专题10 二次函数与平行四边形含矩形菱形正方形的存在性问题-2023年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练

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类型一 二次函数与平行四边形的存在性问题
典例1 （2022•攀枝花）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，y轴上一点B（0，1）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，△PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）根据题意知，二次函数顶点为（1，﹣1），设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，将点B（0，0）代入得，a﹣1＝0，即可得出答案；
（2）连接OP，根据题意得点A的坐标，则S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP，代入化简即可；
（3）设N（n，n2﹣2n），分AB或AN或AM分别为对角线，利用平行四边形的性质和中点坐标公式，分别求出n＝的值，进而得出答案．
解：（1）∵二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，
∴二次函数顶点为（1，﹣1），
设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，
将点O（0，0）代入得，a﹣1＝0，
∴a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x；
（2）连接OP，
当y＝0时，x2﹣2x＝0，
∴x＝0或2，
∴A（2，0），
∵点P在抛物线y＝x2﹣2x上，
∴点P的纵坐标为t2﹣2t，
∴S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP
=12×2×1+12×2（﹣t2+2t）−12t
＝﹣t2+32t+1；
（3）设N（n，n2﹣2n），
当AB为对角线时，由中点坐标公式得，2+0＝1+n，
∴n＝1，
∴N（1，﹣1），
当AM为对角线时，由中点坐标公式得，2+1＝n+0，
∴n＝3，
∴N（3，3），
当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2+n＝0+1，
∴n＝﹣1，
∴N（﹣1，3），
综上：N（1，﹣1）或（3，3）或（﹣1，3）．
总结提升：本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，平行四边形的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．
变式训练
1．（2022•贵港模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点A坐标为（﹣2，0），点B坐标为（6，0）．对称轴l与x轴交于点F，P是直线BC上方抛物线上一动点，连接PB，PC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当四边形ACPB面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接PF，E是x轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以F、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
思路引领：（1）用待定系数法即可得抛物线的表达式为y=−12x2+2x+6；
（2）连接AC、OP，过P作PH⊥x轴于H，在y=−12x2+2x+6中得C（0，6），设P（m，−12m2+2m+6），S四边形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP=−32（m﹣3）2+752，根据二次函数性质及得答案；
（3）设E（n，0），Q（t，−12t2+2t+6），又P（3，152），分三种情况：
①当EF、PQ为对角线时，EF、PQ的中点重合，2+n=t+30+0=−12t2+2t+6+152，解得Q（31+2，−152）或（−31+2，−152）；
②当FQ、EP为对角线时，FQ、EP的中点重合，2+t=n+3−12t2+2t+6=0+152，解得Q（1，152）；
③当FP、EQ为对角线时，2+3=n+t0+152=0−12t2+2t+6，解得Q（1，152）．
解：（1）将A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+6得：
4a−2b+6=036a+6b+6=0，解得a=−12b=2，
∴抛物线的表达式为y=−12x2+2x+6；
（2）连接AC、OP，过P作PH⊥x轴于H，如图：
在y=−12x2+2x+6中，令x＝0得y＝6，
∴C（0，6），
∵A（﹣2，0），B（6，0），
∴OC＝6，OA＝2，OB＝6，
设P（m，−12m2+2m+6），
∴S四边形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP
=12×2×6+12×6m+12×6（−12m2+2m+6）
＝6+3m−32m2+6m+18
=−32m2+9m+24
=−32（m﹣3）2+752，
∵−32＜0，
∴当m＝3时，S四边形ACPB取最大值，最大值是752；
此时−12m2+2m+6=−12×32+2×3+6=152，
∴P的坐标为（3，152）；
（3）在抛物线上存在点Q，使得以F、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
由抛物线y=−12x2+2x+6与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点可得对称轴是直线x=−2+62=2，
∴F（2，0），
设E（n，0），Q（t，−12t2+2t+6），又P（3，152），
①当EF、PQ为对角线时，EF、PQ的中点重合，
∴2+n=t+30+0=−12t2+2t+6+152，
解得t=31+2或t=−31+2，
∴Q（31+2，−152）或（−31+2，−152）；
②当FQ、EP为对角线时，FQ、EP的中点重合，
∴2+t=n+3−12t2+2t+6=0+152，
解得t＝1或t＝3（与P重合，舍去），
∴Q（1，152）；
③当FP、EQ为对角线时，FP、EQ的中点重合，
∴2+3=n+t0+152=0−12t2+2t+6，
解得t＝1或t＝3（舍去），
∴Q（1，152），
综上所述，Q的坐标是（31+2，−152）或（−31+2，−152）或（1，152）．
总结提升：本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、四边形面积、平行四边形性质及应用等，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
类型二 二次函数与矩形存在性问题
典例2（2022•绥化）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过点A作AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD．点E从A点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．
思路引领：（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝2，可得出抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（﹣2，0），列出交点式，再将点A（0，﹣4）可得出抛物线的解析式；
（2）根据可得出△ABD是等腰直角三角形，再根据点E的运动和正方形的性质可得出点H，F，G的坐标，根据点B，C的坐标可得出直线BC的解析式，将点G代入直线BC的解析式即可；
（3）若存在，则△BGC是直角三角形，则需要分类讨论，当点B为直角顶点，当点G为直角顶点，当点C为直角顶点，分别求解即可．
解：（1）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，C（6，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣2，0），
∴抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣6），
将点A（0，﹣4）解析式可得，﹣12a＝﹣4，
∴a=13．
∴抛物线的解析式为：y=13（x+2）（x﹣6）=13x2−43x﹣4．
（2）∵AB⊥y轴，A（0，﹣4），
∴点B的坐标为（4，﹣4）．
∵D（4，0），
∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形．
∵AE=2m，
∴AF＝EF＝m，
∴E（m，﹣4+m），F（m，﹣4）．
∵四边形EGFH是正方形，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴∠HEF＝∠HFE＝45°，
∴FH是∠AFE的角平分线，点H是AE的中点．
∴H（12m，﹣4+12m），G（32m，﹣4+12m）．
∵B（4，﹣4），C（6，0），
∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣12．
当点G随着E点运动到达BC上时，有2×32m﹣12＝﹣4+12m．
解得m=165．
∴G（245，−125）．
（3）存在，理由如下：
∵B（4，﹣4），C（6，0），G（32m，﹣4+12m）．
∴BG2＝（4−32m）2+（12m）2，
BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，
CG2＝（6−32m）2+（4−12m）2．
若以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则△BGC是直角三角形，
∴分以下三种情况：
①当点B为直角顶点时，BG2+BC2＝CG2，
∴（4−32m）2+（12m）2+20＝（6−32m）2+（4−12m）2，
解得m=85，
∴G（125，−165）；
②当点C为直角顶点时，BC2+CG2＝BG2，
∴20+（6−32m）2+（4−12m）2＝（4−32m）2+（12m）2，
解得m=285，∴G（425，−65）；
③当点G为直角顶点时，BG2+CG2＝BC2，
∴（4−32m）2+（12m）2+（6−32m）2+（44−12m）2＝20，
解得m=245或2，
∴G（3，﹣3）或（365，−85）；
综上，存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，点G的坐标为（125，−165）或（425，−65）或（3，﹣3）或（365，−85）．
总结提升：本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，分类讨论等知识，解题关键是由点E的坐标得出点H，F，G的坐标．本题第（3）问当点B和点C为直角顶点时，也可通过一次函数和几何结合求解．
变式训练
1．（2022•黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；
（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）将点A、O的坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，利用待定系数法求出解析式，再表示出MN，然后根据MN＝2解方程可得答案；
（3）分AC为边和对角线两种情况进行讨论：根据平移的性质，三角形相似的性质和判定，两点的距离公式可得结论．
解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（4，0）和O（0，0），
∴−16+4b+c=0c=0，
解得：b=4c=0，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x；
（2）∵直线AB经过点A（4，0）和B（0，4），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，
∵MN∥y轴，
设M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，
当M在N点的上方时，
MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，
解得：t1=5−172，t2=5+172（舍），
∴M1（5−172，3+172），
当M在N点下方时，
MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴M2（2，2），M3（3，1），
综上，满足条件的点M的坐标有三个（5−172，3+172）或（2，2）或（3，1）；
（3）存在，
①如图2，若AC是矩形的边，
设抛物线的对称轴与直线AB交于点R，且R（2，2），
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD=(2−1)2+(4−3)2=2，
同理得：CR=2，RD＝2，
∴CD2+CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴点P1与点D重合，
当CP1∥AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），
此时直线P1C的解析式为：y＝x+2，
∵直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），
∴直线P2A的解析式为：y＝x﹣4，
∵点P2是直线y＝x﹣4与抛物线y＝﹣x2+4x的交点，
∴﹣x2+4x＝x﹣4，
解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），
∴P2（﹣1，﹣5），
当AC∥P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），
∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q2（﹣4，﹣2）；
②如图3，若AC是矩形的对角线，
设P3（m，﹣m2+4m）
当∠AP3C＝90°时，过点P3作P3H⊥x轴于H，过点C作CK⊥P3H于K，
∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，
∴△P3CK∽△AP3H，
∴P3KCK=AHP3H，
∴−m2+4m−3m−1=4−m−m2+4m，
∵点P不与点A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴m2﹣3m+1＝0，
∴m=3±52，
∴如图4，满足条件的点P有两个，即P3（3+52，5+52），P4（3−52，5−52），
当P3C∥AQ3，P3C＝AQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，
∵P3（3+52，5+52）向左平移1+52个单位，向下平移−1+52个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向左平移1+52个单位，向下平移−1+52个单位得到Q3（7−52，1−52），
当P4C∥AQ4，P4C＝AQ4时，四边形AP4CQ4是矩形，
∵P4（3−52，5−52）向右平移−1+52个单位，向上平移1+52个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向右平移−1+52个单位，向上平移1+52个单位得到Q4（7+52，1+52）；
综上，点Q的坐标为（5，1）或（﹣4，﹣2）或（7−52，1−52）或（7+52，1+52）．
总结提升：本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质等知识，正确画图，并运用分类讨论的思想是解本题的关键．
类型三 二次函数与菱形的存在性问题
典例3（2022•烟台）如图，已知直线y=43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x＝﹣1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；
（3）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）先求得A，C，B三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；
（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出DE的长，进而表示出三角形ADC的面积，进而表示出S的函数关系式，进一步求得结果；
（3）根据菱形性质可得PA＝PC，进而求得点P的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q坐标．
解：（1）当x＝0时，y＝4，
∴C （0，4），
当y＝0时，43x+4＝0，
∴x＝﹣3，
∴A （﹣3，0），
∵对称轴为直线x＝﹣1，
∴B（1，0），
∴设抛物线的表达式：y＝a（x﹣1）•（x+3），
∴4＝﹣3a，
∴a=−43，
∴抛物线的表达式为：y=−43（x﹣1）•（x+3）=−43x2−83x+4；
（2）如图1，
作DF⊥AB于F，交AC于E，
∴D（m，−43m2−83m+4），E（m，43m+4），
∴DE=−43m2−83m+4﹣（43m+4）=−43m2﹣4m，
∴S△ADC=12DE⋅OA=32•（−43m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，
∵S△ABC=12AB⋅OC=12×4×4=8，
∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+32）2+252，
∴当m=−32时，S最大=252，
当m=−32时，y=−43×(−32−1)×(−32+3)=5，
∴D（−32，5）；
（3）存在点P和点Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，理由如下：
设P（﹣1，n），
∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，
∴PA＝PC，
即：PA2＝PC2，
∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，
∴n=138，
∴P（﹣1，138），
∵xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝yA+yC
∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4−138=198，
∴Q（﹣2，198）．
总结提升：本题考查了二次函数及其图象性质，勾股定理，菱形性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关二次函数和菱形性质．
变式训练
1．（2022•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴分别交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3），连接BC．
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标．
（2）如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值．
（3）动点P以每秒2个单位长度的速度在线段BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式求得a，c的值，进而得出解析式，当y＝0时，求出方程的解，进而求得B点坐标；
（2）由B，C两点求出BC的解析式，进而设出点P和点Q坐标，表示出PQ的长，进一步得出结果；
（3）要使以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分为PM＝BM，PM＝PB和BP＝BM，结合图象，进一步得出结果．
解：（1）由题意得，
c=−3a+2×1+c=0，
∴c=−3a=1，
∴y＝x2+2x﹣3，
当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，
∴x1＝1，x2＝﹣3，
∴B（﹣3，0）；
（2）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
∴b=−3−3k+b=0，
∴k=−1b=−3，
∴y＝﹣x﹣3，
设点P（m，﹣m﹣3），Q（m，m2+2m﹣3），
∴PQ＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2+94，
∴当m=−32时，PQ最大=94；
（3）如图1，
∵B（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
作PD⊥y轴于D，
∴CD＝PD＝PC•sin∠OCB=2t×22=t，
当BM＝PM时，
∴∠MPB＝∠OBC＝45°，
∵∠PMO＝∠PDO＝∠MOD＝90°，
∴四边形OMPD是矩形，
∴OM＝PD＝t，
由BM+OM＝OB得，
∴2t＝3，
∴t=32，
∴P（−32，−32），
∴N（﹣3，−32），
如图2，
当PM＝PB时，作PD⊥y轴于D，作PE⊥x轴于E，
∴BM＝2BE，
可得四边形PDOE是矩形，
∴OE＝PD＝t，
∴BE＝3﹣t，
∴t＝2（3﹣t），
∴t＝2，
∴P（﹣2，﹣1），
∴N（﹣2，1），
如图3，
当PB＝MB时，
32−2t=t，
∴t＝6﹣32，
∴P（32−6，3﹣32），
∴N（0，3﹣32），
综上所述：N（﹣3，−32）或（﹣2，1）或（0，3﹣32）．
总结提升：本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形．
类型四 二次函数与正方形的存在性
典例4（2022•修水县二模）已知二次函数C1：y＝mx2﹣2mx+3（m≠0）．
（1）有关二次函数C1的图象与性质，下列结论中正确的有 .（填序号）
①二次函数C1的图象开口向上；
②二次函数C1的图象的对称轴是直线x＝1；
③二次函数C1的图象经过定点（0，3）和（2，3）；
④函数值y随着x的增大而减小．
（2）当m＝1时，①抛物线C1的顶点坐标为 ；
②将抛物线C1沿x轴翻折得到抛物线C2，则抛物线C2的表达式为 ；
（3）设抛物线C1与y轴相交于点E，过点E作直线l∥x轴，与抛物线C1的另一交点为F，将抛物线C1沿直线l翻折，得到抛物线C3，抛物线C1，C3的顶点分别记为P，Q．是否存在实数m，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）根据二次函数性质，逐项判断即可得答案；
（2）当m＝1时，y＝x2﹣2x+3，①配成顶点式可得抛物线C1的顶点坐标为（1，2），②求出抛物线C2的顶点为（1，﹣2），即得抛物线C2的表达式为y＝﹣（x﹣1）2﹣2＝﹣x2+2x﹣3，
（3）求出E（0，3），F（2，3），P（1，3﹣m），由P，Q关于直线y＝3对称，得Q（1，3+m），而EF，PQ互相平分，且EF⊥PQ，故以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，只需PQ＝EF，即有|（3+m）﹣（3﹣m）|＝2，可解得答案．
解：（1）当m＞0时，抛物线y＝mx2﹣2mx+3的开口向上，故①不一定正确；
抛物线y＝mx2﹣2mx+3的对称轴为直线x=−−2m2m=1，故②正确；
在y＝mx2﹣2mx+3中，x＝0时y＝3，x＝2时y＝3，即抛物线y＝mx2﹣2mx+3经过定点（0，3）和（2，3），故③正确；
二次函数y＝mx2﹣2mx+3的值在对称轴x＝1两侧的增减性恰好相反，故④不正确；
故答案为：②③；
（2）当m＝1时，y＝x2﹣2x+3，
①∵y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，
∴抛物线C1的顶点坐标为（1，2），
故答案为：（1，2）；
②∵将抛物线C1沿x轴翻折得到抛物线C2，
∴抛物线C2的顶点为（1，﹣2），
∴抛物线C2的表达式为y＝﹣（x﹣1）2﹣2＝﹣x2+2x﹣3，
故答案为：y＝﹣x2+2x﹣3；
（3）存在实数m，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，理由如下：
如图：
在y＝mx2﹣2mx+3中，令x＝0得y＝3，
∴E（0，3），
∵抛物线y＝mx2﹣2mx+3的对称轴为直线x＝1，
∴F（2，3），
在y＝mx2﹣2mx+3中，令x＝1得y＝3﹣m，
∴P（1，3﹣m），
∵P，Q关于直线y＝3对称，
∴Q（1，3+m），
由对称性知EF，PQ互相平分，且EF⊥PQ，
∴以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，只需PQ＝EF，
∴|（3+m）﹣（3﹣m）|＝2，
解得m＝1或m＝﹣1，
∴m的值为1或﹣1．
总结提升：本题考查二次函数的综合应用，涉及翻折变换，正方形等相关知识，解题的关键是掌握翻折的性质和二次函数相关的性质．
第二部分 专题提优训练
1．（2022春•渝中区月考）如图1，在直角坐标系中，抛物线C1：y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，已知tan∠CAO＝2，B（4，0）．
（1）求抛物线C1的表达式；
（2）若点P是第一象限内抛物线上一点，过点P作PE∥x轴交BC于点E，求PE的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，点F是BC上一点，OF平分△COB的面积，将抛物线C1沿射线CB方向平移，当抛物线恰好经过点F时，停止运动，记平移后的抛物线为C2．已知点M是原抛物线C1上的动点，在抛物线C2的对称轴上是否存在一点N，使得以点C、B、M、N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出N点的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）利用正切值求出A点坐标，再利用交点式求出二次函数解析式；
（2）过点P作PF∥y轴交直线BC于点F，利用相似，将PE的最值转化成PF的最值，再利用配方求PF的最值即可；
（3）平行四边形两定两动问题，①以MN、BC为对角线，则MN的中点即是BC中点，②以NC、BM为对角线，则NC中点即是BM中点，③以NB、CM为对角线，分别列方程组即可求解．
解：（1）在y＝ax2+bx+3中，令x＝0得y＝3，
∴C（0，3），OC＝3，
∵tan∠CAO＝2，
∴COAO=2，
∴AO=32，
∴A(−32，0)，
∵B（4，0），
∴设y=a(x+32)(x−4)，
将C（0，3）代入得：a=−12，
∴y=−12(x+32)(x−4)，即y=−12x2+54x+3，
（2）过点P作PF∥y轴交直线BC于点F，如图：
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴∠PEF＝∠CBO，∠EFP＝∠BCO，
∴△CBO∼△FEP，
∴PEOB=PFOC，
∴PE4=PF3，
∴PE=43PF，
设P(m，−12m2+54m+3)，
由B（4，0）、C（0，3）得直线BC解析式为：y=−34x+3，
∴F(m，−34m+3)，
∵PF＝yP﹣yF，
∴PE=43(−12m2+54m+3+34x−3)，
∴PE=43(−12m2+2m)=−23m2+83m=−23(m2−4m)=−23(m2−4m+4−4)=−23（m﹣2）2+83，
∴当m=2时，PEmax=83，此时P(2，72)；
（3）存在，理由如下：
∵OF平分△COB面积，
∴F为BC中点，即F(2，32)，
由题意可知，抛物线C1沿射线CB平移，且过点F，则C平移至点F时，向右平移2个单位，再向下平移32个单位，
∴C2解析式为：y=−12(x−2)2+54(x−2)+3−32，即y=−12x2+134x﹣3，
∴C2的对称轴为：x=134，
∴设N(134，t)，M（n，−12n2+54n+3），而C（0，3），B（4，0），
①以MN、BC为对角线，则MN的中点即是BC中点，如图：
∴，解得t=−2132n=34，
∴N（134，−2132），
②以NC、BM为对角线，则NC中点即是BM中点，如图：
∴134+0=n+4t+3=−12n2+54n+3+0，解得t=−3932n=−34，
∴N（134，−3932），
③以NB、CM为对角线，如图：
134+4=n+0t+0=3−12n2+54n+3，解得t=−35932n=294，
∴N（134，−35932），
∴综上所述：满足条件的N点坐标为：（134，−2132）或（134，−3932）或N（134，−35932）．
总结提升：此题主要涉及二次函数的平移，左加右减自变量，上加下减常数项，二次函数求线段最值问题，解题的关键是根据平行四边形对角线互相平分，列方程组．
2．（2019•荆州）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A，C的坐标分别为（6，0），（4，3），经过B，C两点的抛物线与x轴的一个交点D的坐标为（1，0）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若∠AOC的平分线交BC于点E，交抛物线的对称轴于点F，点P是x轴上一动点，当PE+PF的值最小时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，过点A作OE的垂线交BC于点H，点M，N分别为抛物线及其对称轴上的动点，是否存在这样的点M，N，使得以点M，N，H，E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由．
思路引领：（1）由平行四边形OABC的性质求点B坐标，根据抛物线经过点B、C、D用待定系数法求解析式．
（2）由OE平分∠AOC易证得∠COE＝∠AOE＝∠OEC，故有CE＝OC，求得点E坐标，进而求得直线OE解析式．求抛物线对称轴为直线x＝7，即求得点F坐标．作点E关于x轴的对称点点E'，由于点P在x轴上运动，故有PE＝PE'，所以当点F、P、E'在同一直线上时，PE+PF＝PE'+PF＝FE'最小．用待定系数法求直线E'F解析式，即求得E'F与x轴交点P的坐标．
（3）设AH与OE相交于点G，且G的横坐标为t，即能用t表示OG、AG的长，由AH⊥OE于点G，根据勾股定理可得AG2+OG2＝OA2，把t代入解方程即求得t的值即求得点G坐标．待定系数法求直线AG解析式，令y＝3时求x的值即为点H坐标．故可得HE＝9﹣5＝4，且点H、E关于直线x＝7对称．由于以点M，N，H，E为顶点的平行四边形中，H、E固定，以HE为平行四边形的边或对角线进行分类讨论．①以HE为边时，可得MN∥HE，且MN＝HE，故可得点M横坐标为3或11，代入抛物线解析式即求得纵坐标．②以HE为对角线时，根据平行四边形对角线互相平分可得点M在抛物线对称轴上，求顶点即可．
解：（1）∵平行四边形OABC中，A（6，0），C（4，3）
∴BC＝OA＝6，BC∥x轴
∴xB＝xC+6＝10，yB＝yC＝3，即B（10，3）
设抛物线y＝ax2+bx+c经过点B、C、D（1，0）
∴100a+10b+c=316a+4b+c=3a+b+c=0 解得：a=−19b=149c=−139
∴抛物线解析式为y=−19x2+149x−139
（2）如图1，作点E关于x轴的对称点E'，连接E'F交x轴于点P
∵C（4，3）
∴OC=42+32=5
∵BC∥OA
∴∠OEC＝∠AOE
∵OE平分∠AOC
∴∠AOE＝∠COE
∴∠OEC＝∠COE
∴CE＝OC＝5
∴xE＝xC+5＝9，即E（9，3）
∴直线OE解析式为y=13x
∵直线OE交抛物线对称轴于点F，对称轴为直线：x=−1492×(−19)=7
∴F（7，73）
∵点E与点E'关于x轴对称，点P在x轴上
∴E'（9，﹣3），PE＝PE'
∴当点F、P、E'在同一直线上时，PE+PF＝PE'+PF＝FE'最小
设直线E'F解析式为y＝kx+h
∴9k+ℎ=−37k+ℎ=73 解得：k=−83ℎ=21
∴直线E'F：y=−83x+21
当−83x+21＝0时，解得：x=638
∴当PE+PF的值最小时，点P坐标为（638，0）．
（3）存在满足条件的点M，N，使得以点M，N，H，E为顶点的四边形为平行四边形．
设AH与OE相交于点G（t，13t），如图2
∵AH⊥OE于点G，A（6，0）
∴∠AGO＝90°
∴AG2+OG2＝OA2
∴（6﹣t）2+（13t）2+t2+（13t）2＝62
∴解得：t1＝0（舍去），t2=275
∴G（275，95）
设直线AG解析式为y＝dx+e
∴6d+e=0275d+e=95 解得：d=−3e=18
∴直线AG：y＝﹣3x+18
当y＝3时，﹣3x+18＝3，解得：x＝5
∴H（5，3）
∴HE＝9﹣5＝4，点H、E关于直线x＝7对称
①当HE为以点M，N，H，E为顶点的平行四边形的边时，如图2
则HE∥MN，MN＝HE＝4
∵点N在抛物线对称轴：直线x＝7上
∴xM＝7+4或7﹣4，即xM＝11或3
当x＝3时，yM=−19×9+149×3−139=209
∴M（3，209）或（11，209）
②当HE为以点M，N，H，E为顶点的平行四边形的对角线时，如图3
则HE、MN互相平分
∵直线x＝7平分HE，点F在直线x＝7上
∴点M在直线x＝7上，即M为抛物线顶点
∴yM=−19×49+149×7−139=4
∴M（7，4）
综上所述，点M坐标为（3，209）、（11，209）或（7，4）．
总结提升：本题考查了平行四边形的性质，二次函数的图象与性质，平行线性质，角平分线定义，等腰三角形性质，轴对称求最短路径，解二元一次方程，勾股定理，解一元二次方程．其中第（2）题由轴对称求最短路径和第（3）题已知平行四边形的两顶点固定、求另两个顶点位置，都是函数与几何综合题里的常考题型．
3．（2022•仓山区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=13x−43与x轴交于点A，经过点A的抛物线y＝ax2﹣3x+c的对称轴是直线x=32．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平移直线l经过原点O，得到直线m，点P是直线m上任意一点，PB⊥x轴于点B，PC⊥y轴于点C，若点E在线段OB上，点F在线段OC的延长线上，连接PE，PF，且PE=13PF，求证PE⊥PF．
（3）若（2）中的点P坐标为（6，2），点E是x轴上的点，点F是y轴上的点，当PE⊥PF时，抛物线上是否存在点Q，使得四边形PEQF是矩形？如果存在，请求出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由．
思路引领：（1）求出A（4，0），将点A代入抛物线解析式，再由对称轴是x=32，求解函数解析式即可；
（2）设P（3a，a），则PC＝3a，PB＝a，由题意可得PCPF=PBPE，则∠FPC＝∠EPB，再证明∠FPC+∠CPE＝90°，即可得到FP⊥PE；
（3）分两种情况讨论：①点E在点B的左侧时，设E（a，0），可求F（0，20﹣3a），由矩形的性质可得Qx+Px2=Fx+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，求Q点坐标再代入函数解析式即可求解；②当点E在点B的右侧时，设E（a，0），可求F（0，20﹣3a），求Q点坐标再代入函数解析式即可求解；
（1）解：当y＝0时，13x−43=0，
解得x＝4，
∴A（4，0），
∵抛物线过点A，对称轴是x=32，
得16a−12+c=0−32a=32，
解得a=1c=−4，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣3x﹣4；
（2）证明：∵平移直线l经过原点O，得到直线m，
∴直线m的解析式为y=13x，
∵点P是直线1上任意一点，
∴设P（3a，a），则PC＝3a，PB＝a，
又∵PE＝3PF，
∴PCPF=PBPE，
∴∠FPC＝∠EPB，
∵∠CPE+∠EPB＝90°，
∴∠FPC+∠CPE＝90°，
∴FP⊥PE；
（3）解：存在点Q，使得四边形PEQF是矩形，理由如下：
如图1，点E在点B的左侧时，设E（a，0），
∴BE＝6﹣a，
∵CF＝3BE＝18﹣3a，
∴OF＝20﹣3a，
∴F（0，20﹣3a），
∵PEQF为矩形，
∴Qx+Px2=Fx+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，
∴Qx+6＝0+a，Qy+2＝20﹣3a+0，
∴Qx＝a﹣6，Qy＝18﹣3a，
∴Q（a﹣6，18﹣3a），
∴18﹣3a＝（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，
解得：a＝4或a＝8（舍去），
∴Q（﹣2，6）；
如图2：当点E在点B的右侧时，设E（a，0），
∴BE＝a﹣6，
∵CF＝3BE＝3a﹣18，
∴OF＝3a﹣20，
∴F（0，20﹣3a），
∵PEQF为矩形，
∴Qx+Px2=Fx+Ex2，Qy+Py2=Fy+Ey2，
∴Qx+6＝0+a，Qy+2＝20﹣3a+0，
∴Qx＝a﹣6，Qy＝18﹣3a，
∴Q（a﹣6，18﹣3a），
∴18﹣3a＝（a﹣6）2﹣3（a﹣6）﹣4，
解得：a＝8或a＝4（舍去），
∴Q（2，﹣6）；
综上所述，点Q的坐标为（﹣2，6）或（2，﹣6）．
总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，矩形的判定及性质，分类讨论是解题的关键．
4．（2019•辽阳）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的边BC在x轴上，∠ABC＝90°，以A为顶点的抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点C（3，0），交y轴于点E（0，3），动点P在对称轴上．
（1）求抛物线解析式；
（2）若点P从A点出发，沿A→B方向以1个单位/秒的速度匀速运动到点B停止，设运动时间为t秒，过点P作PD⊥AB交AC于点D，过点D平行于y轴的直线l交抛物线于点Q，连接AQ，CQ，当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？
（3）若点M是平面内的任意一点，在x轴上方是否存在点P，使得以点P，M，E，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出符合条件的M点坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）S△ACQ=12×DQ×BC，即可求解；
（3）分EC是菱形一条边、EC是菱形一对角线两种情况，分别求解即可．
解：（1）将点C、E的坐标代入二次函数表达式得：−9+3b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
故抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，
则点A（1，4）；
（2）设直线AC的解析式为：y＝kx+h，
由题意可得：k+ℎ=43k+ℎ=0，
解得：k=−2b=6，
∴直线AC的表达式为：y＝﹣2x+6，
点P（1，4﹣t），则点D（t+22，4﹣t），设点Q（t+22，4−t24），
S△ACQ=12×DQ×BC=−14t2+t，
∵−14＜0，故S△ACQ有最大值，当t＝2时，其最大值为1；
（3）设点P（1，m），点M（x，y），
①当EC是菱形一条边时，
当点M在点P右方时，
点E向右平移3个单位、向下平移3个单位得到C，
则点P向右平移3个单位、向下平移3个单位得到M，
则1+3＝x，m﹣3＝y，
而MP＝EP得：1+（m﹣3）2＝（x﹣1）2+（y﹣m）2，
解得：y＝m﹣3=17，
故点M（4，17）；
当点M在点P左方时，
同理可得：点M（﹣2，3+14）；
②当EC是菱形一对角线时，
则EC中点即为PM中点，
则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，
故点M（2，2）；
综上，点M（4，17）或（﹣2，3+14）或M（2，2）．
总结提升：本题考查的是二次函数综合运用，涉及到菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
5．（2022•东胜区二模）如图，已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴相交于A（﹣6，0），B（1，0），与y轴相交于点C．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若在x轴上方的抛物线上有一动点P，且△ACP的面积为24，求点P的坐标；
（3）直线l⊥AC，垂足为C，直线l上有一点N，在坐标平面内一点M，是否存在以点M、N、A、C为顶点的四边形是正方形，若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）求出直线AC的解析式，过点P作PG∥y轴交直线AC于点G，设P（t，12t2+52t﹣3），则G（t，−12t﹣3），则S△ACP=12×6×（12t2+3t）＝24，求出t的值即可求P点坐标；
（3）设直线l与x轴的交点为F，根据角的关系可得∠OCF＝∠OAC，求出F（32，0），再用待定系数法求出直线CF的解析式，设M（x，y），N（t，2t﹣3），分三种情况讨论：①当AC为正方形的对角线时，AC=2CN；②当AM为正方形的对角线时，CN=2AC；③当AN为正方形的对角线时，AN=2AC；根据正方形的对角线互相平分，对角线长与边长的关系，利用勾股定理和中点坐标公式建立方程组，求解点M的坐标即可．
解：（1）将A（﹣6，0），B（1，0）代入y=12x2+bx+c，
∴18−6b+c=012+b+c=0，
解得b=52c=−3，
∴抛物线的解析式为y=12x2+52x﹣3；
（2）令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线AC的解析式为y＝kx+m，
∴−6k+m=0m=−3，
解得k=−12m=−3，
∴y=−12x﹣3，
过点P作PG∥y轴交直线AC于点G，
设P（t，12t2+52t﹣3），则G（t，−12t﹣3），
∴PG=12t2+52t﹣3+12t+3=12t2+3t，
∴S△ACP=12×6×（12t2+3t）＝24，
解得t＝2或t＝﹣8，
∵P点在x轴上方，
∴t＞1或t＜﹣6，
∴P（2，4）或（﹣8，9）；
（3）存在以点M、N、A、C为顶点的四边形是正方形，理由如下：
设直线l与x轴的交点为F，
∵AC⊥CF，
∴∠ACO+∠OCF＝90°，
∵∠ACO+∠OAC＝90°，
∴∠OCF＝∠OAC，
∵tan∠OAC=12，
∴OF=32，
∴F（32，0），
设直线CF的解析式为y＝k'x+b'，
∴b′=−332k′+b′=0，
解得k′=2b′=−3，
∴y＝2x﹣3，
设M（x，y），N（t，2t﹣3），
①当AC为正方形的对角线时，AC=2CN，
∴−6=x+t−3=y+2t−345=2t2+8t2，
解得t=322x=−6−322y=−32或t=−322x=−6+322y=32，
∴M（﹣6−322，﹣32）或（﹣6+322，32）；
②当AM为正方形的对角线时，CN=2AC，
∴−6+x=ty=2t−6t2+4t2=2×45，
解得t=32x=6+32y=62−6或t=−32x=6−32y=−62−6，
∴M（6+32，62−6）或（6﹣32，﹣62−6）；
③当AN为正方形的对角线时，AN=2AC，
∴−6+t=x2t−3=y−3(t+6)2+(2t−3)2=2×45，
解得t=3x=−3y=6或t=−3x=−9y=−6，
∴M（﹣3，6）或（﹣9，﹣6）；
综上所述：M点坐标为（﹣6−322，﹣32）或（﹣6+322，32）或（6+32，62−6）或（6﹣32，﹣62−6）或（﹣3，6）或（﹣9，﹣6）．
总结提升：本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，分类讨论是解题的关键．