專(zhuān)題7二次函數(shù)與菱形存在性問(wèn)題（解析版）

挑戰(zhàn)2023年中考數(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?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(chēng)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(chēng)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(chēng)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．

【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對(duì)稱(chēng)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），

第1頁(yè)共95頁(yè).

∴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(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，

∴＝，

∴m1＝﹣2，m2＝6，

∴點(diǎn)M（﹣2，0）或（6，0），

當(dāng)M（﹣2，0）時(shí)，點(diǎn)E'（﹣8，2），

∴旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式為：y＝﹣（x+8）2+2；

當(dāng)M（6，0）時(shí)，點(diǎn)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(diǎn)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(biāo)系中，拋物線y＝ax2﹣x+c（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A、

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

OB），點(diǎn)D（2，m）在拋物線上．

（1）求拋物線的解析式及m的值；

第2頁(yè)共95頁(yè).

（2）y軸上的點(diǎn)E使AE和DE的值最小，則OE＝2；

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

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

接寫(xiě)出點(diǎn)N的坐標(biāo)．

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

將點(diǎn)D的橫、縱坐標(biāo)代入解析式，可求m的值；

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

（3）因?yàn)锳D∥FB，可用相似三角形的性質(zhì)求出OF的長(zhǎng)度，進(jìn)而求出點(diǎn)C移動(dòng)的單位長(zhǎng)度；

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

【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(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)E，則此時(shí)AE+ED最小，

第3頁(yè)共95頁(yè).

設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+b（k≠0），

∵點(diǎn)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(dāng)x＝0時(shí)，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(gè)單位，

故答案為：9；

（4）∵以A、B、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，對(duì)角線互相垂直且平分，

第4頁(yè)共95頁(yè).

由∵OA≠OB，

∴AB與MN不能作為一組對(duì)角線，

∴分兩種情況：

①以AM與BN為對(duì)角線時(shí)，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(duì)角線時(shí)，如圖2③和圖2④，

如圖2③，菱形的邊長(zhǎng)仍為5，MN∥x軸，

∵M(jìn)O＝＝＝，

∴M（0，），

∴N（5，），

第5頁(yè)共95頁(yè).

如圖2④，同理可得：N（5，﹣），

綜上所述，①②兩種情況，符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)為：

N1（﹣5，﹣4）、N2（﹣5，4）、N3（5，）、N4（5，﹣）．

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

過(guò)A，C兩點(diǎn)，且與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B，對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣1．

（1）求拋物線的表達(dá)式；

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

點(diǎn)的坐標(biāo)；

（3）若點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱(chēng)軸上，是否存在點(diǎn)P，Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)

角線的菱形？若存在，請(qǐng)求出P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）先求得A，C，B三點(diǎn)的坐標(biāo)，將拋物線設(shè)為交點(diǎn)式，進(jìn)一步求得結(jié)果；

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

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

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

【解答】解：（1）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝4，

∴C（0，4），

當(dāng)y＝0時(shí)，x+4＝0，

∴x＝﹣3，

第6頁(yè)共95頁(yè).

∴A（﹣3，0），

∵對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣1，

∴B（1，0），

∴設(shè)拋物線的表達(dá)式：y＝a（x﹣1）?（x+3），

∴4＝﹣3a，

∴a＝﹣，

∴拋物線的表達(dá)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(dāng)m＝﹣時(shí)，S最大＝，

當(dāng)m＝﹣時(shí)，y＝﹣＝5，

第7頁(yè)共95頁(yè).

∴D（﹣，5）；

（3）設(shè)P（﹣1，n），

∵以A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)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(diǎn)B，C，拋物線y＝﹣x2+bx+c過(guò)B，

C兩點(diǎn)，其頂點(diǎn)為M，對(duì)稱(chēng)軸MN與直線BC交于點(diǎn)N．

（1）直接寫(xiě)出拋物線的解析式；

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

P，使四邊形MNPQ為菱形？并說(shuō)明理由；

（3）如圖2，點(diǎn)G為y軸負(fù)半軸上的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)G作EF∥BC，直線EF與拋物線交于點(diǎn)E，F(xiàn)，與直

線y＝﹣4x交于點(diǎn)H，若，求點(diǎn)G的坐標(biāo)．

第8頁(yè)共95頁(yè).

【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(diǎn)間距離公式可得PN＝2，由于PN≠M(fèi)N，故四邊形MNPQ不能為菱形．

（3）連接MG，過(guò)點(diǎn)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(guò)聯(lián)立方程組可得H（﹣m，2m），進(jìn)

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

∴B（4，0），C（0，8），

∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過(guò)B，C兩點(diǎn)，

∴，

解得：，

∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+8；

第9頁(yè)共95頁(yè).

（2）不存在點(diǎn)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(diǎn)為M（1，9），對(duì)稱(chēng)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(dāng)t＝1時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)N重合，點(diǎn)Q與點(diǎn)M重合，舍去；

當(dāng)t＝3時(shí)，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≠M(fèi)N，

故四邊形MNPQ不能為菱形．

（3）如圖（2），連接MG，過(guò)點(diǎn)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(diǎn)H，

第10頁(yè)共95頁(yè).

∴，

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(diǎn)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(diǎn)G的坐標(biāo)為（0，﹣8）．

第11頁(yè)共95頁(yè).

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(diǎn)，拋物線y＝ax2+3x+c

經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A，點(diǎn)E的坐標(biāo)為．

（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；

（2）點(diǎn)E，F(xiàn)關(guān)于拋物線的對(duì)稱(chēng)軸直線l對(duì)稱(chēng)，Q點(diǎn)是對(duì)稱(chēng)軸上一動(dòng)點(diǎn)，在拋物線上是否存在點(diǎn)P，使

得以E、F、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

第12頁(yè)共95頁(yè).

【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(dá)式是y＝

﹣x2+3x+；

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

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

①當(dāng)EF，PQ是對(duì)角線時(shí)，EF的中點(diǎn)即是PQ的中點(diǎn)，，得m＝1，又EQ

＝FQ，故P（1，6）；②當(dāng)EQ，F(xiàn)P為對(duì)角線時(shí)，EQ，F(xiàn)P的中點(diǎn)重合，，

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

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(dá)式是y＝﹣x2+3x+；

第13頁(yè)共95頁(yè).

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

∵y＝﹣x2+3x+＝﹣（x﹣1）2+6，

∴拋物線的對(duì)稱(chēng)軸是直線x＝1，

∵E（0，），F(xiàn)關(guān)于拋物線的對(duì)稱(chēng)軸直線x＝1對(duì)稱(chēng)，

∴F（2，），

設(shè)Q（1，t），P（m，﹣m2+3m+），

①當(dāng)EF，PQ是對(duì)角線時(shí)，EF的中點(diǎn)即是PQ的中點(diǎn)，如圖：

∴，

解得m＝1，

∵E（0，），F(xiàn)關(guān)于拋物線的對(duì)稱(chēng)軸直線x＝1對(duì)稱(chēng)，

∴EQ＝FQ，

∴以E、F、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，

∴P（1，6）；

②當(dāng)EQ，F(xiàn)P為對(duì)角線時(shí)，EQ，F(xiàn)P的中點(diǎn)重合，如圖：

第14頁(yè)共95頁(yè).

∴，

解得，

∴P（﹣1，0），Q（1，0），

而F（2，），

∴FQ＝2＝PQ，

∴以E、F、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，

∴P（﹣1，0）；

③當(dāng)EP，F(xiàn)Q為對(duì)角線，EP，F(xiàn)Q的中點(diǎn)重合，如圖：

∴，

解得，

∴P（3，0），Q（1，0），

而F（2，），

第15頁(yè)共95頁(yè).

∴FP＝QP＝2，

∴以E、F、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，

∴P（3，0），

綜上所述，P的坐標(biāo)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(diǎn)，與y

軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．

（1）求拋物線的解析式；

（2）若在線段BC上存在一點(diǎn)M，使得∠BMO＝45°，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥OM交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，求

點(diǎn)M的坐標(biāo)；

（3）點(diǎn)P是y軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是在對(duì)稱(chēng)軸上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，Q，使得以點(diǎn)P，Q，C，D為頂

點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）把點(diǎn)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(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），過(guò)

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

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

解得m＝，即可解決問(wèn)題；

（3）分兩種情況討論，①當(dāng)CD為菱形的邊時(shí)，②當(dāng)CD為菱形的對(duì)角線時(shí)，分別求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)即

可．

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

∴，

第16頁(yè)共95頁(yè).

解得：，

∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6；

（2）由（1）得，點(diǎn)C（0，6），

設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，

∵直線BC經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（3，0），C（0，6），

∴，

解得：

∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，

設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），

如圖1，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥y軸于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)H作HK⊥y軸于點(diǎn)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(diǎn)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(dāng)∠OMB＝45°時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（）；

（3）存在，理由如下：

第17頁(yè)共95頁(yè).

∵拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，頂點(diǎn)為D，

∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，8），

分兩種情況討論：

①當(dāng)CD為菱形的邊時(shí)，

如圖2，過(guò)C作CE⊥DQ于E

∵C（0，6），D（1，8），

∴CD＝＝，

∴DQ＝CD＝，

∴Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，8﹣）或（1，8+）；

②當(dāng)CD為菱形的對(duì)角線時(shí)，

如圖3，設(shè)點(diǎn)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(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，）；

綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．

第18頁(yè)共95頁(yè).

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

與y軸交于點(diǎn)C，OB＝3OA＝3，點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．

（1）求拋物線的解析式及點(diǎn)C坐標(biāo)；

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

及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；

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

第19頁(yè)共95頁(yè).

M，P，C，G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)G坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)

明理由．

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

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

由PF與PE的關(guān)系求解．

（3）分類(lèi)討論點(diǎn)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(diǎn)C坐標(biāo)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(diǎn)F，

第20頁(yè)共95頁(yè).

∵OB＝OC，

∴∠CBO＝45°，

∵PE∥x軸，

∴∠PEF＝∠OBC＝45°，

∴PF＝PE，

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

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

∴m＝時(shí)，PE的最大值為，此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為（，）．

（3）①如圖，PM＝CM，

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

∵點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，3），

∴CM＝＝m，

∴﹣m2+3m＝m，

解得m＝0（舍）或m＝3﹣，

∴GC＝CM＝3﹣2，

第21頁(yè)共95頁(yè).

∴OG＝OC+CG＝3+3﹣2＝3+1，

∴點(diǎn)G坐標(biāo)為（0，3+1）．

②如圖，PM＝CG時(shí)四邊形PCGM為平行四邊形，PG⊥CM時(shí)四邊形PCGM為菱形，

∵PM＝﹣m2+3m，點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，3），

∴點(diǎn)G坐標(biāo)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(diǎn)G坐標(biāo)為（0，1）．

③如圖，PM＝CM，

第22頁(yè)共95頁(yè).

由①可得m2﹣3m＝m，

解得m＝3+，

∴PM＝CG＝CM＝3+2，

∴點(diǎn)G坐標(biāo)為（0，1﹣3）．

綜上所述，點(diǎn)G坐標(biāo)為（0，3+1）或（0，1）或（0，1﹣3）．

2

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

拋物線的對(duì)稱(chēng)軸是直線x＝1，頂點(diǎn)為點(diǎn)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(diǎn)記為D，它的對(duì)稱(chēng)軸與x軸的交點(diǎn)記為E．已知點(diǎn)

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

【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；

（2）設(shè)拋物線L2的頂點(diǎn)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(yè)共95頁(yè).

＝AC＝3，再分兩種情況：①當(dāng)n＝3時(shí)，D（m，3），E（m，0），②當(dāng)n＝﹣3時(shí)，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(guò)點(diǎn)A（2，2），拋物線的對(duì)稱(chēng)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(diǎn)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(diǎn)的四邊形為菱形，

∴DE＝AC，即|n|＝3，

∴n＝±3，

①當(dāng)n＝3時(shí)，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(dāng)n＝﹣3時(shí)，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(diǎn)D的坐標(biāo)為（2+2，3）或（2﹣2，3）或（2+，﹣3）或（2﹣，﹣3）．

第24頁(yè)共95頁(yè).

5．（2022?佛山校級(jí)三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A，B（﹣1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)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(dāng)0＜x≤1+k時(shí)，y的最大值和最小值分別為m，n，且m+n＝，求k的值；

（3）點(diǎn)P是平面內(nèi)任意一點(diǎn)，在拋物線對(duì)稱(chēng)軸上是否存在點(diǎn)Q，使得以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊

形是菱形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【分析】（1）求出點(diǎn)A和點(diǎn)C坐標(biāo)，從點(diǎn)A和點(diǎn)B坐標(biāo)將拋物線的解析式設(shè)為交點(diǎn)式，將點(diǎn)C坐標(biāo)代

入，進(jìn)一步求得結(jié)果；

（2）箱求出n的值，進(jìn)而求得m的值，進(jìn)而求得點(diǎn)k的值；

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

AQ＝CQ，AQ＝AC及CQ＝AC，進(jìn)一步求得結(jié)果．

【解答】解：（1）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2，

第25頁(yè)共95頁(yè).

∴點(diǎn)C（0，﹣2），

當(dāng)y＝0時(shí)，＝0，

∴x＝3，

∴點(diǎn)A（3，0），

∴設(shè)y＝a（x+1）?（x﹣3），

將點(diǎn)C（0，﹣2）代入得，

﹣3a＝﹣2，

∴a＝，

∴y＝（x+1）?（x﹣3）＝﹣﹣2；

（2）∵拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線：x＝1，

∵k＞0，

∴k+1＞1，

∴當(dāng)0＜x＜1+k時(shí)，

∴當(dāng)x＝1時(shí)，

n＝（1+1）×（1﹣3）＝﹣，

∵m+n＝，

∴m＝8，

當(dāng)m＝8時(shí)，﹣x﹣2＝8，

∴x1＝5，x2＝﹣3（舍去），

∴1+k＝5，

∴k＝4；

（3）設(shè)點(diǎn)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(dāng)AQ＝AC時(shí)，

第26頁(yè)共95頁(yè).

a2+4＝13，

∴a＝±3，

∴Q1（1，3），Q2（1，﹣3），

當(dāng)AQ＝CQ時(shí)，

a2+4a+5＝a2+4，

∴a＝﹣，

∴Q3（1，﹣），

當(dāng)AC＝CQ時(shí)，

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(yáng)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸分別交于點(diǎn)A（﹣1，0）和

點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，3）．

（1）求拋物線的解析式及對(duì)稱(chēng)軸；

（2）如圖，點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，點(diǎn)P在對(duì)稱(chēng)軸上，若∠BPD＝90°，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；

（3）點(diǎn)M是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N在拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上，是否存在以A、B、M、N為頂點(diǎn)的四邊形為

菱形，若存在，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

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

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

＝BD，求出t的值即可求解；

第27頁(yè)共95頁(yè).

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

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

＝AM，不存在菱形．

【解答】解：（1）將點(diǎn)A（﹣1，0）、點(diǎn)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(duì)稱(chēng)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(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，

∴D（2，3），

∴BD的中點(diǎn)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(diǎn)的四邊形為菱形，理由如下：

設(shè)M（m，﹣m2+2m+3），N（1，n），

①當(dāng)AB為菱形的對(duì)角線時(shí)，AM＝AN，

∴，

第28頁(yè)共95頁(yè).

解得，

∴N（1，﹣4）；

②當(dāng)AM為菱形對(duì)角線時(shí)，AB＝AN，

∴，

此時(shí)無(wú)解；

③當(dāng)AN為菱形對(duì)角線時(shí)，AB＝AM，

∴，

此時(shí)無(wú)解；

綜上所述：N點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)B、C（點(diǎn)B在點(diǎn)C左側(cè)），與y軸

相交于點(diǎn)A．已知點(diǎn)B坐標(biāo)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(diǎn)P為直線AC下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PD∥AB，交線段AC于點(diǎn)D．求PD長(zhǎng)度

的最大值及此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；

（3）如圖2，將拋物線向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到新的拋物線，M為新拋物線對(duì)稱(chēng)軸l上一點(diǎn)，N為平

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

個(gè)N點(diǎn)坐標(biāo)的過(guò)程．

第29頁(yè)共95頁(yè).

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

利用待定系數(shù)法即可求解；

（2）過(guò)點(diǎn)P作PE∥y軸交AC于點(diǎn)E，作DF⊥PE于F，將PE表示PD的長(zhǎng)，進(jìn)而用點(diǎn)P坐標(biāo)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(diǎn)M（﹣1，t），分兩種情況：線段

AB為菱形的對(duì)角線時(shí)；線段AB為菱形的邊時(shí)，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(guò)點(diǎn)P作PE∥y軸交AC于點(diǎn)E，作DF⊥PE于F，

第30頁(yè)共95頁(yè).

∵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(diǎn)P（t，t2﹣5t+4），

∵C（4，0），A（0，4），

∴直線AC解析式為：y＝﹣x+4，

∴點(diǎn)E坐標(biāo)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(yè)共95頁(yè).

∵﹣＜0，

∴當(dāng)t＝2時(shí)，PD有最大值，

此時(shí)點(diǎn)P（2，﹣2）；

（3）∵y＝x2﹣5x+4＝（x﹣）2﹣，該拋物線向左移動(dòng)個(gè)單位，

∴新拋物線的解析式為：y′＝（x+1）2﹣，

∴新拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝﹣1，

設(shè)M（﹣1，t）；

當(dāng)線段AB為菱形的對(duì)角線時(shí)，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(dāng)線段AB為菱形的邊時(shí)，

∵A（0，4），B（1，0），

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

第32頁(yè)共95頁(yè).

①當(dāng)MA＝AB時(shí)，

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(dāng)x＝﹣1時(shí)，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(dāng)BA＝BM時(shí)，

第33頁(yè)共95頁(yè).

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(diǎn)N的坐標(biāo)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(diǎn)A，B，拋物線y＝x2+bx+c

的頂點(diǎn)是（2，﹣1），且與x軸交于C，D兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)E，P是拋物線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P

作PG⊥AB于點(diǎn)G．

（1）求b、c的值；

（2）若點(diǎn)M是拋物線對(duì)稱(chēng)軸上任意點(diǎn)，點(diǎn)N是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)N，使得以點(diǎn)C，D，M，

N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請(qǐng)你求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)你說(shuō)明理由．

（3）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，線段PG的長(zhǎng)最??？最小值為多少？

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

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

相垂直平分來(lái)列出方程，求出點(diǎn)N坐標(biāo)；

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

出線段PQ的表達(dá)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(yè)共95頁(yè).

∴b＝﹣，c＝3；

（2）由題意知，拋物線的對(duì)稱(chēng)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(dāng)以CD為菱形的邊時(shí)，MN平行且等于CD．

若點(diǎn)N在對(duì)稱(chēng)軸右側(cè)，

∵M(jìn)N＝CD＝2，

∴x＝2+2＝4，

把x＝4代入y＝（x﹣2）2﹣1，得y＝3，

∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（4，3）．

∵M(jìn)C＝＝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(dāng)N的坐標(biāo)為（0，3）時(shí)，四邊形MNCD也為菱形．

II．如圖，當(dāng)CD為菱形的對(duì)角線時(shí)，

第35頁(yè)共95頁(yè).

根據(jù)菱形的對(duì)角線互相垂直平分，可得對(duì)稱(chēng)軸垂直平分CD，

所以M，N在對(duì)稱(chēng)軸上．

又因?yàn)辄c(diǎn)N在拋物線上，

所以點(diǎn)N為拋物線的頂點(diǎn)，

所以點(diǎn)N的坐標(biāo)為（2，﹣1）．

綜上所述，符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)為（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；

（3）把x＝0代入y＝﹣x﹣3，得y＝﹣3，

∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，﹣3）．

把y＝0代入y＝﹣x﹣3，

得x＝﹣3，

∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣3，0）．

∴AB＝＝6，

∴sin∠ABO＝＝＝，

如圖，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥x軸交AB于點(diǎn)H，

則有PH∥OB，

第36頁(yè)共95頁(yè).

∴∠PHC＝∠ABO，

∴sin∠PHG＝sin∠ABO＝，

設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)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(dāng)m＝時(shí)，PH有最小值，最小值為，

此時(shí)PG有最小值，

當(dāng)m＝時(shí)，m2﹣m+3＝﹣，

此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，﹣），

∴當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到（，﹣）時(shí)，線段PG的長(zhǎng)的最小值為．

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

交y軸于點(diǎn)C．

（1）求△ABC的面積；

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

線上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作AC的垂線交CM于點(diǎn)G，求線段PG的最大值及點(diǎn)P的坐標(biāo)；

（3）將該拋物線沿射線AC方向平移個(gè)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(diǎn)為E，點(diǎn)F為新拋物線y′對(duì)稱(chēng)軸上的一點(diǎn)，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點(diǎn)Q，使以

點(diǎn)A、E、F、Q為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

第37頁(yè)共95頁(yè).

【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(yùn)用三角形面積公式即可求得答案；

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

GH⊥PN于點(diǎn)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(yùn)用二次函數(shù)性質(zhì)求最值即可；解法二：如圖1′，過(guò)點(diǎn)作PH∥x軸交CM于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)G

作GD⊥PH于點(diǎn)D，設(shè)PG與AC、x軸交點(diǎn)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(yùn)用

二次函數(shù)性質(zhì)求最值即可；

（3）運(yùn)用平移變換的性質(zhì)求出