線y＝ax2+4x+c經(jīng)過A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）兩點，點P是y軸左側(cè)且位于x軸下方拋物線上一動點，設(shè)其橫坐標為m．（1）直接寫出拋物線的解析式；（2）將線段AB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得線段BD（點D是點A的對應(yīng)點），求點D的坐標，并判斷點D是否在拋物線上；（3）過點P作PM⊥x軸交直線BD于點M，試探究是否存在點P，使△PBM是等腰三角形？若存在，求出點m的值；若不存在，說明理由．【變式2-1】（云南期末）如圖，直線y=?12x+2與x軸交于點B，與y軸交于點C，已知二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點B，C和點（1）求B，C兩點的坐標．（2）求該二次函數(shù)的解析式．（3）若拋物線的對稱軸與x軸的交點為點D，則在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形？如果存在，直接寫出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．【變式2-2】（南充）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+4（a≠0）與x軸交于點A（1，0）和B，與y軸交于點C，對稱軸為直線x=5（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，若點P是線段BC上的一個動點（不與點B，C重合），過點P作y軸的平行線交拋物線于點Q，連接OQ，當線段PQ長度最大時，判斷四邊形OCPQ的形狀并說明理由；（3）如圖2，在（2）的條件下，D是OC的中點，過點Q的直線與拋物線交于點E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y軸上是否存在點F，得△BEF為等腰三角形？若存在，求點F的坐標；若不存在，請說明理由．【變式2-3】（建華區(qū)二模）綜合與探究如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝﹣3x﹣3與x軸交于點A，與y軸交于點C．拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點，且與x軸交于另一點B（點B在點A右側(cè)）．（1）求拋物線的解析式及點B坐標；（2）設(shè)該拋物線的頂點為點H，則S△BCH＝；（3）若點M是線段BC上一動點，過點M的直線ED平行y軸交x軸于點D，交拋物線于點E，求ME長的最大值及點M的坐標；（4）在（3）的條件下：當ME取得最大值時，在x軸上是否存在這樣的點P，使得以點M、點B、點P為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，請直接寫出所有點P的坐標；若不存在，請說明理由．【題型3二次函數(shù)中平行四邊形存在性問題】【例3】（元陽縣期末）如圖，直線y=?12x+c與x軸交于點A（﹣3，0），與y軸交于點C，拋物線y=12x2+bx+c經(jīng)過點A，C，與x軸的另一個交點為（1）求拋物線的函數(shù)解析式．（2）M為x軸的下方的拋物線上一動點，求△ABM的面積的最大值．（3）P為拋物線上一動點，Q為x軸上一動點，當以B，C，Q，P為頂點的四邊形為平行四邊形時，求點P的坐標．【變式3-1】（泰山區(qū)期末）如圖，拋物線y=12x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣4，0），點M為拋物線的頂點，點B在y軸上，且OA＝OB（1）求直線AB和拋物線的表達式；（2）在y軸上找一點Q，使得△AMQ的周長最小，在備用圖中畫出圖形并求出點Q的坐標；（3）在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使以點A、O、C、N為頂點且AC為一邊的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．【變式3-2】（雨花區(qū)期末）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸為直線x＝﹣1，且拋物線經(jīng)過A（1，0），C（0，3）兩點，與x軸交于點B．（1）求拋物線的解析式；（2）若點P從點B出發(fā)，沿著射線BC運動，速度每秒2個單位長度，過點P作直線PM∥y軸，交拋物線于點M．設(shè)運動時間為t秒．①在運動過程中，當t為何值時，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大？并求出此時點P的坐標．②若點N同時從點B出發(fā)，向x軸正方向運動，速度每秒v個單位長度，問：是否存在t使點B，C，M，N構(gòu)成平行四邊形？若存在，求出t，v的值；若不存在，說明理由．【變式3-3】（北碚區(qū)校級模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx﹣6與x軸交于A，C（﹣6，0）兩點（點A在點C右側(cè)），交y軸于點B，連接BC，且AC＝4．（1）求拋物線的解析式．（2）若P是BC上方拋物線上不同于點A的一動點，連接PA，PB，PC，求當S△PBC?12S△PAC有最大值時點（3）如圖2，將原拋物線向右平移，使得點A剛好落在原點O，M是平移后的拋物線上一動點，Q是直線BC上一動點．當A，M，B，Q組成的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出此時點Q的坐標．【題型4二次函數(shù)中菱形存在性問題】【例4】（巴南區(qū)期末）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A（1，0）和點B（﹣3，0），與y軸交于點C．（1）求b，c的值；（2）如圖1，點P為直線BC上方拋物線上的一個動點，設(shè)點P的橫坐標m．當m為何值時，△PBC的面積最大？并求出這個面積的最大值．（3）如圖2，將該拋物線向左平移2個單位長度得到新的拋物線y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的拋物線與原拋物線相交于點D，點M為直線BC上的一點，點N是平面坐標系內(nèi)一點，是否存在點M，N，使以點B，D，M，N為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【變式4-1】（湘潭）如圖，一次函數(shù)y=33x?3圖象與坐標軸交于點A、B，二次函數(shù)y=33x2+bx+c（1）求二次函數(shù)解析式；（2）點B關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為點C，點P是對稱軸上一動點，在拋物線上是否存在點Q，使得以B、C、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出Q點坐標；若不存在，請說明理由．【變式4-2】（無棣縣月考）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，B點的坐標為（3，0），與y軸交于點C（0，﹣3），點P是直線BC下方拋物線上的一個動點．（1）求二次函數(shù)解析式；（2）連接PO，PC，并將△POC沿y軸對折，得到四邊形POP'C．是否存在點P，使四邊形POP'C為菱形？若存在，求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）當點P運動到什么位置時，四邊形ABPC的面積最大？求出此時P點的坐標和四邊形ABPC的最大面積．【變式4-3】（南岸區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（4，0）和B（﹣1，0），交y軸于點C．（1）求二次函數(shù)y＝x2+bx+c的表達式；（2）將點C向右平移n個單位得到點D，點D在該二次函數(shù)圖象上．點P是直線BD下方該二次函數(shù)圖象上一點，求△PBD面積的最大值以及此時點P的坐標；（3）在（2）中，當△PBD面積取得最大值時，點E是過點P且垂直于x軸直線上的一點．在該直角坐標平面內(nèi)，是否存在點Q，使得以點P，D，E，Q四點為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出滿足條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【題型5二次函數(shù)中矩形存在性問題】【例5】（九龍坡區(qū)校級期末）如圖1，若二次函數(shù)y＝﹣x2+3x+4的圖象與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，連接AC、BC．（1）求三角形ABC的面積；（2）若點P是拋物線在一象限內(nèi)BC上方一動點，連接PB、PC，是否存在點P，使四邊形ABPC的面積為18，若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由；（3）如圖2，若點Q是拋物線上一動點，在平面內(nèi)是否存在點K，使以點B、C、Q、K為頂點，BC為邊的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點K的坐標；若不存在，請說明理由．【變式5-1】（齊齊哈爾）綜合與探究如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+2x+c（a≠0）與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，連接BC，OA＝1，對稱軸為直線x＝2，點D為此拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式；（2）拋物線上C、D兩點之間的距離是22；（3）點E是第一象限內(nèi)拋物線上的動點，連接BE和CE，求△BCE面積的最大值；（4）點P在拋物線對稱軸上，平面內(nèi)存在點Q，使以點B、C、P、Q為頂點的四邊形為矩形，請直接寫出點Q的坐標．【變式5-2】（杏花嶺區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2﹣2x﹣3與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C．（1）求直線BC的解析式；（2）若點P為直線BC下方拋物線上一動點，當點P運動到某一位置時，△BCP的面積最大，求△BCP的最大面積及此時點P的坐標；（3）點M為拋物線對稱軸上一動點，點N為坐標平面內(nèi)一點，若以點B，C，M，N為頂點的四邊形是矩形，直接寫出點M的坐標．【變式5-3】（北碚區(qū)校級模擬）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的坐標為（﹣2，0），直線BC的解析式為y=12（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．（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；若不存在，請說明理由．【題型6二次函數(shù)中正方形存在性問題】【例6】（渝中區(qū)校級二模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+3與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），其中A（﹣2，0），并且拋物線過點D（4，3）．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，點P為直線CD上方拋物線上一點，過P作PE∥y軸交BC于點E，連接CP，PD，DE，求四邊形CPDE面積的最值及點P的坐標；（3）如圖2，將拋物線沿射線CB方向平移得新拋物線y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），是否在新拋物線上存在點M，在平面內(nèi)存在點N，使得以A，C，M，N為頂點的四邊形為正方形？若在，直接寫出此時新拋物線的頂點坐標，若不存在，請說明理由．【變式6-1】（高明區(qū)期末）如圖，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），B（3，0）兩點，且與y軸交于點C，點D是拋物線的頂點，拋物線的對稱軸DE交x軸于點E，連接BD．（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；（2）點Q在該拋物線的對稱軸上，若△ACQ是以AC為腰的等腰三角形，求點Q的坐標；（3）若P為BD的中點，過點P作PF⊥x軸于點F，G為拋物線上一動點，GM⊥x軸于點M，N為直線PF上一動點，當以F、M、G、N為頂點的四邊形是正方形時，直接寫出點M的坐標．【變式6-2】（合川區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標系．xOy中，直線y＝x﹣4與x軸交于點A，與y軸交于點B，過A，B兩點的拋物線交x軸于另一點C（﹣2，0）．（1）求拋物線解析式；（2）如圖1，點F是直線AB下方拋物線上一動點，連接FA，F(xiàn)B，求出四邊形FAOB面積最大值及此時點F的坐標．（3）如圖2，在（2）問的條件下，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)任意一點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；若不存在，說明理由．【變式6-3】（海南模擬）如圖，平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c交x軸于A（﹣3，0），B（4，0），交y軸于點C（0，4）．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）直線y=34x+94與拋物線交于A、D兩點，與直線BC交于點E．若點M（m，0）是線段AB上的動點，過點M作x軸的垂線，交拋物線于點F，交直線AD于點G，交直線①當SEOG=12S△AOE時，求②在平面內(nèi)是否存在點P，使四邊形EFHP為正方形？若存在，請求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．

二次函數(shù)中的存在性問題-重難點題型（解析版）【題型1二次函數(shù)中直角三角形存在性問題】【例1】（羅湖區(qū)校級模擬）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，點P是拋物線上一動點，連接PB，PC．（1）點A的坐標為（﹣1，0），點B的坐標為（3，0）；（2）如圖1，當點P在直線BC上方時，過點P作PD上x軸于點D，交直線BC于點E．若PE＝2ED，求△PBC的面積；（3）拋物線上存在一點P，使△PBC是以BC為直角邊的直角三角形，求點P的坐標．【解題思路】（1）根據(jù)拋物線解析式令y＝0求出A，B的坐標即可；（2）先求得點C的坐標，再用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式；由PE＝2ED可得PD＝3ED，設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），則E（m，﹣m+3），用含m的式子表示出PD和DE，根據(jù)PD＝3ED得出關(guān)于m的方程，解得m的值，則可得PE的長，然后按照三角形的面積公式計算即可；（3）分兩種情況：①點C為直角頂點；②點B為直角頂點．過點C作直線P1C⊥BC，交拋物線于點P1，連接P1B，交x軸于點D；過點B作直線BP2⊥BC，交拋物線于點P2，交y軸于點E，連接P2C，分別求得直線P1C和直線BP2的解析式，將它們分別與拋物線的解析式聯(lián)立，分別解方程組，即可求得點P的坐標．【解答過程】解：（1）令拋物線y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0）；故答案為：（﹣1，0），（3，0）；（2）在y＝﹣x2+2x+3中，當x＝0時，y＝3，∴C（0，3）．設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，將B（3，0），C（0，3）代入，得：b=33k+b=0解得k=?1b=3∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，若PE＝2ED，則PD＝3ED，設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），∵PD⊥x軸于點D，∴E（m，﹣m+3），∴﹣m2+2m+3＝3（﹣m+3），∴m2﹣5m+6＝0，解得m1＝2，m2＝3（舍），∴m＝2，此時P（2，3），E（2，1），∴PE＝2，∴S△PBC=12PE?OB∴△PBC的面積為3；（3）∵△PBC是以BC為直角邊的直角三角形，∴有兩種情況：①點C為直角頂點，如圖，過點C作直線P1C⊥BC，交拋物線于點P1，連接P1B，交x軸于點D，∵B（3，0），C（0，3），∴OB＝OC＝3，∴∠BCO＝∠OBC＝45°．∵P1C⊥BC，∴∠DCB＝90°，∴∠DCO＝45°，又∵∠DOC＝90°，∴∠ODC＝45°＝∠DCO，∴OD＝OC＝3，∴D（﹣3，0），∴直線P1C的解析式為y＝x+3，聯(lián)立y=?x解得x=1y=4或x=0∴P1（1，4）；②點B為直角頂點，如圖，過點B作直線BP2⊥BC，交拋物線于點P2，交y軸于點E，連接P2C，∵P1C⊥BC，BP2⊥BC，∴P1C∥BP2，∴設(shè)直線BP2的解析式為y＝x+b，將B（3，0）代入，得0＝3+b，∴b＝﹣3，∴直線BP2的解析式為y＝x﹣3，聯(lián)立y=?x解得x=?2y=?5或x=3∴P2（﹣2，﹣5）．綜上，點P的坐標為（1，4）或（﹣2，﹣5）．【變式1-1】（望城區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣3，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C（0，3），連接AC，點P為第二象限拋物線上的動點．（1）求a、b、c的值；（2）連接PA、PC、AC，求△PAC面積的最大值；（3）在拋物線的對稱軸上是否存在一點Q，使得△QAC為直角三角形，若存在，請求出所有符合條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）根據(jù)拋物線與x軸的交點坐標，設(shè)成拋物線解析式，再將點C坐標代入求解，即可得出結(jié)論；（2）先求出直線AC的解析式，設(shè)出點P坐標，表示出點Q坐標，再用三角形的面積公式，得出函數(shù)關(guān)系式，即可得出結(jié)論；（3）運用配方法求出拋物線對稱軸，設(shè)點Q（﹣1，n），根據(jù)A（﹣3，0），C（0，3），可運用勾股定理分別求出：AC2，CQ2，AQ2，由于△QAC為直角三角形，可以分三種情況：∠CAQ＝90°或∠ACQ＝90°或∠AQC＝90°，對每種情況運用勾股定理列方程求解即可．【解答過程】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）三點∴9a?3b+c=0a+b+c=0解得：a=?1∴a＝﹣1，b＝﹣2，c＝3；（2）如圖1，過點P作PE∥y軸，交AC于E，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴直線AC的解析式為y＝x+3，由（1）知，拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3，設(shè)點P（m，﹣m2﹣2m+3），則E（m，m+3），∴S△ACP=12PE?（xC﹣xA）=12×[﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）]×（0+3）=?32（m2﹣3m）=?∴當m=?32時，S△PAC最大（3）存在，點Q的坐標為：（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，如圖2，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴OA＝OC＝3，∴AC2＝OA2+OC2＝32+32＝18，∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴拋物線對稱軸為x＝﹣1，設(shè)點Q（﹣1，n），則AQ2＝[﹣1﹣（﹣3）]2+n2＝n2+4，CQ2＝[0﹣（﹣1）]2+（n﹣3）2＝n2﹣6n+10，∵△QAC為直角三角形，∴∠CAQ＝90°或∠ACQ＝90°或∠AQC＝90°，①當∠CAQ＝90°時，根據(jù)勾股定理，得：AQ2+AC2＝CQ2，∴n2+4+18＝n2﹣6n+10，解得：n＝﹣2，∴Q1（﹣1，﹣2）；②當∠ACQ＝90°時，根據(jù)勾股定理，得：CQ2+AC2＝AQ2，∴n2﹣6n+10+18＝n2+4，解得：n＝4，∴Q2（﹣1，4）；③當∠AQC＝90°時，根據(jù)勾股定理，得：CQ2+AQ2＝AC2，∴n2﹣6n+10+n2+4＝18，解得：n1=3+172，n∴Q3（﹣1，3+172），Q4（﹣1，綜上所述，點Q的坐標為：（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172）或（﹣1，【變式1-2】（長沙模擬）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，且點B與點C的坐標分別為B（3，0）．C（0，3），點M是拋物線的頂點．點P為線段MB上一個動點，過點P作PD⊥x軸于點D，若OD＝m．（1）求二次函數(shù)解析式；（2）設(shè)△PCD的面積為S，試判斷S有最大值或最小值？若有，求出其最值，若沒有，請說明理由；（3）在MB上是否存在點P，使△PCD為直角三角形？若存在，請寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）將B（3，0）、C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，列方程組求出b、c的值即可；（2）先求BM所在直線的解析式，用含m的代數(shù)式表示點P的坐標及△PCD的面積，求出S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，用函數(shù)的性質(zhì)判斷并求出S的最值；（3）存在符合條件的點P，分三種情況根據(jù)點P的位置或勾股定理列方程求出m的值及點P的坐標．【解答過程】解：（1）把B（3，0）、C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得?9+3b+c=0c=3，解得b=2∴二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+2x+3．（2）S有最大值．如圖1，設(shè)直線BM的解析式為y＝kx+a，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴該拋物的頂點坐標為M（1，4），把M（1，4）、B（3，0）代入y＝kx+a，得k+a=43k+a=0，解得k=?2∴y＝﹣2x+6，∵D（m，0），∴P（m，﹣2m+6）；由S△PCD=12PD?得S=12m（﹣2m+6）＝﹣m2+3∵當點P與點B重合時，不存在以P、C、D為頂點的三角形，∴1≤m＜3，∴S不存在最小值；∵S＝﹣m2+3m＝﹣（m?32）2∴當m=32時，S最大∴S的最大值為94（3）存在．若∠DPC＝90°，如圖2，則PC∥x軸，∴P（m，3），且在直線y＝﹣2x+6上，∴﹣2m+6＝3，解得m=3∴P（32若∠PCD＝90°，如圖3，則PC2+CD2＝PD2，∴m2+（﹣2m+6﹣3）2+m2+32＝（﹣2m+6）2，整理得m2+6m﹣9＝0，解得m1＝（32?3，m2∴P（32?3，若∠PDC＝90°，則CD2+PD2＝PC2，∴m2+32+（﹣2m+6）2＝m2+（﹣2m+6﹣3）2，整理得12m＝36，解得m＝3，此時不存在以P，C，D為頂點的三角形，∴m＝3舍去．綜上所述，點P的坐標為（32，3）或（32?3【變式1-3】（長沙模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx過A（4，0），B（1，3）兩點，點C、B關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，過點B作直線BH⊥x軸，交x軸于點H．（1）求拋物線的表達式；（2）直接寫出點C的坐標，并求出△ABC的面積；（3）點P是拋物線上一動點，且位于第四象限，當△ABP的面積為6時，求出點P的坐標；（4）若點M在直線BH上運動，點N在x軸上運動，是否存在以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形？若存在，請直接寫出此時點M的坐標，若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）利用待定系數(shù)法解決問題即可；（2）求出拋物線的對稱軸，再根據(jù)對稱性求出點C的坐標即可解決問題；（3）設(shè)點P（m，﹣m2+4m），根據(jù)S△ABP＝S△ABH+S梯形AHDP﹣S△PBD，建立方程求解即可；（4）分別以點C、M、N為直角頂點分三類進行討論，利用全等三角形和勾股定理ON的長即可．【解答過程】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx過A（4，0），B（1，3）兩點，∴16a+4b=0a+b=3解得：a=?1b=4∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x．（2）如圖1，∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，∴對稱軸為直線x＝2，∵B，C關(guān)于對稱軸對稱，B（1，3），∴C（3，3），∴BC＝2，∴S△ABC=1（3）如圖1，設(shè)點P（m，﹣m2+4m），根據(jù)題意，得：BH＝AH＝3，HD＝m2﹣4m，PD＝m﹣1，∴S△ABP＝S△ABH+S梯形AHDP﹣S△PBD，∴6=12×3×3+12×（3+m﹣1）×（m2﹣4m）?12解得：m1＝0，m2＝5，∵點P是拋物線上一動點，且位于第四象限，∴m＞0，∴m＝5，﹣m2+4m＝﹣52+4×5＝﹣5，∴P（5，﹣5）；（4）點M在直線BH上，點N在x軸上，△CMN為等腰直角三角形時，分三類情況討論：①以點M為直角頂點且M在x軸上方時，如圖2，CM＝MN，∠CMN＝90°，∵∠CBM＝∠MHN＝90°，∴∠CMB+∠NMH＝∠NMH+∠MNH＝90°，∴∠CMB＝∠MNH，∴△CBM≌△MHN（AAS），∴BC＝MH＝2，BM＝HN＝3﹣2＝1，∴M（1，2）；②以點M為直角頂點且M在x軸下方時，如圖3，過點C作CD∥y軸，過點N作NE∥y軸，過點M作DE∥x軸交CD于點D，交NE于E，∵∠CMN＝∠CDM＝∠MEN＝90°，CM＝MN，∴∠CMD+∠NME＝∠NME+∠MNE＝90°，∴∠CMD＝∠MNE，∴△NEM≌△MDC（AAS），∴NE＝MD＝BC＝2，EM＝CD＝5，∵∠ENH＝∠NEM＝∠NHM＝90°，∴四邊形EMHN是矩形，∴HM＝NE＝2，∴M（1，﹣2）；③以點N為直角頂點且N在y軸左側(cè)時，如圖4，CN＝MN，∠MNC＝90°，過點M作ME∥x軸，過點N作EN∥y軸交CB的延長線于D，同理可得：△NEM≌△CDN（AAS），∴ME＝DN＝3，NE＝CD＝HM＝5，∴M（1，﹣5）；④以點N為直角頂點且N在y軸右側(cè)時，如圖5，過點M作ME∥x軸，過點N作NE∥y軸交BC延長線于D，同理可得：△NEM≌△CDN（AAS），∴ME＝DN＝NH＝3，NE＝CD＝3﹣2＝1，∴HM＝NE＝1，∴M（1，﹣1）；⑤以C為直角頂點時，不能構(gòu)成滿足條件的等腰直角三角形；綜上所述，當△CMN為等腰直角三角形時，M點坐標為（1，2）或（1，﹣2）或（1，﹣5）或（1，﹣1）．【題型2二次函數(shù)中等腰三角形存在性問題】【例2】（曾都區(qū)期末）如圖，拋物線y＝ax2+4x+c經(jīng)過A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）兩點，點P是y軸左側(cè)且位于x軸下方拋物線上一動點，設(shè)其橫坐標為m．（1）直接寫出拋物線的解析式；（2）將線段AB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得線段BD（點D是點A的對應(yīng)點），求點D的坐標，并判斷點D是否在拋物線上；（3）過點P作PM⊥x軸交直線BD于點M，試探究是否存在點P，使△PBM是等腰三角形？若存在，求出點m的值；若不存在，說明理由．【解題思路】（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）作輔助線構(gòu)造一線三垂直模型，在證明三角形全等即可求出點D的坐標，把點D的坐標帶入解析式即可判斷點D是否在拋物線上；（3）先寫出點P，M，B的坐標，由（2）得出∠BMP＝45°，分∠BMP是頂角和底角兩種情況討論即可．【解答過程】解：（1）把點A（﹣3，﹣4），B（0，﹣1）帶入解析式y(tǒng)＝ax2+4x+c，得?4=9a?12+c?1=c解得a=1c=?1∴y＝x2+4x﹣1；（2）如圖，作AC⊥y軸于點C，作DH⊥y軸于點H，∵∠CAB+∠ABC＝90°，∠HBD+∠ABC＝90°，∴∠CAB＝∠HBD，在△ABC和△DBH中，∠DHB=∠BCA∠CAB=∠HBD∴△ABC≌△DBH（AAS），∴HB＝AC＝3，DH＝BC＝3，∴OH＝2，∴D（﹣3，2），把D（﹣3，2）代入y＝x2+4x﹣1中，得（﹣3）2+4×（﹣3）﹣1＝﹣4≠2，∴點D不在拋物線上；（3）存在點P，∵D（﹣3，2），B（0，﹣1），∴直線BD的解析式為y＝﹣x﹣1，設(shè)P（m，m2+4m﹣1），則M（m，﹣m﹣1），由（2）知：∠BMP＝45°，當△PBM是等腰三角形，且45°為底角時，有∠MBP＝90°或∠MPB＝90°，若∠MBP＝90°，則P與A重合，即m＝﹣3，若∠MPB＝90°，則PB∥x軸，即P的縱坐標為﹣1，∴m2+4m﹣1＝﹣1，解得m＝0（舍）或m＝﹣4，∴m＝﹣4，若45°為頂角，即MP＝MB，∵MP＝﹣m﹣1﹣m2﹣4m+1＝﹣m2﹣5m，MB=?m∴﹣m2﹣5m=?2m解得m＝﹣5?2（舍）或m＝﹣5+∴m的值為﹣3，﹣4，﹣5+2【變式2-1】（云南期末）如圖，直線y=?12x+2與x軸交于點B，與y軸交于點C，已知二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點B，C和點（1）求B，C兩點的坐標．（2）求該二次函數(shù)的解析式．（3）若拋物線的對稱軸與x軸的交點為點D，則在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使△PCD是以CD為腰的等腰三角形？如果存在，直接寫出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．【解題思路】（1）令直線y=?12x+2的x＝0，y＝0，求出對應(yīng)的y和x的值，得到點C、（2）用待定系數(shù)法設(shè)二次函數(shù)解析式，代入點A、B、C的坐標求出解析式；（3）利用“兩圓一中垂”找到對應(yīng)的等腰三角形，結(jié)合勾股定理和等腰三角形的性質(zhì)求點P的坐標．【解答過程】解：（1）對直線y=?12x+2，當x＝0時，y＝2，y＝0時，∴B（4，0），C（0，2）．（2）設(shè)二次函數(shù)為y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a≠0），∵二次函數(shù)圖象經(jīng)過B（4，0），A（﹣1，0），∴y＝a（x﹣4）（x+1），把點C（0，2）代入y＝a（x﹣4）（x+1）得：a（0﹣4）（0+1）＝2，解得：a=?1∴y=?12（x﹣4）（x+1）=?12x（3）∵二次函數(shù)圖象經(jīng)過B（4，0），A（﹣1，0），∴對稱軸為x=4?1∴D（32∵C（0，2），∴CD=2①如圖1，當CD＝PD時，PD=5∴P1（32，52），P②如圖2，當CD＝CP3時，過點C作CH⊥DP3于點H，∵CD＝CP3，CH⊥DP3，∴DH＝P3H，∵C（0，2），∴DH＝2，∴P3H＝2，∴P3D＝4，∴P3（32綜上所述：存在P1（32，52），P2（32，?52），P【變式2-2】（南充）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+4（a≠0）與x軸交于點A（1，0）和B，與y軸交于點C，對稱軸為直線x=5（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，若點P是線段BC上的一個動點（不與點B，C重合），過點P作y軸的平行線交拋物線于點Q，連接OQ，當線段PQ長度最大時，判斷四邊形OCPQ的形狀并說明理由；（3）如圖2，在（2）的條件下，D是OC的中點，過點Q的直線與拋物線交于點E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y軸上是否存在點F，得△BEF為等腰三角形？若存在，求點F的坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）設(shè)點P的坐標為（x，﹣x+4），則點Q的坐標為（x，x2﹣5x+4），則PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，進而求解；（3）當∠DQE＝2∠ODQ，則∠HQA＝∠HQE，則直線AQ和直線QE關(guān)于直線QH對稱，進而求出點E的坐標為（5,4），再分BE＝BF、BE＝EF、BF＝EF三種情況，分別求解即可．【解答過程】解：（1）由題意得：a+b+4=0?b2a=故拋物線的表達式為y＝x2﹣5x+4①；（2）對于y＝x2﹣5x+4，令y＝x2﹣5x+4＝0，解得x＝1或4，令x＝0，則y＝4，故點B的坐標為（4,0），點C（0,4），設(shè)直線BC的表達式為y＝kx+t，則t=44k+t=0，解得k=?1故直線BC的表達式為y＝﹣x+4，設(shè)點P的坐標為（x，﹣x+4），則點Q的坐標為（x，x2﹣5x+4），則PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，∵﹣1＜0，故PQ有最大值，當x＝2時，PQ的最大值為4＝CO，此時點Q的坐標為（2，﹣2）；∵PQ＝CO，PQ∥OC，故四邊形OCPQ為平行四邊形；（3）∵D是OC的中點，則點D（0,2），由點D、Q的坐標，同理可得，直線DQ的表達式為y＝﹣2x﹣2，過點Q作QH⊥x軸于點H，則QH∥CO，故∠AQH＝∠ODA，而∠DQE＝2∠ODQ．∴∠HQA＝∠HQE，則直線AQ和直線QE關(guān)于直線QH對稱，故設(shè)直線QE的表達式為y＝2x+r，將點Q的坐標代入上式并解得r＝﹣6，故直線QE的表達式為y＝2x﹣6②，聯(lián)立①②并解得x=5y=4故點E的坐標為（5,4），設(shè)點F的坐標為（0，m），由點B、E的坐標得：BE2＝（5﹣4）2+（4﹣0）2＝17，同理可得，當BE＝BF時，即16+m2＝17，解得m＝±1；當BE＝EF時，即25+（m﹣4）2＝17，方程無解；當BF＝EF時，即16+m2＝25+（m﹣4）2，解得m=25故點F的坐標為（0,1）或（0，﹣1）或（0，258【變式2-3】（建華區(qū)二模）綜合與探究如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝﹣3x﹣3與x軸交于點A，與y軸交于點C．拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點，且與x軸交于另一點B（點B在點A右側(cè)）．（1）求拋物線的解析式及點B坐標；（2）設(shè)該拋物線的頂點為點H，則S△BCH＝3；（3）若點M是線段BC上一動點，過點M的直線ED平行y軸交x軸于點D，交拋物線于點E，求ME長的最大值及點M的坐標；（4）在（3）的條件下：當ME取得最大值時，在x軸上是否存在這樣的點P，使得以點M、點B、點P為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，請直接寫出所有點P的坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）由直線y＝﹣3x﹣3與x軸交于點A，與y軸交于點C，得A（﹣1，0）、C（0，﹣3），將A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，列方程組求b、c的值及點B的坐標；（2）設(shè)拋物線的對稱軸交BC于點F，求直線BC的解析式及拋物線的頂點坐標，再求出點F的坐標，推導(dǎo)出S△BCH=12FH?OB，可求出△（3）設(shè)點E的橫坐標為x，用含x的代數(shù)式表示點E、點M的坐標及線段ME的長，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出線段ME的最大值及點M的坐標；（4）在x軸上存在點P，使以點M、B、P為頂點的三角形是等腰三角形．由（3）得D（32，0），M（32，?32），由勾股定理求出OM＝BM=322，由等腰三角形PBM的腰長為3【解答過程】解：（1）∵直線y＝﹣3x﹣3與x軸、y軸分別交于點A、C，∴A（﹣1，0），C（0，﹣3），∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣1，0），C（0，﹣3），∴1?b+c=0c=?3解得b=?2c=?3∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．當y＝0時，由x2﹣2x﹣3＝0，得x1＝﹣1，x2＝3，∴B（3，0）．（2）設(shè)拋物線的對稱軸交BC于點F，交x軸于點G．設(shè)直線BC的解析式為y＝kx﹣3，則3k﹣3＝0，解得k＝1，∴y＝x﹣3；∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的頂點H（1，﹣4），當x＝1時，y＝1﹣3＝﹣2，∴F（1，﹣2），∴FH＝﹣2﹣（﹣4）＝2，∴S△BCH=12FH?OG+12FH?BG=1故答案為：3．（3）設(shè)E（x，x2﹣2x﹣3）（0＜x＜3），則M（x，x﹣3），∴ME＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x?32）2∴當x=32時，ME最大=94，此時M（（4）存在．如圖3，由（2）得，當ME最大時，則D（32，0），M（32，∴DO＝DB＝DM=3∵∠BDM＝90°，∴OM＝BM=(點P1、P2、P3、P4在x軸上，當點P1與原點O重合時，則P1M＝BM=322，當BP2＝BM=322時，則OP2∴P2（6?32當點P3與點D重合時，則P3M＝P3B=32，P3（當BP4＝BM=322時，則OP4∴P4（6+32綜上所述，P1（0，0），P2（6?322，0），P3（32，0），P4【題型3二次函數(shù)中平行四邊形存在性問題】【例3】（元陽縣期末）如圖，直線y=?12x+c與x軸交于點A（﹣3，0），與y軸交于點C，拋物線y=12x2+bx+c經(jīng)過點A，C，與x軸的另一個交點為（1）求拋物線的函數(shù)解析式．（2）M為x軸的下方的拋物線上一動點，求△ABM的面積的最大值．（3）P為拋物線上一動點，Q為x軸上一動點，當以B，C，Q，P為頂點的四邊形為平行四邊形時，求點P的坐標．【解題思路】（1）將A（﹣3，0），B（1，0）代入拋物線y=1（2）由題意可知，當點M為拋物線的頂點，即可求面積；（3）分兩種情況：①當以BC為邊時，PQ＝BC，則點B到點C的豎直距離＝點P到點Q的豎直距離，即|12x2+x?32|=32，當點P在x軸上方時，12x2+x?32=32，求得P(?7?1，32【解答過程】解：（1）將A（﹣3，0），B（1，0）代入拋物線y=1∴1解得b=1c=?∴拋物線的函數(shù)解析式為y=1（2）∵M是x軸的下方的拋物線上一動點，且△ABM的面積最大，∴點M為拋物線的頂點，∴M（﹣1，﹣2），∴△ABM的面積的最大值=1（3）分兩種情況：①當以BC為邊時，由平行四邊形的性質(zhì)可知，PQ＝BC，∴點B到點C的豎直距離＝點P到點Q的豎直距離，即|1當點P在x軸上方時，12解得x1=?7∴P(?7?1，32當點P在x軸下方時，12解得x1＝﹣2，x2＝0（舍去），∴P(?2，?3②當以BC為對角線時，點P與點Q不能同時在拋物線上和x軸上，故此種情況不成立，綜上可知，點P的坐標為(?7?1，32)【變式3-1】（泰山區(qū)期末）如圖，拋物線y=12x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣4，0），點M為拋物線的頂點，點B在y軸上，且OA＝OB（1）求直線AB和拋物線的表達式；（2）在y軸上找一點Q，使得△AMQ的周長最小，在備用圖中畫出圖形并求出點Q的坐標；（3）在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使以點A、O、C、N為頂點且AC為一邊的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）拋物線y=12x2+bx+c經(jīng)過A（﹣4，0），C（2，6），代入即可得拋物線表達式為y=12x2+2x，由OA＝（2）作A關(guān)于y軸的對稱點A'，連接A'M交y軸于Q，連接AM，此時△AQM的周長最小，由A'（4，0），M（（﹣2，﹣2），可得直線A'M表達式為y=13x?43，從而可得（3）分兩種情況：①以AC、AO為邊，此時A（﹣4，0）平移到C（2，6）時，O（0，0）即平移到N，即得N（6，6）；②以AC、AN為邊，同理可得N（﹣6，﹣6）．【解答過程】解：（1）拋物線y=12x2+bx+c∴12×16?4b+c=01∴拋物線表達式為y=12x∵A（﹣4，0），OA＝OB，∴B（0，4），設(shè)直線AB表達式為y＝mx+n，∴0=?4m+n4=n，解得m=1∴直線AB表達式為y＝x+4；（2）作A關(guān)于y軸的對稱點A'，連接A'M交y軸于Q，如圖：連接AM，此時△AQM的周長最小，∵A（﹣4，0），A、A'關(guān)于y軸對稱，∴A'（4，0），∵y=12x2+2x=∴M（（﹣2，﹣2），設(shè)直線A'M表達式為y＝sx+t，則4s+t=0?2s+t=?2，解得s=∴直線A'M表達式為y=13x令x＝0得y=?4∴Q（0，?4（3）存在，理由如下：①以AC、AO為邊，如圖：∵四邊形AONC是平行四邊形，∴A（﹣4，0）平移到C（2，6）時，O（0，0）即平移到N，∴N（6，6）；②以AC、AN為邊，如圖：∵四邊形ANOC是平行四邊形，∴C（2，6）平移到O（0，0）時，A（﹣4，0）即平移到N，∴N（﹣6，﹣6）；綜上述所：以點A、O、C、N為頂點且AC為一邊的四邊形是平行四邊形，則N的坐標為（6，6）或（﹣6，﹣6）．【變式3-2】（雨花區(qū)期末）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸為直線x＝﹣1，且拋物線經(jīng)過A（1，0），C（0，3）兩點，與x軸交于點B．（1）求拋物線的解析式；（2）若點P從點B出發(fā)，沿著射線BC運動，速度每秒2個單位長度，過點P作直線PM∥y軸，交拋物線于點M．設(shè)運動時間為t秒．①在運動過程中，當t為何值時，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大？并求出此時點P的坐標．②若點N同時從點B出發(fā)，向x軸正方向運動，速度每秒v個單位長度，問：是否存在t使點B，C，M，N構(gòu)成平行四邊形？若存在，求出t，v的值；若不存在，說明理由．【解題思路】（1）先根據(jù)對稱軸求出點B的坐標，再根據(jù)待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）①根據(jù)題意表示出BA和BC的值，再利用平方差公式表示出（MA+MC）（MA﹣MC）的值，求出最值即可；②根據(jù)對角線的情況分三種情況討論即可．【解答過程】解：（1）∵拋物線的對稱軸為x＝﹣1，∴B（﹣3，0），設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），代入C（0，3），得3＝a×3×（﹣1），解得a＝﹣1，∴y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；（2）①∵B（﹣3，0），C（0，3），∴直線BC的解析式為y＝x+3，設(shè)P（m，m+3），則點M為（m，﹣m2﹣2m+3），∴（MA+MC）（MA﹣MC）＝MA2﹣MC2＝（1﹣m）2﹣（﹣m2﹣2m+3）2﹣（﹣m）2﹣（﹣m2﹣2m+3﹣3）2＝﹣6m2﹣14m+10=?6(m+7當m=?76時，（MA+MC）（MA﹣此時PB=11所以此時t=PB∴當t=116時，使（MA+MC）（MA﹣MC）的值最大，此時點P的坐標為（?7②存在t的值，由題意得B（﹣3，0），C（0，3），M（t﹣3，﹣t2+4t），N（v﹣3，0），若BC為對角線，則：?3+0=t?3+v?30+3=?解得：t=1v=2或t=3∴t＝1，v＝2，若BM為對角線，則：?3+t?3=0+v?30?解得：t=1v=?2（舍）或者t=3∴此種情況無滿足的t，v，若BN為對角線，則：?3+v?3=0+t?30+0=3?解得：t=2?7v=5?7∴t＝2+7，v＝5+綜上，t＝1，v＝2，或者t＝2+7，v＝5+【變式3-3】（北碚區(qū)校級模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx﹣6與x軸交于A，C（﹣6，0）兩點（點A在點C右側(cè)），交y軸于點B，連接BC，且AC＝4．（1）求拋物線的解析式．（2）若P是BC上方拋物線上不同于點A的一動點，連接PA，PB，PC，求當S△PBC?12S△PAC有最大值時點（3）如圖2，將原拋物線向右平移，使得點A剛好落在原點O，M是平移后的拋物線上一動點，Q是直線BC上一動點．當A，M，B，Q組成的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出此時點Q的坐標．【解題思路】（1）由點C的坐標，即AC＝4，可求出點A的坐標，把點A和點C的坐標代入拋物線中，即可求得拋物線的解析式；（2）過點P作x軸的垂線，交x軸于點D，交BC于點E，設(shè)出點P的坐標，分別表達點D和點E的坐標，進而表達S△PBC?12S△PAC，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求得最大值及點（3）先求出平移后的拋物線的解析式，再分別討論AB為邊，AB為對角線兩種情況討論；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可求出點Q的坐標．【解答過程】解：（1）∵C（﹣6，0），∴OC＝6，∵AC＝4，∴OA＝2，即A（﹣2，0），∵點A（﹣2，0），C（﹣6，0）在拋物線y＝ax2+bx﹣6上，∴4a?2b?6=036a?6b?6=0，解得，a=?∴拋物線的解析式為：y=?12x2﹣4（2）過點P作x軸的垂線，交x軸于點D，交BC于點E，如圖，由（1）中拋物線的解析式可得B（0，﹣6），∴直線BC的解析式為：y＝﹣x﹣6，設(shè)點P的橫坐標為m，則P（m，?12m2﹣4m﹣6）（﹣6＜m＜0，且∴D（m，0），E（m，﹣m﹣6），∴PE=?12m2﹣4m﹣6﹣（﹣m﹣6）=?12m|PD|＝|?12m2﹣4∴S△PBC?12S=12?PE?（xB﹣xC）?12=12?（?12m2﹣3m）×6?12×=?32m2﹣9m﹣|?12m當﹣6＜m＜﹣2時，?12m2﹣4S△PBC?12S△PAC=?32m2﹣9m﹣（?12m2﹣4m﹣6）＝﹣m2﹣5m+6＝﹣（當m=?52時，S△PBC?12S△PAC的最大值為494，P當﹣2＜m＜0時，S△PBC?12S△PAC=?32m2﹣9m﹣（12m2+4m+6）＝﹣2m2﹣13m﹣6＝﹣2（m∵968綜上，當P（?52，78）時，S△PBC?12S（3）將原拋物線向右平移，使得點A剛好落在原點O，則平移后的拋物線為：y=?12x2﹣2①當AB為邊時，分兩種情況：a．當四邊形ABQM是平行四邊形時，由平行四邊形的性質(zhì)可知，AB∥MQ，AM∥BQ，如圖，過點A作AM∥BC，與平移后的拋物線交于點M，∵直線BC的解析式為：y＝﹣x﹣6，則直線AM的解析式為：y＝﹣x﹣2，聯(lián)立y=?x?2y=?12x2∴M1（﹣1?5，﹣1+5），M2（﹣1+5∴Q1（1?5，﹣7+5），Q2（1+5b．當四邊形ABMQ是平行四邊形時，如圖，設(shè)點M5的橫坐標為t，則M5（t，?12t2﹣2t），由平移的性質(zhì)可得，Q5（t﹣2，?12t∵點Q5在直線BC上，∴?12t2﹣2t+6＝﹣（t﹣2）﹣6，解得t＝﹣1+21或t∴Q5（﹣3?21，﹣3+21），Q6（﹣3+21②當AB為對角線時，由平行四邊形的性質(zhì)可知，AM∥BQ，如圖，∵A（﹣2，0），B（0，﹣6），∴AB的中點為（﹣1，﹣3），由①可知，M3（﹣1+5，﹣1?5），M4（﹣1?5∴Q3（﹣1?5，﹣5+5），Q4（﹣1+5∴符合題意的點Q的坐標為：（1+5，﹣7?5），（1?5，﹣7+5），（﹣3?21，﹣3+21），（﹣3+21，﹣3?21），（﹣1【題型4二次函數(shù)中菱形存在性問題】【例4】（巴南區(qū)期末）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A（1，0）和點B（﹣3，0），與y軸交于點C．（1）求b，c的值；（2）如圖1，點P為直線BC上方拋物線上的一個動點，設(shè)點P的橫坐標m．當m為何值時，△PBC的面積最大？并求出這個面積的最大值．（3）如圖2，將該拋物線向左平移2個單位長度得到新的拋物線y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的拋物線與原拋物線相交于點D，點M為直線BC上的一點，點N是平面坐標系內(nèi)一點，是否存在點M，N，使以點B，D，M，N為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）將點A（1，0）和點B（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解析式；（2）求出直線BC的解析式y(tǒng)＝x+3，過P點作PQ⊥x軸交BC于Q，由已知可得P（m，﹣m2﹣2m+3），則Q（m，m+3），則S△PBC=?32（m+32）2+278，當m=?32時，S△PBC有最大值（3）平移后拋物線解析式為y＝﹣x2﹣6x﹣5，聯(lián)立﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣6x﹣5，求出D（﹣2，3），則BD=10，設(shè)M（t，t+3），分三種情況：當四邊形BDMN為菱形時，由DB＝DM，得10＝（t+2）2+t2，求出M（1，4）；當四邊形BDNM為菱形時，由BD＝BM，得10＝（t+3）2+（t+3）2，求出M（5?3，5）或M（?5?3，?5）；當四邊形BMDN為菱形時，設(shè)BD的中點為G，則G（?52，32），由勾股定理得BM2＝BG2+GM2，即2（t+3）2＝（102）2+（t+52）2+（【解答過程】解：（1）將點A（1，0）和點B（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得?1+b+c=0?9?3b+c=0解得b=?2c=3∴y＝﹣x2﹣2x+3；（2）令x＝0，則y＝3，∴C（0，3），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，則有b=3?3k+b=0解得k=1b=3∴y＝x+3，過P點作PQ⊥x軸交BC于Q，由已知可得P（m，﹣m2﹣2m+3），則Q（m，m+3），∴S△PBC=12×3×（﹣m2﹣2m+3﹣m﹣3）=32（﹣m2﹣3m）=?32∴當m=?32時，S△PBC有最大值此時P（?32，（3）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，將拋物線向左平移2個單位長度，則y＝﹣（x+3）2+4＝﹣x2﹣6x﹣5，聯(lián)立﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣6x﹣5，∴x＝﹣2，∴D（﹣2，3），∵B（﹣3，0），∴BD=10∵M點在直線BC上，設(shè)M（t，t+3），當四邊形BDMN為菱形時，如圖1，∴DB＝DM，∴10＝（t+2）2+t2，∴t＝1或t＝﹣3（舍），∴M（1，4）；當四邊形BDNM為菱形時，如圖2，∴BD＝BM，∴10＝（t+3）2+（t+3）2，∴t=5?3或t∴M（5?3，5）或M（?5?當四邊形BMDN為菱形時，如圖3，設(shè)BD的中點為G，則G（?52，∵GM⊥BD，∴BM2＝BG2+GM2，∴2（t+3）2＝（102）2+（t+52）2+（t+∴t=?7∴M（?74，綜上所述：M點的坐標為（1，4）或（5?3，5）或（?5?3，?5）或（【變式4-1】（湘潭）如圖，一次函數(shù)y=33x?3圖象與坐標軸交于點A、B，二次函數(shù)y=33x2+bx+c（1）求二次函數(shù)解析式；（2）點B關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為點C，點P是對稱軸上一動點，在拋物線上是否存在點Q，使得以B、C、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出Q點坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）由y=33x?3可求出A（3，0），B（0，?3），代入二次函數(shù)y=33x2+bx+c即得二次函數(shù)解析式為y=（2）由二次函數(shù)y=33x2?233x?3可得其對稱軸為直線x=2332×33=1，設(shè)P（1，m），Q（n，33n2①當BC、PQ為對角線時，0+22=1+n2?3?32=m+33n2?233n?32，可得m=?233n=1，此時四邊形BQCP是平行四邊形，根據(jù)P（1，?233），B（0，【解答過程】解：（1）在y=33x?3中，令x＝0得y=?3，令∴A（3，0），B（0，?3∵二次函數(shù)y=33x2+bx+c圖象過A、∴0=33+3b+c?∴二次函數(shù)解析式為y=33x2?2（2）存在，理由如下：由二次函數(shù)y=33x2?233x設(shè)P（1，m），Q（n，33n2?233n?3∵C與B關(guān)于直線x＝1對稱，∴C（2，?3①當BC、PQ為對角線時，如圖：此時BC的中點即是PQ的中點，即0+22解得m=?2∴當P（1，?233），Q（1，?由P（1，?233），B（0，?3），C（2，?3）可得PB∴PB＝PC，∴四邊形BQCP是菱形，∴此時Q（1，?4②BP、CQ為對角線時，如圖：同理BP、CQ中點重合，可得0+12解得m=0n=?1∴當P（1，0），Q（﹣1，0）時，四邊形BCPQ是平行四邊形，由P（1，0），B（0，?3），C（2，?3）可得BC2＝4＝PC∴四邊形BCPQ是菱形，∴此時Q（﹣1，0）；③以BQ、CP為對角線，如圖：BQ、CP中點重合，可得0+n2解得m=0n=3∴P（1，0），Q（3，0）時，四邊形BCQP是平行四邊形，由P（1，0），B（0，?3），C（2，?3）可得BC2＝4＝PC∴四邊形BCQP是菱形，∴此時Q（3，0）；綜上所述，Q的坐標為：（1，?4【變式4-2】（無棣縣月考）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，B點的坐標為（3，0），與y軸交于點C（0，﹣3），點P是直線BC下方拋物線上的一個動點．（1）求二次函數(shù)解析式；（2）連接PO，PC，并將△POC沿y軸對折，得到四邊形POP'C．是否存在點P，使四邊形POP'C為菱形？若存在，求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）當點P運動到什么位置時，四邊形ABPC的面積最大？求出此時P點的坐標和四邊形ABPC的最大面積．【解題思路】（1）先根據(jù)點C坐標求出c＝﹣3，再將點B坐標代入二次函數(shù)解析式中求出b，即可得出結(jié)論；（2）連接PP'交y軸于E，根據(jù)菱形的性質(zhì)判斷出點E是OC的中點，進而求出點P的縱坐標，最后代入二次函數(shù)解析式中求解，即可得出結(jié)論；（3）設(shè)出點P的坐標，進而利用梯形的面積+三角形的面積得出S四邊形ABPC=?32（m?12【解答過程】解：（1）∵二次函數(shù)y＝x2+bx+c與y軸的交點C（0，﹣3），∴c＝﹣3，∴二次函數(shù)的解析式為y＝x2+bx﹣3，∵點B（3，0）在二次函數(shù)圖象上，∴9+3b﹣3＝0，∴b＝﹣2，∴二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）存在，理由：如圖1，連接PP'交y軸于E，∵四邊形POP'C為菱形，∴PP'⊥OC，OE＝CE=12∵點C（0，﹣3），∴OC＝3，∴OE=3∴E（0，?3∴點P的縱坐標為?3由（1）知，二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，∴x2﹣2x﹣3=?3∴x=2?102或∵點P在直線BC下方的拋物線上，∴0＜x＜3，∴點P（2+102，（3）如圖2，過點P作PF⊥x軸于F，則PF∥OC，由（1）知，二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，則x2﹣2x﹣3＝0，∴x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），∴設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3）（0＜m＜3），∴F（m，0），∴S四邊形ABPC＝S△AOC+S梯形OCPF+S△PFB=12OA?OC+12（OC+PF）?OF=12×1×3+12（3﹣m2+2m+3）?m+12（﹣=?32（m?32∴當m=32時，四邊形ABPC的面積最大，最大值為758，此時，P（3即點P運動到點（32，?154）時，四邊形ABPC【變式4-3】（南岸區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（4，0）和B（﹣1，0），交y軸于點C．（1）求二次函數(shù)y＝x2+bx+c的表達式；（2）將點C向右平移n個單位得到點D，點D在該二次函數(shù)圖象上．點P是直線BD下方該二次函數(shù)圖象上一點，求△PBD面積的最大值以及此時點P的坐標；（3）在（2）中，當△PBD面積取得最大值時，點E是過點P且垂直于x軸直線上的一點．在該直角坐標平面內(nèi)，是否存在點Q，使得以點P，D，E，Q四點為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出滿足條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）由s=12PF（xD﹣xB）=（3）①當PE為對角線時，如圖2，則PE⊥DQ，且D、Q關(guān)于直線PE對稱，即可求解；②當DE為對角線時，證明△DNP≌△EMQ（AAS），進而求解；③當PD為對角線時，由DG2+EG2＝DG2，即可求解．【解答過程】解：（1）根據(jù)題意得：16+4b+c=01?b+c=0解得：b=?3c=?4∴這個二次函數(shù)的表達式為y＝x2﹣3x﹣4；（2）∵y＝x2﹣3x﹣4與y軸交點為（0，﹣4），∵將點C向右平移后得到點D，則點D的縱坐標為﹣4．令y＝﹣4，即x2﹣3x﹣4＝﹣4，得x1＝0，x2＝3．∴D（3，﹣4）．設(shè)直線BD的表達式為y＝mx+n，則0=?m+n?4=3m+n，解得m=?1∴經(jīng)過B（﹣1，0），D（3，﹣4）的直線為y＝﹣x﹣1．∵P是函數(shù)y＝x2﹣3x﹣4圖象上一點，則設(shè)P（t，t2﹣3t﹣4）．如圖1，過點P作PF⊥x軸，交BD于點F，則F（t，﹣t﹣1）．設(shè)△PBD的面積為s，則s=12PF（xD﹣xB）=12×PF×（3+1）＝2PF＝2[（﹣t﹣1）﹣（t2﹣3t∴t＝1時，△PBD的面積最大，最大為8．此時，點P（1，﹣6）；（3）存在以點P，D，E，Q四點為頂點的四邊形是菱形，分三種情況：①當PE為對角線時，如圖2，∵PE⊥x軸，CD//x軸，∴PE⊥DQ，且D、Q關(guān)于直線PE對稱，因為D（3，﹣4），P（1，﹣6），∴Q（﹣1，﹣4）；②當DE為對角線時，設(shè)Q（3，k），如圖3、圖4，則DQ//PE，DQ＝PE，作DN⊥PE于E，EM⊥DQ于M，∵∠P＝∠Q，DP＝EQ，.∴△DNP≌△EMQ（AAS），∴QM＝PN＝﹣4﹣（﹣6）＝2，∵EM＝3﹣1＝2，QE＝DQ＝k+4，∴（k+4）2＝22+22，解得k＝﹣4±22，∴點Q的坐標有（3，﹣4+22），（3，﹣4﹣22）；③當PD為對角線時，如圖5，設(shè)點Q坐標為（3，a），作PH⊥DQ于H，QG⊥PE于G，∵DG＝2，EG＝QH＝﹣6﹣a，DE＝DQ＝﹣4﹣a，則DG2+EG2＝DG2，∴22+（﹣6﹣a）2＝（﹣4﹣a）2，解得a＝﹣6，∴Q（3，﹣6），滿足條件的點Q的坐標有：（3，?4+22），（3，?4?2【題型5二次函數(shù)中矩形存在性問題】【例5】（九龍坡區(qū)校級期末）如圖1，若二次函數(shù)y＝﹣x2+3x+4的圖象與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，連接AC、BC．（1）求三角形ABC的面積；（2）若點P是拋物線在一象限內(nèi)BC上方一動點，連接PB、PC，是否存在點P，使四邊形ABPC的面積為18，若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由；（3）如圖2，若點Q是拋物線上一動點，在平面內(nèi)是否存在點K，使以點B、C、Q、K為頂點，BC為邊的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點K的坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）令x＝0，求C（0，4），令y＝0，求A（﹣1，0），B（4，0），再求S△ABC=1（2）由已知可得△BCP的面積為8，求出直線BC的解析式為y＝﹣x+4，過P點作PM⊥x軸，交BC于點M，設(shè)P（t，﹣t2+3t+4），則M（t，﹣t+4），則S△BCP＝2（﹣t2+4t）＝8，求出t＝2，則P（2，6）；（3）設(shè)Q（m，﹣m2+3m+4），當m＞0時，過點Q作QH⊥y軸交H點，過K作KG⊥x軸交G點，證明△CHQ≌△BGK（AAS），得到m＝﹣m2+3m+4﹣4，則HQ＝2，所以K（6，2）；當m＜0時，設(shè)KC與x軸的交點為F，BQ與y軸的交點為H，過點Q作QG⊥y軸交G點，過K作KE⊥x軸交E點，證明△QHG≌△KFE（AAS），則有﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），求得m＝﹣2，則GQ＝2，可求K（﹣6，﹣2）．【解答過程】解：（1）令x＝0，則y＝4，∴C（0，4），令y＝0，則﹣x2+3x+4＝0，解得x＝4或x＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（4，0），∴AB＝5，∴S△ABC=1（2）存在，理由如下：∵四邊形ABPC的面積為18，S△ABC＝10，∴△BCP的面積為8，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+4，將點B（4，0）代入，得k＝﹣1，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+4，過P點作PM⊥x軸，交BC于點M，設(shè)P（t，﹣t2+3t+4），則M（t，﹣t+4），∴S△BCP=12×4×PM＝2（﹣t2+3t+4+t﹣4）＝2（﹣t2∴t＝2，∴P（2，6）；（3）存在，理由如下：設(shè)Q（m，﹣m2+3m+4），當m＞0時，如圖1，∵矩形是以BC為邊，∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，過點Q作QH⊥y軸交H點，過K作KG⊥x軸交G點，∵CQ＝BK，∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠HCQ＝∠GBK＝45°，∴△CHQ≌△BGK（AAS），∴HC＝HQ＝BG＝GK，∴m＝﹣m2+3m+4﹣4，∴m＝2或m＝0（舍），∴HQ＝2，∴K（6，2）；當m＜0時，如圖2，∵矩形是以BC為邊，∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，設(shè)KC與x軸的交點為F，BQ與y軸的交點為H，過點Q作QG⊥y軸交G點，過K作KE⊥x軸交E點，∵∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠OBH＝∠OHB＝45°，∠FCO＝∠CFO＝45°，∴OF＝OC＝OB＝OH＝4，∠HQG＝∠EFK＝45°，∵KC＝BQ，CF＝HB，∴FK＝QH，∴△QHG≌△KFE（AAS），∴QG＝HG＝EF＝EK，∴﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），∴m＝﹣2或m＝4（舍），∴GQ＝2，∴K（﹣6，﹣2）；綜上所述，K點的坐標為（﹣6，﹣2）或（6，2）．【變式5-1】（齊齊哈爾）綜合與探究如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+2x+c（a≠0）與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，連接BC，OA＝1，對稱軸為直線x＝2，點D為此拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式；（2）拋物線上C、D兩點之間的距離是22；（3）點E是第一象限內(nèi)拋物線上的動點，連接BE和CE，求△BCE面積的最大值；（4）點P在拋物線對稱軸上，平面內(nèi)存在點Q，使以點B、C、P、Q為頂點的四邊形為矩形，請直接寫出點Q的坐標．【解題思路】（1）先由題意得出A，B的坐標，再用待定系數(shù)法求出解析式即可；（2）根據(jù)兩點的距離公式即可求出CD的長度；（3）先設(shè)出E的坐標，然后將△BCE的面積表示出來，求出最大值即可；（4）根據(jù)對角線的情況分三種討論，再由矩形的性質(zhì)求出點Q的坐標．【解答過程】解：（1）∵OA＝1，∴A（﹣1，0），又∵對稱軸為x＝2，∴B（5，0），將A，B代入解析式得：0=a?2+c0=25a+10+c解得a=?1∴y=?1（2）由（1）得：C（0，52），D（2，9∴CD=(故答案為22；（3）∵B（5，0），C（0，52∴直線BC的解析式為：y=?1設(shè)E（x，?1作EF∥y軸交BC于點F，則F（x，?1∴EF=?12x2+2x+∴S△BCE當x=52時，S△BCE有最大值為（4）設(shè)P（2，y），Q（m，n），由（1）知B（5，0），C（0，52若BC為矩形的對角線，則5+0=2+m0+解得：m=3n=又∵∠BPC＝90°，∴PC2+PB2＝BC2，即：22解得y＝4或y=?3∴n=?32或∴Q（3，?32）或若BP為矩形得對角線，則5+2=0+m0+y=解得m=7n=y?又∵∠BCP＝90°，BC2+CP2＝BP2，即：52解得y=13∴Q（7，4），若BQ為矩形的對角線，則5+m=2+00+n=y+解得：m=?3n=y+又∵∠BCQ＝90°，∴BC2+CQ2＝BQ2，即：52解得n=?7∴Q（﹣3，?7綜上，點Q的坐標為（3，?32）或（3，4），或（7，4）或（﹣3，【變式5-2】（杏花嶺區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2﹣2x﹣3與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C．（1）求直線BC的解析式；（2）若點P為直線BC下方拋物線上一動點，當點P運動到某一位置時，△BCP的面積最大，求△BCP的最大面積及此時點P的坐標；（3）點M為拋物線對稱軸上一動點，點N為坐標平面內(nèi)一點，若以點B，C，M，N為頂點的四邊形是矩形，直接寫出點M的坐標．【解題思路】（1）求出B、C坐標，用待定系數(shù)法即可得答案；（2）過P作PD∥y軸交BC于D，設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3），用m的代數(shù)式表示PD和△BCP的面積S△BCP即可得到答案；（3）拋物線y＝x2﹣2x﹣3的對稱軸為直線x＝1，以點B，C，M，N為頂點的四邊形是矩形，分三種情況分別畫出圖形，列方程求出解即可得到答案．【解答過程】解：（1）在y＝x2﹣2x﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，令y＝0得x＝3或﹣1，∴C（0，﹣3），A（﹣1，0），B（3，0），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，將B（3，0），C（0，﹣3）代入得：0=3k+b?3=b，解得k=1∴直線BC的解析式為y＝x﹣3；（2）過P作PD∥y軸交BC于D，如圖：設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3），則D（m，m﹣3），∴PD＝（m﹣3）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，∴△BCP的面積S△BCP=12PD?|xB﹣xC|=?32m2+92m=?3∴m=32時，S△BCP最大為此時P（32，?（3）拋物線y＝x2﹣2x﹣3的對稱軸為直線x＝1，以點B，C，M，N為頂點的四邊形是矩形，分三種情況：①過B作BM⊥BC交對稱軸x＝1于M，如圖：∵直線BC的解析式為y＝x﹣3，∴設(shè)直線BM解析式為y＝﹣x+n，將B（3，0）代入得：0＝﹣3+n，解得n＝3，∴直線BM解析式為y＝﹣x+3，令x＝1得y＝2，∴M（1，2）；②過C作CM⊥BC交對稱軸x＝1于M，如圖：同①可得M（1，﹣4）；③以BC為對角線時，作以BC為直徑的圓與對稱軸交于M，如圖：設(shè)M（1，t），∵B（3，0），C（0，﹣3），∴直線CM解析式為y＝（t+3）x﹣3，直線BM解析式為y=?t2x+∵CM⊥BM，∴?t2?（t+3）＝﹣1，解得：t=?3+17∴M（1，?3+172）或M（1，綜上所述，以點B，C，M，N為頂點的四邊形是矩形，M坐標為（1，2）或（1，﹣4）或（1，?3+172）或（1，【變式5-3】（北碚區(qū)校級模擬）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的坐標為（﹣2，0），直線BC的解析式為y=12（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．（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；若不存在，請說明理由．【解題思路】（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+（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，代入點的坐標可得n﹣m＝2，則R（m+2，12m﹣3），S△PQR=?14（3）求出C'（0，﹣4），直線AC的解析式為y＝2x+4