菱形存在性问题

菱形动点及存在性问题
背景
动点是指在几何形状中移动的点。

菱形是一种四边形，其中所有边长度相等且对角线相互垂直。

研究菱形动点的存在性和性质对于几何学来说是一个有趣且重要的问题。

菱形动点的定义
假设我们有一个固定的菱形，其顶点坐标分别为$(x_1, y_1)$, $(x_2, y_2)$, $(x_3, y_3)$, $(x_4, y_4)$。

菱形动点是指一个点$(x, y)$，其满足以下条件：
1. 点$(x, y)$在菱形内部；
2. 点$(x, y)$的运动轨迹是连续的。

存在性问题
对于给定的菱形，是否存在一个点满足动点的定义？这就是存
在性问题。

结论
对于任意菱形，存在一个满足动点定义的点。

证明概要
我们可以通过构造一个具体的动点来证明存在性。

考虑一个菱形的中心点$(x_c, y_c)$，即 $(x_c, y_c) =
\left(\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4},
\frac{y_1+y_2+y_3+y_4}{4}\right)$。

由菱形的性质可知，这个中心
点一定在菱形内部。

因此，我们可以将中心点作为动点，这样就满足了动点的定义。

总结
菱形动点的存在性问题得到了肯定的回答。

对于任意给定的菱形，都存在满足定义的动点。

这个结论对于几何学研究和实际问题的解决具有重要意义。

一次函数与菱形存在性问题
本文讨论了一次函数与菱形存在性问题。

在数学中，一次函数是形如y=ax+b的函数，其中a和b是常数，
且a不等于零。

菱形是一个几何形状，它有四个边，且
所有的边长度相等。

我们将探讨一次函数与菱形之间的
关系，以及它们是否存在。

要探讨一次函数与菱形之间的关系，我们需要考虑
一次函数的图像以及菱形的特征。

一次函数的图像是一
条直线，而菱形的特征是四个边长度相等的四边形。

根据上述分析，我们可以得出结论：一次函数与菱
形存在性取决于直线的斜率和截距的取值范围。

在一定
的条件下，一次函数与菱形可能存在交点。

然而，也存在某些情况下，一次函数与菱形不相交。

通过对一次函数与菱形的分析，我们得出结论：一次函数与菱形的相交性取决于直线的斜率和截距的取值范围。

只有当直线的斜率在一定范围内且截距在菱形的纵坐标范围之内时，一次函数与菱形存在交点。

在其他情况下，一次函数与菱形不相交。

请注意，本文讨论的只是一次函数与菱形存在性问题的一种情况。

在数学中，存在许多其他形式的函数与几何形状的关系问题，需要进一步研究和探索。

千里之行，始于足下。

202X年中考数学复习存在性问题系列菱形的存在性问题专题探究202X年中考数学复习存在性问题系列——菱形的存在性问题专题探究一、引言菱形是中学数学中常见的一种图形，是四边形的一种特殊状况。

在几何学中，我们通常将具有相等对角线长度的四边形称为菱形。

然而，在菱形的定义和性质方面，中同学往往存在一些常见的错误和迷思。

本文将通过对菱形的存在性问题进行专题探究，分析常见的错误观念，并提出正确的解决方法，以挂念同学正确生疏菱形的存在性问题。

二、错误观念分析1. 菱形必需是正方形这是一个常见的错误观念。

很多同学认为只有四边形的四个内角都是直角时，才能称之为菱形。

然而，这种理解是不正确的。

事实上，菱形只需要满足对角线相等即可，对角线之间的夹角并没有限制。

2. 任意平行四边形都可以称为菱形这也是一个常见的错误观念。

很多同学认为只要四边形的对边平行且对角线相等，就可以称其为菱形。

然而，这种理解也是不正确的。

事实上，菱形是一种特殊的四边形，除了要满足对角线相等外，还必需满足两对相邻边相等。

三、正确解决方法第1页/共3页锲而不舍，金石可镂。

1. 基本定义菱形的定义是：两对对角线相等的四边形称为菱形。

这是菱形存在的基本条件，也是区分菱形和其他四边形的关键特征。

2. 避开混淆同学在解决菱形存在性问题时，需要避开将菱形和其他外形混淆。

例如，正方形和菱形是两个不同的概念，虽然正方形也是一种菱形，但并不是全部的菱形都必需是正方形。

3. 留意推断在推断一个四边形是否为菱形时，可以通过测量四条边的长度和对角线的长度来进行推断。

假如对角线的长度相等，并且两对相邻边的长度也相等，那么这个四边形就是一个菱形。

否则，它就不是菱形。

四、进一步探究1. 菱形的性质菱形具有一些特殊的性质，同学可以通过进一步的探究来加深对菱形的生疏。

例如，菱形的内角和为360度，对角线的交点可以将菱形划分为四个全等的三角形等等。

2. 利用菱形解决问题千里之行，始于足下。

一次函数背景下的菱形存在性问题（例题精讲）在解决一次函数背景下的菱形的存在性问题，我们需要先厘清菱形的判定：(1)一组邻边相等的平行四边形是菱形；(2)四条边都相等的四边是菱形；(3)对角线互相垂足平分的四边形是菱形。

在目前的问题中，涉及的是：两个定点+一个半动点+一个全动点问题或一个定点，三个半动点的问题。

解题思路：思路1：先平四，再菱形先根据平行四边形的存在性，利用中点坐标公式确定一组方程，再利用邻边相等，即利用距离公式列出一个方程，联立求解。

思路2：先菱形，再平四在构成菱形的4个点中取2个定点和1个半动点，构成等腰三角形，利用距离公式求出半动点的坐标。

再根据平行四边形的存在性，利用中点坐标公式求出另一个全动点的坐标。

分析：根据题意，先标出四个点的坐标，A(1,1)，B(5,4)，C(m,0)，D(x,y)，再依据思路1和思路2分析解答。

以思路1为例：先平四，再等腰以AB为对角线为例，先计算AB、CD中点，再利用AC=BC，可以得到C、D坐标。

以此类推，得出另外两种情况，即以AC、AD为对角线，解关于m,x,y的三元一次方程组，进而得到点的坐标。

以思路2为例：先等腰，再平四先求点C，点C满足由A、B、C构成的三角形一定是等腰三角形，用等腰三角形的存在性问题确定点C，在确定点D。

以AB=AC为例，利用距离公式求出点C坐标，然后再利用平行四边形的存在性，计算BC、AD的中点，求出点D坐标。

以此类推，得到另外两种情况，即AC=BC，AB=BC。

先求出m 的值，再解关于x,y的二元一次方程组。

但是针对具体的问题要具体分析，画出图形，看能否简便运算。

解法分析：两个定点+一个半动点+一个全动点。

根据题意，可知A(2,0)，B(0,2√3)，P(0,y)，Q(m,n)。

由于点P在y轴上，则根据“先等腰，再平四”的法则，根据图形特征求出点Q坐标。

①AB=AP，以A为圆心，AB为半径画弧，得到P，再以AB、AP 为邻边画出菱形ABPQ。

2023学年二轮复习解答题专题三十二：抛物线上的菱形存在性问题探究方法点睛解答存在性问题的一般思路是先假设问题存在，然后推理得出结论，进而判断结论是否成立．遇到有两个定点确定菱形的问题时，常常要运用分类讨论和数形结合思想，分别画出符合要求的图形，找到所有的答案，分类时要注意不重不漏．注意结合矩形、菱形正方形的特殊性质，往往涉及到等腰，全等，勾股定理或相似三角形等知识的运用.常用解题思路：利用菱形四条边相等，对角线互相垂直，借助勾股定理等求解.典例精讲例1：（2022烟台中考）（14分）如图，已知直线y＝x+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．【分析】（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．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4，∴C（0，4），当y＝0时，x+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＝﹣，∴抛物线的表达式为：y＝﹣（x﹣1）•（x+3）＝﹣x2﹣x+4；（2）如图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，＝OA＝•（﹣m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，∴S△ADC＝＝＝6，∵S△ABC∴S＝﹣2m2﹣6m+6＝﹣2（m+）2+，∴当m＝﹣时，S＝，最大当m＝﹣时，y＝﹣＝5，∴D（﹣，5）；（3）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＝，∴P（﹣1，），∵xP +xQ＝xA+xC，yP+yQ＝yA+yC∴xQ ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4﹣＝，∴Q（﹣2，）．【点评】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．专题过关1.（2021鄂尔多斯中考）如图，抛物线y＝x2+2x﹣8与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．（1）求A，B，C三点的坐标；（2）连接AC，直线x＝m（﹣4＜m＜0）与该抛物线交于点E，与AC交于点D，连接OD．当OD⊥AC时，求线段DE的长；（3）点M在y轴上，点N在直线AC上，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在点M，使得以C、M、N、P为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】代数几何综合题；压轴题；运算能力；推理能力．【答案】（1）A（﹣4，0），B（2，0），C（0，﹣8）；（2）；（3）M1（0，﹣8+），M2（0，﹣8﹣），M3（0，﹣），M4（0，﹣12）．【分析】（1）令y＝0，得x2+2x﹣8＝0，可得A（﹣4，0），B（2，0），令x＝0，得y＝﹣8，可得C（0，﹣8）；（2）利用待定系数法求得直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8，根据题意得E（m，m2+2m﹣8），D（m，﹣2m﹣8），即可得出DE＝﹣m2﹣4m，利用△ACO∽△DOF，建立方程求解即可；（3）分三种情况：CM对角线或CN为对角线或CP为对角线，①当CP为对角线时，CM∥PN，CM＝PN＝CN，可得出N（﹣1，﹣6），根据CM＝PN＝CN＝，即可求出答案；②当CN为对角线时，CM∥PN，CM＝PN＝CP，设CM＝a，则M（0，﹣8+a），P（﹣1，﹣6﹣a），建立方程求解即可；③当CM对角线时，PN与CM互相垂直平分，设P（﹣1，b），则N（1，b），M（0，2b+8），根据N（1，b）在直线y＝﹣2x﹣8上，即可求得答案．【解答】解：（1）在y＝x2+2x﹣8中，令y＝0，得x2+2x﹣8＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝2，∴A（﹣4，0），B（2，0），令x＝0，得y＝﹣8，∴C（0，﹣8）；（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，∵A（﹣4，0），C（0，﹣8），∴，解得：，∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8，∵直线x＝m（﹣4＜m＜0）与该抛物线交于点E，与AC交于点D，∴E（m，m2+2m﹣8），D（m，﹣2m﹣8），∴DE＝﹣2m﹣8﹣（m2+2m﹣8）＝﹣m2﹣4m，设DE交x轴于点F，则F（m，0），∴OF＝﹣m，∴AF＝m﹣（﹣4）＝m+4，DF＝2m+8，∵OD⊥AC，EF⊥OA，∴∠ODA＝∠OFD＝∠DFA＝∠AOC＝90°，∴∠DOF+∠COD＝∠OCD+∠COD＝90°，∴∠DOF＝∠OCD，∴△ACO∽△DOF，∴＝，∴OC•DF＝OA•OF，∴8（2m+8）＝4（﹣m），解得：m＝﹣，∴DE＝﹣m2﹣4m＝﹣（﹣）2﹣4×（﹣）＝；（3）存在，如图2，∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，抛物线对称轴为直线x＝﹣1，∵以C、M、N、P为顶点的四边形是菱形，∴分三种情况：CM对角线或CN为对角线或CP为对角线，①当CP为对角线时，CM∥PN，CM＝PN＝CN，∴N点为直线AC与抛物线对称轴的交点，即N（﹣1，﹣6），CN＝＝，∴CM＝PN＝，∴M1（0，﹣8+），M2（0，﹣8﹣）；②当CN为对角线时，CM∥PN，CM＝PN＝CP，设CM＝a，则M（0，﹣8+a），P（﹣1，﹣6﹣a），∴（﹣1﹣0）2+（﹣6﹣a+8）2＝a2，解得：a＝，∴M3（0，﹣），③当CM对角线时，PN与CM互相垂直平分，设P（﹣1，b），则N（1，b），M（0，2b+8），∵N（1，b）在直线y＝﹣2x﹣8上，∴b＝﹣2×1﹣8＝﹣10，∴M4（0，﹣12），综上所述，点M的坐标为：M1（0，﹣8+），M2（0，﹣8﹣），M3（0，﹣），M4（0，﹣12）．2．（2021通辽中考）（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，交y轴于点C，动点P在抛物线的对称轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）当以P，B，C为顶点的三角形周长最小时，求点P的坐标及△PBC的周长；（3）若点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）因为BC为定值，所以当PB+PC最小时，△PBC的周长最小，如图1，连接AC交对称轴于点P，由轴对称性质可知，此点P即为所求，再利用勾股定理求出AC、BC，即可得出答案；（3）分两种情况进行讨论：①以AC为边时，由四边形ACPQ是菱形，可得CP＝CA，建立方程求解即可，②以AC为对角线时．由四边形ACPQ是菱形，可得CP＝PA，建立方程求解即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，∴，解得：，∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，得y＝3，∴C（0，3），∵△PBC的周长为：PB+PC+BC，BC是定值，∴当PB+PC最小时，△PBC的周长最小．如图1，点A、B关于对称轴l对称，连接AC交l于点P，则点P为所求的点．∵AP＝BP，∴△PBC周长的最小值是：PB+PC+BC＝AC+BC．∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），∴AC＝3，BC＝．∴△PBC周长的最小值是：3+．抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，设直线AC的解析式为y＝kx+c，将A（3，0），C（0，3）代入，得：，解得：，∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，∴P（1，2）；（3）存在．设P（1，t），①以AC为边时，如图2，∵四边形ACPQ是菱形，∴CP＝CA，∴12+（3﹣t）2＝32+32，解得：t＝3±，∴P1（1，3﹣），P2（1，3+），∴Q1（4，﹣），Q2（4，），②以AC为对角线时，如图3，∵四边形ACPQ是菱形，∴CP＝PA，∴12+（3﹣t）2＝（1﹣3）2+t2，解得：t＝1，∴P3（1，1），Q3（2，2），综上所述，符合条件的点Q的坐标为：Q1（4，﹣），Q2（4，），Q3（2，2）．3. （2021娄底中考） 如图，在直角坐标系中，二次函数2y x bx c =++的图象与x 轴相交于点(1,0)A -和点(3,0)B ，与y 轴交于点C ．（1）求b c 、的值；（2）点(,)P m n 为抛物线上的动点，过P 作x 轴的垂线交直线:l y x =于点Q ．①当03m <<时，求当P 点到直线:l y x =距离最大时m 的值；②是否存在m ，使得以点O C P Q 、、、为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m 的值．【答案】（1）b =2-，c =3-；（2）①32m =；②不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）将A （-1，0），B （3，0）代入y =x 2+bx +c ，可求出答案；（2）①设点P （m ，m 2-2m -3），则点Q （m ，m ），再利用二次函数的性质即可求解；②分情况讨论，利用菱形的性质即可得出结论．【详解】解：（1）∵抛物线y =-x 2+bx +c 与x 轴交于点A （-1，0），B （3，0），∴10930b c b c -+=ìí++=î，解得：23b c =-ìí=-î，∴b =2-，c =3-；（2）①由（1）得，抛物线的函数表达式为：y =x 223x --，设点P （m ，m 2-2m -3），则点Q （m ，m ），∵0<m <3，的∴PQ =m -( m 2-2m -3)=-m 2+3m +3=-232m æö-ç÷èø+214，∵-1<0，∴当32m =时，PQ 有最大值，最大值为214；②∵抛物线的函数表达式为：y =x 2-2x -3，∴C （0，-3），∴OB =OC =3，由题意，点P （m ，m 2-2m -3），则点Q （m ，m ），∵PQ ∥OC ，当OC 为菱形的边，则PQ =OC =3，当点Q 在点P 上方时，∴PQ =2333m m -++=，即230m m -+=，∴()30m m -=，解得0m =或3m =，当0m =时，点P 与点O 重合，菱形不存在，当3m =时，点P 与点B 重合，此时BC OC =¹，菱形也不存在；当点Q 在点P 下方时，若点Q 在第三象限，如图，∵∠COQ=45°，根据菱形的性质∠COQ=∠POQ=45°，则点P与点A重合，此时OA=1¹OC=3，菱形不存在，若点Q在第一象限，如图，同理，菱形不存在，综上，不存在以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形．【点睛】本题是二次函数综合题，考查的是二次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，其中，熟练掌握方程的思想方法和分类讨论的思想方法是解题的关键．4.（2021湘潭中考）如图，一次函数y＝x﹣图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y＝x2+bx+c图象过A、B两点．（1）求二次函数解析式；（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】方程思想；函数的综合应用；矩形菱形正方形；运算能力；应用意识．【答案】（1）y＝x2﹣x﹣；（2）（1，﹣）或（﹣1，0）或（3，0）．【分析】（1）由y＝x﹣可求出A（3，0），B（0，﹣），代入二次函数y＝x2+bx+c即得二次函数解析式为y＝x2﹣x﹣；（2）由二次函数y＝x2﹣x﹣可得其对称轴为直线x＝＝1，设P（1，m），Q（n，n2﹣n﹣），而C与B关于直线x＝1对称，可得C（2，﹣），①当BC、PQ为对角线时，，可得，此时四边形BQCP是平行四边形，根据P（1，﹣），B（0，﹣），C（2，﹣）可得PB＝PC，即得此时Q（1，﹣）；②BP、CQ为对角线时，同理可得Q（﹣1，0）；③以BQ、CP为对角线，同理可得Q（3，0）．【解答】解：（1）在y＝x﹣中，令x＝0得y＝﹣，令y＝0得x＝3，∴A（3，0），B（0，﹣），∵二次函数y＝x2+bx+c图象过A、B两点，∴，解得，∴二次函数解析式为y＝x2﹣x﹣；（2）存在，理由如下：由二次函数y＝x2﹣x﹣可得其对称轴为直线x＝＝1，设P（1，m），Q（n，n2﹣n﹣），而B（0，﹣），∵C与B关于直线x＝1对称，∴C（2，﹣），①当BC、PQ为对角线时，如图：此时BC的中点即是PQ的中点，即，解得，∴当P（1，﹣），Q（1，﹣）时，四边形BQCP是平行四边形，由P（1，﹣），B（0，﹣），C（2，﹣）可得PB2＝＝PC2，∴PB＝PC，∴此时Q（1，﹣）；②BP、CQ为对角线时，如图：同理BP、CQ中点重合，可得，解得，∴当P（1，0），Q（﹣1，0）时，四边形BCPQ是平行四边形，由P（1，0），B（0，﹣），C（2，﹣）可得BC2＝4＝PC2，∴四边形BCPQ是菱形，∴此时Q（﹣1，0）；③以BQ、CP为对角线，如图：BQ、CP中点重合，可得，解得，∴P（1，0），Q（3，0）时，四边形BCQP是平行四边形，由P（1，0），B（0，﹣），C（2，﹣）可得BC2＝4＝PC2，∴此时Q（3，0）；综上所述，Q的坐标为：（1，﹣）或（﹣1，0）或（3，0）．5．（2021恩施中考）（12分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上，抛物线y＝x2+bx+c经过点B，D（﹣4，5）两点，且与直线DC交于另一点E．（1）求抛物线的解析式；（2）F为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；（3）P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接ME，BP，探究EM+MP+PB是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出点B的坐标为（1，0），再用待定系数法即可求解；（2）以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，故点B向右平移1个单位向上平移5个单位得到点E，则Q（F）向右平移1个单位向上平移5个单位得到点F （Q），且BE＝EF（BE＝EQ），即可求解；（3）设抛物线的对称轴交x轴于点B′（﹣1，0），将点B′向左平移1个单位得到点B″（﹣2，0），连接B″E，交函数的对称轴于点M，过点M作MP⊥y轴，则点P、M 为所求点，此时EM+MP+PB为最小，进而求解．【解答】解：（1）由点D的纵坐标知，正方形ABCD的边长为5，则OB＝AB﹣AO＝5﹣4＝1，故点B的坐标为（1，0），则，解得，故抛物线的表达式为y＝x2+2x﹣3；（2）存在，理由：∵点D、E关于抛物线对称轴对称，故点E的坐标为（2，5），由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝﹣1，故设点F的坐标为（﹣1，m），由点B、E的坐标得，BE2＝（2﹣1）2+（5﹣0）2＝26，设点Q的坐标为（s，t），∵以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，故点B向右平移1个单位向上平移5个单位得到点E，则Q（F）向右平移1个单位向上平移5个单位得到点F（Q），且BE＝EF（BE＝EQ），则或，解得或，故点F的坐标为（﹣1，5+）或（﹣1，5﹣）或（﹣1，）或（﹣1，﹣）；（3）存在，理由：设抛物线的对称轴交x轴于点B′（﹣1，0），将点B′向左平移1个单位得到点B″（﹣2，0），连接B ″E ，交函数的对称轴于点M ，过点M 作MP ⊥y 轴，则点P 、M 为所求点，此时EM +MP +PB 为最小，理由：∵B ′B ″＝PM ＝1，且B ′B ″∥PM ，故四边形B ″B ′PM 为平行四边形，则B ″M ＝B ′P ＝BP ，则EM +MP +PB ＝EM +1+MB ″＝B ″E 为最小，由点B ″、E 的坐标得，直线B ″E 的表达式为y ＝（x +2），当x ＝﹣1时，y ＝（x +2）＝，故点M 的坐标为（﹣1，），则EM +MP +PB 的最小值B ″E ＝＝+1．6.（2022河南镇平一模） 如图，抛物线26y ax x c =++交x 轴于A ，B 两点，交y 轴于点C ．直线5y x =-经过点B ，C ．（1）求抛物线的解析式；（2）直线y t =交抛物线于点P 、Q ，抛物线的顶点为D ，四边形DPEQ 为菱形．①当3t =时，求菱形DPEQ 的面积；②当点E 落在ABC V 内部（不含边上）时，直接写出t 的取值范围．【27题答案】【答案】（1）265y x x =-+-（2）①2；②12t <<【解析】【分析】（1）由直线解析式求得,B C 的坐标，代入抛物线解析式，待定系数法求解析式即可；【小问1详解】解：∵直线5y x =-经过点B ，C令0x =，则5y =-，令0y =，则5x =，∴()()0,5,5,0B C -，代入26y ax x c =++，得525300c a c =-ìí++=î，解得1a =-，\抛物线的解析式为265y x x =-+-．【小问2详解】Q 265y x x =-+-()234x =--+，()3,4D \，①当3t =时，265x x -+-3=，解得12,24x x ==，422PQ \=-=，Q 四边形DPEQ 是菱形，\,D E 关于PQ 对称，()3,4D Q ，()3,2E \，\2DE =，\菱形DPEQ 的面积为1122222DE PQ ´=´´=，②Q 四边形DPEQ 是菱形，\,D E 关于PQ 对称，()3,4D Q ，设()0,E e ，当E 在x 轴上时,0e =，4022t +==，当E 在5y x =-上时，352e =-=-，()4212t +-==．\当点E 落在ABC V 内部（不含边上）时，t 的取值范围为12t <<．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，菱形的性质，轴对称的性质，一次函数与坐标轴交点问题，掌握以上知识是解题的关键．。

菱形存在性问题作为一种特殊的平行四边形，我们已经知道可以从以下几种方式得到菱形： （1）有一组邻边相等的平行四边形菱形； （2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形； （3）四边都相等的四边形是菱形．坐标系中的菱形存在性问题也是依据以上去得到方法．和平行四边形相比，菱形多一个“对角线互相垂直”或“邻边相等”，但这两者其实是等价的，故若四边形ABCD 是菱形，则其4个点坐标需满足：A CB D AC BD x x x x y y y y ⎧+=+⎪⎪+=+⎨=考虑到互相垂直的两条直线斜率之积为1在初中并不适合直接用，故取两邻边相等． 即根据菱形的图形性质，我们可以列出关于点坐标的3个等式， 故菱形存在性问题点坐标最多可以有3个未知量，与矩形相同．因此就常规题型而言，菱形存在性至少有2个动点，多则有3个动点，可细分如下两大类题型：（1）2个定点+1个半动点+1个全动点 （2）1个定点+3个半动点解决问题的方法也可有如下两种： 思路1：先平四，再菱形设点坐标，根据平四存在性要求列出“A +C =B +D ”（AC 、BD 为对角线），再结合一组邻边相等，得到方程组．思路2：先等腰，再菱形在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，再确定第4个点．1．看个例子：如图，在坐标系中，A 点坐标（1,1），B 点坐标为（5,4），点C 在x 轴上，点D 在平面中，求D 点坐标，使得以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形是菱形．思路1：先平四，再菱形设C 点坐标为（m ，0），D 点坐标为（p ，q ）．（1）当AB 为对角线时，由题意得：（AB 和CD 互相平分及AC =BC ） ()()()()222215*********m p q m m ⎧+=+⎪⎪+=+⎨⎪-+-=-+-⎪⎩，解得：398985m p q ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩（2）当AC 为对角线时，由题意得：（AC 和BD 互相平分及BA =BC ） ()()()()2222151041514504m p qm ⎧+=+⎪⎪+=+⎨⎪-+-=-+-⎪⎩，解得：223m p q =⎧⎪=-⎨⎪=-⎩或843m p q =⎧⎪=⎨⎪=-⎩ （3）当AD 为对角线时，由题意得：()()()()2222151401514110p mq m ⎧+=+⎪⎪+=+⎨⎪-+-=-+-⎪⎩，解得：153m p q ⎧=+⎪⎪=+⎨⎪=⎪⎩153m p q ⎧=-⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎩思路2：先等腰，再菱形先求点C，点C满足由A、B、C构成的三角形一定是等腰三角形，用等腰存在性问题的方法先确定C，再确定D点．（1）当AB=AC时，C点坐标为()1+，对应D点坐标为()5+；C点坐标为()1-，对应D点坐标为()5-．（2）当BA=BC时，C点坐标为（8，0），对应D点坐标为（4，-3）；C点坐标为（2，0），对应D点坐标为（-2，-3）．（3）AC=BC时，C点坐标为39,08⎛⎫⎪⎝⎭，D点坐标为9,58⎛⎫⎪⎝⎭．以上只是两种简单的处理方法，对于一些较复杂的题目，还需具体问题具体分析，或许有更为简便的方法．【两定两动：坐标轴+平面】（2019·齐齐哈尔中考删减）综合与探究如图，抛物线2y x bx c =++与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点，OA =2，OC =6，连接AC 和BC ．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M 是y 轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N ，使以点A 、C 、M 、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．备用图【分析】（1）抛物线：26y x x=--；（2）先考虑M点位置，即由A、C、M三点构成的三角形是等腰三角形：①当CA=CM时，即CM=CA=M点坐标为(0,6--、(0,6-+，对应N点坐标为(2,--、(-．②当AC=AM时，即AM=AC=M点坐标为（0，6），对应N点坐标为（2，0）．③当MA=MC时，勾股定理可求得M点坐标为8 0,3⎛⎫-⎪⎝⎭，对应N点坐标为10 2,3⎛⎫--⎪⎝⎭．综上，N点坐标为(2,--、(-、（2，0）、102,3⎛⎫--⎪⎝⎭．如下图依次从左到右．【两定两动：对称轴+平面】（2019·辽阳中考）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2y x 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，说明理由．【分析】（1）抛物线：223y x x =-++；（2）先考虑P 点位置，由P 、E 、C 三点构成的三角形是等腰三角形．①当EC =EP 时，由EC =，得EP =P 在对称轴x =1上， 勾股定理解得P点坐标为(、(1,3（舍）， 根据点的平移推得M点坐标为(． ②当CE =CP 时，即CP =CE=P点坐标为(、(1,（舍）， 根据点的平移推得M点坐标为(2,3-． ③当PE =PC 时， 设P 点坐标为（1，m ），解得：m =1，故P 点坐标为（1，1）， 对应的点M 坐标为（2，2）．综上所述，M 点坐标为(、(2,3-、（2，2）．【两定两动：斜线+平面】 （2018·齐齐哈尔）综合与探究如图1所示，直线y =x +c 与x 轴交于点A （-4,0），与y 轴交于点C ，抛物线2y x bx c =-++经过点A ，C ．（1）求抛物线的解析式（2）如图2所示，M 是线段OA 的上一个动点，过点M 垂直于x 轴的直线与直线AC 和抛物线分别交于点P 、N ．若点P 恰好是线段MN 的中点，点F 是直线AC 上一个动点，在坐标平面内是否存在点D ，使以点D ，F ，P ，M 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．图2【分析】（1）抛物线解析式：234y x x =--+； （2）设M 点坐标为（m ，0）（-4<m <0），则N 点坐标为()2,34m m m --+，P 点坐标为（m ，m +4）， 若P 是MN 中点，则()23424m m m --+=+， 解得：11m =-，24m =-（舍） 故P （-1，3）、M （-1，0）考虑到F 点在直线AC 上，故可先确定F 点位置，再求得D 点坐标．当PM =PF 时，PF =3，可得11F ⎛-+ ⎝⎭、21F ⎛-- ⎝⎭， 对应D点坐标分别为11D ⎛-+ ⎝⎭、21D ⎛- ⎝⎭． 当MP =MF 时，MP =MF ，可得()34,0F -，对应D 点坐标为()34,3D -． 当FP =FM 时，FP =FM ，F 点在PM 垂直平分线上，可得453,22F ⎛⎫- ⎪⎝⎭，对应D 点坐标为413,22D ⎛⎫⎪⎝⎭．综上所述，D点坐标有11D ⎛-+ ⎝⎭、21D ⎛-- ⎝⎭、()34,3D -、413,22D ⎛⎫⎪⎝⎭．【两定两动：斜线+抛物线】（2018•衡阳）如图，已知直线24y x =-+分别交x 轴、y 轴于点A 、B ，抛物线过A 、B 两点，点P 是线段AB 上一动点，过点P 作PC ⊥x 轴于点C ，交抛物线于点D ． （1）若抛物线的解析式为2224y x x =-++，设其顶点为M ，其对称轴交AB 于点N ．①求点M 、N 的坐标；②是否存在点P ，使四边形MNPD 为菱形？并说明理由．【分析】（1）①M 点坐标为19,22⎛⎫ ⎪⎝⎭，N 点坐标为1,32⎛⎫⎪⎝⎭．②由题意可知MN ∥PD ，故四边形MNPD 若是菱形，首先MN =PD 考虑到M 、N 是定点，可先求得32MN =， 设(),24P m m -+，则()2,224D m m m -++， ()222242424PD m m m m m =-++--+=-+，令32PD =，即23242m m -+=， 解得：112m =，232m =． 故P 点坐标为3,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，D 点坐标为35,22⎛⎫⎪⎝⎭．但此时仅仅满足四边形MNPD 是平行四边形，本题要求的是菱形，故还需加邻边相等． 但此时P 、D 已定，因此接下来要做的只是验证邻边是否相等．由两点间距离公式得：32PN ==≠，PN ≠MN ，故不存在点P 使四边形MNPD 是菱形．【小结】为什么此题会不存在，表面上看是不满足邻边相等，究其原因，是因为M 、N 是定点，P 、D 虽为动点但仅仅是半动点，且P 、D 横坐标相同，故本题只需一个字母便可表示出4个点的坐标，对于菱形四个点满足：A CB D AC BD x x x x y y y y ⎧+=+⎪⎪+=+⎨=若只有1个未知数或2个未知数，便出现方程个数＞未知量个数的情况，就有可能会无解． 方程个数<未知数个量，可能无法确定有限组解； 方程个数>未知数个量，可能会无解．特殊图形的存在性，其动点是在线上还是在平面上，是有1个动点还是有2个动点，都是由其图形本身决定，矩形和菱形相比起平行四边形，均多一个等式，故对动点位置的要求可以有3个半动点或者1个全动点+1个半动点，若减少未知量的个数，反而可能会产生无解的情况．不难想象，对于正方形来说，可以有4个未知量，比如在坐标系中已知两定点，若要作正方形，只能在平面中再取另外两动点，即2个全动点，当然，也有可能是1全动+2半动，甚至是4个半动点．练习：如图，抛物线2y x bx c=++与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，已知抛物线的对称轴所在的直线是94x=，点B的坐标为（4，0）．（1）求抛物线解析式；（2）若M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在点N，使得点B、C、M、N构成的四边形是菱形，若存在，求出点N坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线：2922y x x =-+；（2）本题是“两定两动”，但两个动点一个在x 轴上，一个在抛物线上，均为半动点，故只需两个字母即可表示，未知量个数少于方程个数，结果可能会无解．设M 点坐标为（m ，0），N 点坐标为29,22n n n ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，又B （4，0）、C （0，2）．当CB 为对角线时，取对角线互相平分及MB =MC ，可得： ()()()()2222240902022400002m nn n m m ⎧+=+⎪⎪+=+-+⎨⎪⎪-+-=-+-⎩方程组无解，故这种情况不存在；当CM 为对角线时，取对角线互相平分及BC =BM ，可得： ()()()()22222049022024002400m n n n m ⎧+=+⎪⎪+=-++⎨⎪⎪-+-=-+-⎩方程组依然无解；这种情况也不存在；当CN 为对角线时，取对角线互相平分及CB =CM ，可得： ()()()()22222049220020420020n m n n m ⎧+=+⎪⎪+-+=+⎨⎪⎪-+-=-+-⎩方程组还是无解．综上，不存在这样的M 、N ．【小结】问题本身源于对动点位置的选取导致点坐标中未知量的个数与方程个数不一致，以致出现不存在的情况．【一定三动】讲真在翻了一些中考题，并没有看到类似的题型，举些数据编一个吧：如图，抛物线过A （-1，0）、B （3，0）、C （0，3），点C 关于抛物线对称轴的对称点为D 点，连接AD ．点P 在抛物线上，点M 在直线AD 上，点N 在抛物线对称轴上，四边形OPMN 能否为菱形，若能，求出P 点坐标，若不能，说明理由．【分析】抛物线解析式为：223y x x =-++，直线AD 解析式为y =x -1．设P 点坐标为()2,23p p p -++，M 点坐标为(),1m m -，N 点坐标为()1,n ， 考虑到在四边形OPMN 中，OM 为对角线，可得： ()()()()222220+1012310011m p m p p nn m n m ⎧=+⎪⎪+-=-+++⎨⎪-+-=-+-+⎪⎩显然这个计算很麻烦，经化简可得点P 满足32610p p --=，剩下的就不解了呵呵呵． 可能是数据不太凑巧，但显然，这样的问题并不像“两定两动”问题那样普遍易解，方法其实是同样的方法，因为就题目构造而言，其实“3个半动点”与“1全动+1半动”并无本质区别．了解题目的构造，当再去看一些题目的时候，是否一目了然？。

最新一次函数--菱形存在性问题菱形存在性问题（Diamond Problem）是指在多继承结构中，如果两个父类具有相同的方法名，并且子类没有重写该方法，就会导致菱形存在性问题。

问题描述考虑以下多继承结构：A/ \B C\ /D假设父类 A、B 和 C 中都有一个名为 `foo` 的方法。

如果子类D 没有重写 `foo` 方法，那么当 D 调用 `foo` 方法时，会发生菱形存在性问题。

问题的原因和影响菱形存在性问题的产生是由于多继承的特性所致。

当子类继承多个父类时，如果这些父类中的某些方法名相同且未被子类重写，那么就无法确定该方法应该调用哪个父类中的实现。

这可能导致代码出现意料之外的行为或错误。

解决方案为了解决菱形存在性问题，可以采用以下策略：1. 使用虚拟继承：虚拟继承是一种特殊的继承方式，在多继承中使用它可以解决菱形存在性问题。

通过虚拟继承，可以确保父类的实例在子类中只有一个实例，从而避免了重复继承导致的问题。

2. 明确指定调用的父类方法：如果虚拟继承不适用或无法使用，可以通过在调用父类方法时明确指定调用的父类来解决问题。

如`B::foo()` 表示调用父类 B 的 `foo` 方法。

这些解决方案可以根据具体情况选择使用，以避免菱形存在性问题的发生。

结论菱形存在性问题是多继承中的一个常见问题，但可以通过适当的解决方案来避免或解决。

在设计和实现多继承结构时，需要注意方法名的冲突，并采取相应的措施来确保代码的正确性和可维护性。

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（苏科版）九年级下册数学《第5章二次函数》专题二次函数压轴训练题（四）------菱形、正方形存在性问题★★★方法指引：◎菱形的存在性问题(常为含60”角的菱形)通常有两大类:1、已知三人定点探究菱形时，分别以三个定点中的任意两人定点确定线段为要探究的券形的对角线画出所有菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形:2、已知两个定点去探究菱形时，以两个定点连线所成的线段作为要探究菱形的对角线或边长画出符合题意的菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形:3、计算:建立类似平行四边形的存在性问题来解◎正方形存在性问题正方形是菱形和矩形特征的集结，因此同时采取菱形或矩形存在性问题解决的方法去求点的坐标.【典例1】（2022春•盱眙县期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A （﹣1，0），B （3，0），与y 轴交于点C ，作直线BC ，点P 是抛物线在第四象限上一个动点（点P 不与点B ，C 重合），连结PB ，PC ，以PB ，PC 为边作▱CPBD ，点P 的横坐标为m ．（1）求抛物线对应的函数表达式；（2）当▱CPBD 有两个顶点在x 轴上时，点P 的坐标为 ；（3）当▱CPBD 是菱形时，求m 的值．【分析】（1）利用交点式求抛物线的解析式；（2）先确定点D 在x 轴上，再利用平行四边形的性质可判断PC ∥x 轴，然后根据抛物线的对称性确定点P 的坐标；（3）根据菱形的性质得PB ＝PC ，利用勾股定理即可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A （﹣1，0），B （3，0），∴抛物线的解析式为y ＝（x +1）（x ﹣3），即y ＝x 2﹣2x ﹣3；（2）∵抛物线的解析式为y ＝x 2﹣2x ﹣3，令x ＝0，则y ＝﹣3，∴C （0，﹣3），∵▱CPBD 有两个顶点在x 轴上，∴点D 在x 轴上，而BD ∥PC ，∴点P 和点C 为抛物线上的对称点，而抛物线的对称轴为直线x =−−22×1=1，∴点P 的坐标为（2，﹣3），故答案为：（2，﹣3）；（3）∵抛物线的解析式为y ＝x 2﹣2x ﹣3，点P 的横坐标为m ．∴P （m ，m 2﹣2m ﹣3），∵▱CPBD 是菱形，∴PB ＝PC ，∴m 2+（m 2﹣2m ﹣3+3）2＝（3﹣m ）2+（m 2﹣2m ﹣3）2，整理得m 2﹣m ﹣3＝0，解得m =∵点P 是抛物线在第四象限上一个动点，∴m ＞0，∴m 【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质和平行四边形的性质，勾股定理，菱形的性质，会利用待定系数法求二次函数的解析式、理解坐标与图形的性质是解题的关键．【变式1-1】如图，已知抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴交于A ，D 两点，与y 轴交于点C ，点B 为抛物线的顶点．（1）求抛物线的对称轴及点B 的坐标；（2）若抛物线上存在一点E ，使得S △EAB ＝S △CAD ，求点E 的坐标；（3）若平面直角坐标系内存在动点P ，抛物线上是否存在点Q ，使得以A ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是以AC 为对角线的菱形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3化为顶点式求解即可；（2）由题意知，△EAD 与△CAD 有公共底AD ，若想使两三角形面积相等，则高相等即可，设出点E 的坐标，由高相等，列方程求解即可；（3）根据AC 为菱形的对角线，由菱形对角线互相垂直且平分的性质，可知菱形对角线过点O ，可求出菱形另一条对角线所在的直线解析式，将其与抛物线解析式联立求解即可．【解答】解：（1）∵抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x ＝1，点B 的坐标（1，﹣4）；（2）如图，设E （x ，x 2﹣2x ﹣3），∵点C 为抛物线与y 轴的交点，∴C （0，﹣3），∵△EAD 与△CAD 有共同的底边AD ，且S △EAB ＝S △CAD ，∴点E 到x 轴的距离等于点C 到x 轴的距离，∴|x 2﹣2x ﹣3|＝3，∴x 2﹣2x ﹣3＝3或x 2﹣2x ﹣3＝﹣3，解得x 1＝2，x 2＝0，x 3=1，x 4=+1，∴E 1（2，﹣3），E 2（0，﹣3），E 3+1，3），E 4（1，3），∴点E 的坐标为（2，﹣3）或（0，﹣3+1，3）或（1，3）；（3）存在，理由：如图，∵四边形是以AC 为对角线的菱形，由菱形对角线互相垂直平分的性质，作AC 的垂直平分线交抛物线于点Q 1，Q 2，令x 2﹣2x ﹣3＝0，解得：x 1＝﹣1，x 2＝3，∴A （3，0），∴OA ＝OC ＝3，∴AC 的垂直平分线过点O ，设AC 的中点为点F ，由C （0，﹣3），∴032=32，−302=−32，∴F （32，−32），∴直线Q 1Q 2的解析式为y ＝﹣x ，联立y =x 2−2x−3y =−x，解得：x =y =−x =y =，∴点Q【点评】本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，三角形的面积及菱形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．【变式1-2】（2022秋•代县月考）如图，抛物线y =12x 2−32x ﹣2与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，抛物线的顶点为D ，对称轴为直线l ．（1）求点A ，B ，C 的坐标；（2）试探究抛物线上是否存在点E ，使OE ＝EC ，若存在，请求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）设点F 在直线l 上运动，点G 在平面内运动，若以点B ，C ，F ，G 为顶点的四边形是菱形，且BC 为边，直接写出点F 的坐标．【分析】（1）令y ＝0，解方程即可求得点A 和点B 的坐标；令x ＝0，求得y 值，即可求得点C 的坐标；（2）由OE ＝EC 可得点E 在OC 的垂直平分线上，则点E 的纵坐标为﹣1，将y ＝﹣1代入抛物线y =12x 2−32x ﹣2，求出x 的值，即可求解；（3）分两种情况：①当BC 为边，BF 为对角线时；②当BC 为边，BF 为对角线时，根据菱形的性质即可求解．【解答】解：（1）当y =12x 2−32x ﹣2＝0时，解得：x 1＝﹣1，x 2＝4，∴A （﹣1，0），B （4，0）；当x ＝0时，y =12x 2−32x ﹣2＝﹣2，∴C （0，﹣2）；（2）∵OE ＝EC ，∴点E 在OC 的垂直平分线上，∵C （0，﹣2），∴点E 的纵坐标为﹣1，将y ＝﹣1代入抛物线y =12x 2−32x ﹣2得，12x 2−32x ﹣2＝﹣1，解得x =∴点E 11）；（3）∵y =12x 2−32x ﹣2与x 轴交于A （﹣1，0），B （4，0），∴y =12x 2−32x ﹣2的对称轴为直线x =−142=32，设点F 的坐标的坐标为（32，m ），①当BC 为边，BF 为对角线时，BC ＝CF ，∴BC 2＝CF 2，∴42+22＝（32）2+（m +2）2，解得m ，∴点F 的坐标为（32，2）或（32，2）；②当BC 为边，CF 为对角线时，BC ＝BF ，∴BC 2＝BF 2，∴42+22＝（4−32）2+m 2，解得m∴点F 的坐标为（32，）或（32，综上所述，点F 的坐标为（32，2）或（32，2）或（32，）或（32，【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数与坐标轴的交点、线段垂直平分线的性质，勾股定理，菱形的性质等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．【变式1-3】（2022•抚顺县二模）如图，抛物线y ＝ax 2+bx +6（a ≠0）与x 轴交于A （﹣1，0），B （3，0）两点，与y 轴交于点C ，顶点为D ．（1）求抛物线的解析式；（2）若在线段BC 上存在一点M ，使得∠BMO ＝45°，过点O 作OH ⊥OM 交BC 的延长线于点H ，求点M 的坐标；（3）点P 是y 轴上一动点，点Q 是在对称轴上一动点，是否存在点P ，Q ，使得以点P ，Q ，C ，D 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得a−b+6=09a+3b+6=0，解得a=−2b=4，即可得出结论；（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON ＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得m=65，即可解决问题；（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴a−b+6=09a+3b+6=0，解得：a=−2 b=4，∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；（2）由（1）得，点C（0，6），设直线BC的解析式为y＝kx+c，∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），∴3k+c=0 c=6，解得：k=−2 c=6∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，则∠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），∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，∴﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得：m=6 5，把m=65代入y＝﹣2x+6得：y=185，∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（65，185）；（3）存在，理由如下：∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，∴点D的坐标为（1，8），分两种情况讨论：①当CD为菱形的边时，如图2，过C作CE⊥DQ于E∵C（0，6），D（1，8），∴CD=∴DQ＝CD=∴Q点的坐标为（1，81，8②当CD为菱形的对角线时，如图3，设点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=27 4，∴点Q的坐标为（1，274）；综上所述，点Q的坐标为（1，81，8+1，274）．【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求抛物线和直线的解析式、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、两点间的距离、二次函数的图象、一次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握待定系数法菱形的性质，证明三角形全等和进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型．【变式1-4】已知，如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C分别为坐标轴上的三个点，且OA＝1，OB＝3，OC＝4．（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式及顶点坐标；（2）在抛物线上是否存在一点P，使△ACP的面积等于△ACB的面积？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在平面直角坐标系xOy中是否存在一点Q，使得以点A、B、C、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得答案；（2）根据等底等高的三角形面积相等，可得P点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；（3）根据菱形的四边相等，可得QB的长，根据菱形的对边平行，可得Q点的纵坐标．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，∵OA＝1，OB＝3，OC＝4．∴A（1，0）、B（0，3）、C（﹣4，0），将A，B，C代入函数解析式，得∴a+b+c=0c=316a−4b+c=0解得：a=−34，b=−94，c＝3，∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=−34x2−94x+3；∵y=−34x2−94x+3=−34（x+32）2+7516∴抛物线的顶点坐标是（−32，7516），（2）在抛物线上存在一点P，使△ACP的面积等于△ACB的面积，理由为：设点P的坐标为P（m，n），∵S△ACB =12×5×3=152，S△ACP=12×5×|n|∴12×5×|n|=152，n＝±3∴当n＝3时，−34m2−94m+3＝3，解得m1＝0，x2＝﹣3即P（﹣3，3）或（0，3）当n＝﹣3时，−34m2−94m+3＝﹣3，解得m1m2=P23），P33）综上所述：P的坐标为（﹣3，3）或（0，333）（3）在平面直角坐标系xOy中存在一点Q，使得以点A、B、C、Q为顶点的四边形为菱形，理由为：∵OB＝3，OC＝4，OA＝1，∴BC＝AC＝5，当BQ平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，∴BQ＝AC＝BC＝5，∵BQ∥AC，∴点Q到x轴的距离等于OB＝3，∴点Q的坐标为（5，3），当点Q在第二、三象限时，以点A、B、C、Q为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形，则当点Q的坐标为（5，3）时，以点A、B、C、Q为顶点的四边形为菱形．【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用等底等高的三角形面积相等得出P点的纵坐标，有利用自变量与函数值的对应关系；解（3）的关键是利用菱形的四边相等得出QB的长．【变式1-5】（2023•鹤山市模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C，直线AC的解析式为y=23x﹣2．（1）求抛物线的解析式；（2）已知k为正数，当0＜x≤1+k时，y的最大值和最小值分别为m，n，且m+n=163，求k的值；（3）点P是平面内任意一点，在抛物线对称轴上是否存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出点A 和点C 坐标，从点A 和点B 坐标将抛物线的解析式设为交点式，将点C 坐标代入，进一步求得结果；（2）箱求出n 的值，进而求得m 的值，进而求得点k 的值；（3）只需满足三角形ACQ 为等腰三角形即可．设点Q 的坐标，进而表示出AQ ，CQ 及AC ，进而根据AQ ＝CQ ，AQ ＝AC 及CQ ＝AC ，进一步求得结果．【解答】解：（1）当x ＝0时，y ＝﹣2，∴点C （0，﹣2），当y ＝0时，23x−2=0，∴x ＝3，∴点A （3，0），∴设y ＝a （x +1）•（x ﹣3），将点C （0，﹣2）代入得，﹣3a ＝﹣2，∴a =23，∴y =23（x +1）•（x ﹣3）=23x 2−43x−2；（2）∵抛物线的对称轴为直线：x ＝1，∵k ＞0，∴k +1＞1，∴当0＜x ＜1+k 时，∴当x ＝1时，n =23（1+1）×（1﹣3）=−83，∵m +n =163，∴m ＝8，当m ＝8时，23x 2−43x ﹣2＝8，∴x 1＝5，x 2＝﹣3（舍去），∴1+k ＝5，∴k ＝4；（3）设点Q （1，a ），∵A （3，0），C （0，﹣2），∴AQ 2＝（3﹣1）2+a 2＝a 2+4，AC 2＝32+22＝13，CQ 2＝1+（a +2）2＝a 2+4a +5，①当AQ ＝AC 时，a 2+4＝13，∴a ＝±3，∴Q 1（1，3），Q 2（1，﹣3），当AQ ＝CQ 时，a 2+4a +5＝a 2+4，∴a =−14，∴Q 3（1，−14），当AC ＝CQ 时，a 2+4a +5＝13，∴a ＝﹣2±∴Q 4（1，﹣Q 5（1，﹣2﹣综上所述：Q （1，3）或（1．﹣3）或（1．−14）或（1，﹣1，﹣2﹣【点评】本题考查了二次函数及其图象性质，等腰三角形的判定和性质，点的坐标平移特征等知识，解决问题的关键是正确分类，准确计算．【变式1-6】（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 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．【分析】（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．【解答】解：（1）由题意得，c=−3a+2×1+c=0，∴c=−3 a=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=−1 b=−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==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=3 2，∴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，=t ，∴t ＝6﹣∴P （，3﹣∴N （0，3﹣综上所述：N （﹣3，−32）或（﹣2，1）或（0，3﹣【点评】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．【变式1-7】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，且OA＝1，OC＝4．（1）求抛物线解析式；（2）在该抛物线上是否存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出P 点坐标；若不存在，请说明理由；（3）已知点Q（5，3）和该抛物线上一动点M，试求当|QM﹣AM|的值最大时点M的坐标，并直接写出|QM﹣AM|的最大值．【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，把A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出所求抛物线解析式；（2）在平面直角坐标系xOy中存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：根据OA，OB，OC的长，利用勾股定理求出BC与AC的长相等，只有当BP与AC平行且相等时，四边形ACBP为菱形，可得出BP的长，由OB的长确定出P的纵坐标，确定出P坐标，当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形；（3）利用待定系数法确定出直线QA解析式，当点M与点Q、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|QM﹣AM|＜QA，当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|＝QA，当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|的值最大，即点M为直线QA与抛物线的交点，联立直线QP与抛物线解析式，求出当|QM﹣AM|的最大值时M坐标，确定出|QM﹣AM|的最大值即可．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，∵A（1，0）、B（0，3）、C（﹣4，0），∴a+b+c=0c=316a−4b+c=0，解得：a=−34，b=−94，c＝3，∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=−34x2−94x+3；（2）在该抛物线上是不存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：∵OB＝3，OC＝4，OA＝1，∴BC＝AC＝5，当BP平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，∴BP＝AC＝5，且点P到x轴的距离等于OB，∴点P的坐标为（5，3），∵（5，3）不在抛物线上；当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形，在该抛物线上是不存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形；（3）如图，设直线QA的解析式为y＝kx+b（k≠0），∵A（1，0），Q（5，3），∴5k+b=3 k+b=0，解得：k=34，b=−34，∴直线QA的解析式为y=34x−34，当点M与点Q、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|QM﹣AM|＜QA，当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|＝QA，∴当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|的值最大，即点M为直线QA与抛物线的交点，解方程组y=34x−34y=−34x2−94x+3，得x1=1y1=0或x2=−5y2=−92，∴点M的坐标为（1，0）或（﹣5，−92）时，|QM﹣AM|的值最大，此时|QM﹣AM|的最大值为5．【点评】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：二次函数的性质，待定系数法确定抛物线解析式、一次函数解析式，菱形的判定，以及坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．【变式1-8】如图，已知抛物线y=16x2+bx+c与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，已知点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，﹣2）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P是直线BC下方抛物线上一点，连接PB，PC，求△PBC面积的最大值；（3）如图2，将抛物线向右平移6个单位，向上平移2个单位，得到新的抛物线y'，新抛物线y'的顶点为D，是否在新抛物线y'的对称轴上存在点M，在坐标平面内存在点N，使得以B，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A、B两点的坐标代入，进而求得结果；（2）作PE⊥AB于E，交BC于F，求BC的关系式，进而设和表示出点P和点F的坐标，求出PF的表达式，进而求得PF的最大值，进一步求得三角形PBC的最大值；（3）先求出点B、点D的坐标，求出BD的长，分为BD是边和对角线两种情形，当BD是边时，点M 可在D的上方和下方，利用平移或中点坐标公式求得结果．【解答】解：（1）由题意得，−2×62+6b+c=0，∴c =−2b =−23，∴y =16x 2−23x−2；（2）如图1，作PE ⊥AB 于E ，交BC 于F ，可得BC 的关系式是：y =13x−2，设点P （m ，16m 2−23m−2），F （m ，13m−2），∴PF ＝（13m−2）﹣（16m 2−23m−2）=−16m 2+m =−16（m ﹣3）2+32，∴当m ＝3时，PF 最大=32，∵S △PBC =12PF •（x B ﹣x C ）=12×6⋅PF =3PF ，∴△PBC 的面积最大值是92；（3）∵原抛物线可化为y =16（x ﹣2）2−23，∴其顶点是（2，−23），∵2+6＝8，−23+2=43，∴新抛物线的顶点是D ′（8，43），对称轴是直线x ＝8，∴BD 如图2，当BD为边时，点M在D的上方，∵M（8∴N（6如图3，点M在D点下方，N（6，如图4N（10，0），如图5，BD 为对角线时，设M （8，a ），由MB ＝MD 得，22+a 2＝（43−a ）2，∴a =−1518，∴M （8，−1518），∴N （6，8718），综上所述：N （66，8718）或（6，10，0）．【点评】本题考查二次函数及其图象性质，菱形性质，菱形的分类（等腰三角形分类），平移与坐标之间的关系等知识，解决问题的关键是正确分类．【变式1-9】（2023•西藏）在平面直角坐标系中，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 与x 轴交于A （﹣3，0），B （1，0）两点，与y 轴交于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）如图甲，在y 轴上找一点D ，使△ACD 为等腰三角形，请直接写出点D 的坐标；（3）如图乙，点P 为抛物线对称轴上一点，是否存在P 、Q 两点使以点A ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P 、Q 两点的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝﹣x2+bx+c，求出b、c，即可得出答案；（2）分别以点D为顶点、以点A为顶点、当以点C为顶点，计算即可；（3）抛物线y＝﹣x2﹣2x+3的对称轴为x＝﹣1，设P（﹣1，t），Q（m，n），求出AC2＝18，AP2＝t2+4，PC2＝t2﹣6t+10，分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，【解答】解：（1）∵A（﹣3，0），B（1，0）两点在抛物线上，∴0=−(−3)2−3b+c 0=−12+b+c，解得：b=−2 c=3，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）令x＝0，y＝3，∴C（0，3），等腰△ACD，如图甲，当以点D为顶点时，DA＝DC，点D与原点O重合，∴D（0，0）；当以点A为顶点时，AC＝AD，AO是等腰△ACD中线，∴OC＝OD，∴D（0，﹣3）；当以点C为顶点时，AC＝CD==∴点D的纵坐标为3﹣+3，∴D（0，3﹣0，+3）；综上所述，点D的坐标为（0，0）或（0，﹣3）或（0，3﹣0，+3）；（3）存在，理由如下：抛物线y＝﹣x2﹣2x+3的对称轴为：x＝﹣1，设P（﹣1，t），Q（m，n），∵A（﹣3，0），C（0，3），则AC2＝（﹣3）2+32＝18，AP2＝（﹣1+3）2+t2＝t2+4，PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，∵四边形ACPQ是菱形，∴分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，①当以AP为对角线时，则CP＝CA，如图1，∴t2﹣6t+10＝18，解得：t ＝3∴P 1（﹣1，3P 2（﹣1，3+∵四边形ACPQ 是菱形，∴AP 与CQ 互相垂直平分，即AP 与CQ 的中点重合，当P 1（﹣1，3∴m 02=−3−12，n 32解得：m ＝﹣4，n =∴Q 1（﹣4，当P 2（﹣1，3+∴m 02=−3−12，n 32解得：m ＝﹣4，n∴Q 2（﹣4②以AC 为对角线时，则PC ＝AP ，如图2，∴t 2﹣6t +10＝t 2+4，解得：t ＝1，∴P 3（﹣1，1），∵四边形APCQ 是菱形，∴AC 与PQ 互相垂直平分，即AC 与CQ 中点重合，∴m−12=−302，n−12=032，解得：m ＝﹣2，n ＝2，∴Q 3（﹣2，2）；③当以CP 为对角线时，则AP ＝AC ，如图3，∴t 2+4＝18，解得：t∴P 4（﹣1P 5（﹣1，∵四边形ACQP 是菱形，∴AQ 与CP 互相垂直平分，即AQ 与CP 的中点重合，∴−3m 2=0−12，n 02解得：m ＝2，n ＝3∴Q 4（2，3+Q 5（2，3综上所述，符合条件的点P 、Q 的坐标为：P （﹣1，3Q （﹣4，P （﹣1，3+Q （﹣4P （﹣1，1），Q （﹣2，2）或P （﹣1Q （2，3P （﹣1，Q （2，3【点评】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键．【变式1-10】如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D的坐标为（﹣2，9），抛物线与坐标轴分别交于A、B、C三点，且B的坐标为（0，5），连接DB、DC，作直线BC．（1）求抛物线的解析式；（2）P是x轴上的一点，过点P作x轴的垂线，与CD交于H，与CB交于G，若线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，求P点的坐标；（3）若点M在直线CB上，点N在平面上，直线CB上是否存在点M，使以点C、点D、点M、点N 为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D的坐标为（﹣2，9），可设y＝a（x+2）2+9，再将点B（0，5）代入，解得a的值，则可得抛物线的解析式；（2）求得直线BC与直线CD的解析式，设点P的坐标为（x，0），则G（x，x+5），H（x，3x+15）根据S△CGH =12HG×CP，将S△CGH＝用含x的式子表示出来，再由S△BCD＝S△DKC+S△DKB，求得S△BCD；根据线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，得出关于x的方程，解方程并作出取舍，则可得P 点的坐标；（3）设点M的坐标为（m，m+5），求得CD的值，再分情况讨论：当CD与DM是菱形的两边时，则CD＝DM；当DM'与CM'是菱形的两边时，则CM'＝DM'；当DM'与CM'是菱形的两边时，则CM'＝DM'．分别得出关于m的等式，解得m的值，则可得点M的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D的坐标为（﹣2，9），∴可设y＝a（x+2）2+9，又∵抛物线过点B（0，5），代入得：5＝4a+9，∴a＝﹣1，∴y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣4x+5；（2）∵抛物线y＝﹣x2﹣4x+5与坐标轴分别交于A、B、C三点，且B的坐标为（0，5），∴当y＝0时，﹣x2﹣4x+5＝0，解得x1＝﹣5，x2＝1，∴A（1，0），C（﹣5，0），又∵D（﹣2，9），∴直线BC的解析式为y＝x+5；设直线CD的解析式为y＝kx+b，将C（﹣5，0），D（﹣2，9）代入，得：0=−5k+b9=−2k+b，解得：k=3b=15，∴直线CD的解析式为y＝3x+15．设点P的坐标为（x，0），则G（x，x+5），H（x，3x+15）．∴S△CGH =12HG×CP=12（5+x）（3x+15﹣x﹣5）=12（5+x）（2x+10）＝（5+x）（x+5）＝（x+5）2，设抛物线的对称轴交直线BC于点K，如图：∵顶点D的坐标为（﹣2，9），∴对称轴为直线x＝﹣2，∴K（﹣2，3），∴DK＝9﹣3＝6，∴S△BCD ＝S△DKC+S△DKB=12×6×3+12×6×2＝15，∴若线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，则（x+5）2=12×15，解得：x1=x2=∴P0）；（3）如图，设点M的坐标为（m，m+5），∵C（﹣5，0），D（﹣2，9），∴CD当CD与DM是菱形的两边时，则CD＝DM，∴=解得m1＝﹣5（不合题意，舍去），m2＝7，∴点M（7，12）；当CD与CM''是菱形的两边时，则CD＝CM''，∴=解得m＝±5，∴点M（5，M（﹣5，﹣当DM'与CM'是菱形的两边时，则CM'＝DM'，解得m=−5 4，∴点M（−54，154）．综上所述，点M的坐标为（7，12）或（5，5，﹣−54，154）．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、一次函数和二次函数图象上的点的坐标特点、三角形的面积计算、一元二次方程及菱形的性质等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．【典例2】如图，抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A ，B ，与y 轴交于点C ，其中点A 在y 轴的左侧，点C 在x 轴的下方，且OA ＝OC ＝5．（1）求抛物线对应的函数解析式；（2）点P 为抛物线对称轴上的一动点，当PB +PC 的值最小时，求点P 的坐标；（3）在（2）条件下，点E 为抛物线的对称轴上的动点，点F 为抛物线上的动点，以点P 、E 、F 为顶点作四边形PEFM ，当四边形PEFM 为正方形时，请直接写出坐标为整数的点M 的坐标．【分析】（1）由题意，可得A （﹣5，0），C （0，﹣5）．把点A ，C 的坐标代入y ＝x 2+bx +c ，得到关于b 、c 的二元一次方程组，解方程组即可求出抛物线的函数解析式；（2）利用配方法求出抛物线的对称轴是直线x ＝﹣2．由抛物线y ＝x 2+4x ﹣5与x 轴交于点A ，B ，得出点A ，B 关于直线x ＝﹣2对称．连接AC ，交对称轴于点P ，根据两点之间线段最短可知此时PB +PC 的值最小．利用待定系数法求出直线AC 的解析式为y ＝﹣x ﹣5，把x ＝﹣2代入，求出y ＝﹣3，进而得出点P 的坐标；（3）在（2）条件下，点P 的坐标为（﹣2，﹣3）．设F （x ，x 2+4x ﹣5），根据正方形的性质可得E （﹣2，x 2+4x ﹣5），M （x ，﹣3），PM ＝PE ，根据两点间的距离公式列出方程|x +2|＝|x 2+4x ﹣5+3|，解方程即可求解．【解答】解：（1）由题意，可得A （﹣5，0），C （0，﹣5）．∵抛物线y ＝x 2+bx +c 过点A ，点C ，∴25−5b +c =0c =−5，解得b =4c =−5，∴抛物线对应的函数解析式为y ＝x 2+4x ﹣5；（2）∵y＝x2+4x﹣5＝（x+2）2﹣9，∴对称轴是直线x＝﹣2．∵抛物线y＝x2+4x﹣5与x轴交于点A，B，∴点A，B关于直线x＝﹣2对称．连接AC，交对称轴于点P，此时PB+PC的值最小．设直线AC的解析式为y＝mx+n，则−5m+n=0n=−5，解得m=−1n=−5，∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣5，当x＝﹣2时，y＝﹣3，∴点P的坐标为（﹣2，﹣3）；（3）在（2）条件下，点P的坐标为（﹣2，﹣3）．设F（x，x2+4x﹣5），∵四边形PEFM为正方形，∴E（﹣2，x2+4x﹣5），M（x，﹣3），PM＝PE，∴|x+2|＝|x2+4x﹣5+3|，∴x2+4x﹣2＝x+2，或x2+4x﹣2＝﹣x﹣2，整理得x2+3x﹣4＝0，或x2+5x＝0，解得x1＝﹣4，x2＝1，x3＝0，x4＝﹣5，∴M（﹣4，﹣3）或M（1，﹣3）或M（0，﹣3）或M（﹣5，﹣3）．【点评】本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求抛物线与直线的解析式，二次函数的性质，轴对称的性质，正方形的性质，综合性较强，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键．【变式2-1】已知在平面直角坐标系xOy 中，二次函数y ＝x 2﹣2nx ﹣3n 2（n ＞0）与x 轴交于A 、B ，与y 轴交于点C ．（1）求A 、B 及顶点的坐标（用含n 的代数式表示）；（2）如图所示，当AB ＝4时，D 为（4，﹣1），在抛物线上是否存在点P 使得以线段PD 为直径的圆经过坐标原点O 若点P 存在，求出满足条件的点P 的坐标；若不存在，说明理由；已知E 在x 轴上，F 在抛物线上，G 为平面内一点，若以B 、E 、F ，G 为顶点的四边形是正方形，请直接写出E 点所有可能的坐标．【分析】（1）y ＝x 2﹣2nx ﹣3n 2＝（x ﹣3n ）（x +n ），即可求解；（2）设点P （x ，x 2﹣2x ﹣3），由中点公式得：点O ′（x 42，x 2−2x−42），则O ′O ＝O ′D ，即可得到关于x 的方程，解方程即可；分BE 为正方形的边、BE 为正方形的对角线两种情况，分别求解即可．【解答】解：（1）y ＝x 2﹣2nx ﹣3n 2＝（x ﹣3n ）（x +n ），当y ＝0时，x 1＝﹣n ，x 2＝3n ，故点A 、B 的坐标分别为：（﹣n ，0）、（3n ，0），顶点的坐标为（n ，﹣4n 2）；（2）存在，理由：AB ＝4时，则4m ＝4，解得：m ＝1，故点A 、B 、C 的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）、（0，﹣3），抛物线的表达式为：y ＝x 2﹣2x ﹣3，设点P （x ，x 2﹣2x ﹣3），由中点公式得：点O ′（x 42，x 2−2x−42），则O ′O ＝O ′D ，即(x 42)2+(x 2−2x−42)2=(x 42−4)2+(x 2−2x−42+1)2，整理得：x 2﹣6x ﹣3＝0，解得：x ＝3±故点P 的坐标为：（3﹣12﹣设点E 的坐标为：（a ，0），①当BE 为正方形的边时，则点F （a ，a 2﹣2a ﹣3），则BE ＝FE ，即|a ﹣3|＝|a 2﹣2a ﹣3|，解得：a ＝3或0或﹣2（舍去3），故点E 的坐标为：（0，0）或（﹣2，0）；②当BE 为正方形的对角线时，则BE 和GF 相互垂直平分，即点F 在BE 的中垂线上，△FBE 为等腰直角三角形，即点F 到BE 的距离等于12BE ，而BE ＝a ﹣3，故F （a−32，|a−32|），将点F 的坐标代入抛物线表达式得：|a−32|=(a−32)2−2×a−32−3 解得：a ＝﹣3或3或﹣7（舍去3），故点E 的坐标为：（﹣3，0）或（﹣7，0）；综上点E 的坐标为：（0，0）或（﹣2，0）或（﹣3，0）或（﹣7，0）．【点评】本题是二次函数的综合运用，考查了待定系数法求二次函数的解析式，中点坐标公式，两点间的距离公式，正方形的性质等知识，熟练掌握坐标与图形的性质是解题的关键．【变2-2】（2022秋•越城区期中）如图，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 经过A （﹣1，0），B （3，0）两点，且与y 轴交于点C ，点D 是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE 交x 轴于点E ，连接BD ．（1）求经过A ，B ，C 三点的抛物线的函数表达式；（2）点Q 在该抛物线的对称轴上，若△BCQ 是以BC 为直角边的直角三角形，求点Q 的坐标；（3）若P 为BD 的中点，过点P 作PF ⊥x 轴于点F ，G 为抛物线上一动点，M 为x 轴上一动点，N 为直线PF 上一动点，当以F 、M 、N 、G 为顶点的四边形是正方形时，请求出点M 的坐标．【分析】（1）利用待定系数法求出过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；（2）如图1，连接BC，CD．首先证明△OBC是等腰直角三角形，分两种情形分别求出点Q的坐标即可．（3）设点M的坐标为（a，0），表示出点G的坐标，根据正方形的性质列出方程，解方程即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴−1−b+c=0−9+3b+c=0，解得，b=2 c=3，∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3．（2）如图1，连接BC，CD．由题意，C（0，3），B（3，0），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°∵y＝﹣（x﹣1）2+4，∴抛物线顶点D的坐标为（1，4），∵△BCQ是以BC为直角边的直角三角形，当∠Q′BC＝90′时，∠ABQ′＝45°，∴EB＝EQ′＝2，∴Q′（1，﹣2），当∠QCB＝90°时，此时点Q与点D重合，Q（1，4），综上所述，满足条件的点Q的坐标为（1，4）或（1，﹣2）．（3）如图2中，设点M的坐标为（a，0），则点G的坐标为（a，﹣a2+2a+3），∵以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形，∴FM＝MG，即|2﹣a|＝|﹣a2+2a+3|，当2﹣a＝﹣a2+2a+3时，整理得，a2﹣3a﹣1＝0，解得，a=当2﹣a＝﹣（﹣a2+2a+3）时，整理得，a2﹣a﹣5＝0，解得，a=∴当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，点M00），00）．。