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1、下载来源：初中数学资料群：795399662，其他科资料群：729826090挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题7二次函数与菱形存在性问题我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是四边都相等的四边形是菱形；两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ；邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ；一条对角线平分一个顶角的平行四边形是菱形.在做几何证明题的时候我们常用的判定方法主要是前三种.二次函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大的多，纵观历年中考真题，菱形存
2、在性问题主要是以“两定两动”为设问方式，其中两定指的是四边形四个顶点其中有两个顶点的坐标是确定的或者是可求解的；两动指的是其中一个动点在一条直线或者抛物线上，另外一个动点是平面内任意一点或者该动点也在一条直线或者抛物线上.【例1】（2020雁塔区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2+bx+c（a0）的对称轴为直线x4，抛物线与x轴相交于A（2，0），B两点，与y轴交于点C（0，6），点E为抛物线的顶点（1）求抛物线的函数表达式及顶点E的坐标；（2）若将该抛物线的图象绕x轴上一点M旋转180，点C、E的对应点分别是点C、E，当以C、E、C、E为顶点的四边形是菱形时，求点M的坐标及旋
3、转后的抛物线的表达式，【分析】（1）由抛物线的对称性可求点B坐标，设抛物线的解析式为：ya（x2）（x6），将点C坐标代入，可求解；（2）设点M（m，0），由中心对称的性质可求点C（2m，6），点E（2m4，2），由菱形的性质和两点距离公式可求m的值，即可求解【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+c（a0）的对称轴为直线x4，抛物线与x轴相交于A （2，0），B两点，点B（6，0），设抛物线的解析式为：ya（x2）（x6），抛物线图象过点C （0，6），6a（02）（06），a，抛物线的解析式为：y（x2）（x6）x24x+6，yx24x+6（x4）22，顶点E坐标为（4，2）；（2）将该抛
4、物线的图象绕x轴上一点M旋转180，点C、E的对应点分别是点C、E，CMCM，EMEM，四边形CECE是平行四边形，设点M（m，0），点C （0，6），点E（4，2），CMCM，EMEM，点C（2m，6），点E（2m4，2），以C、E、C、E为顶点的四边形是菱形，CECE，m12，m26，点M（2，0）或（6，0），当M（2，0）时，点E（8，2），旋转后的抛物线解析式为：y（x+8）2+2；当M（6，0）时，点E（8，2），旋转后的抛物线解析式为：y（x8）2+2；综上所述：点M（2，0）或（6，0），旋转后的抛物线解析式为：y（x+8）2+2或y（x8）2+2【例2】（2021齐齐哈尔三模
5、）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2x+c（a0）与x轴交于点A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点COA、OB的长是不等式组的整数解（OAOB），点D（2，m）在抛物线上（1）求抛物线的解析式及m的值；（2）y轴上的点E使AE和DE的值最小，则OE2；（3）将抛物线向上平移，使点C落在点F处当ADFB时，抛物线向上平移了 9个单位；（4）点M在在y轴上，平面直角坐标系内存在点N使以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标【分析】（1）求出不等式组的解集，确定A、B两点的坐标，用待定系数法即可求二次函数的解析式；将点D的横、纵坐标代入解析式，可求m的值；（2）连接A
6、D交y轴于点E，求出直线AD的解析式就可以求点E的坐标，进而求出OE；（3）因为ADFB，可用相似三角形的性质求出OF的长度，进而求出点C移动的单位长度；（4）利用菱形的性质，分类讨论，针对不同的情况，分别求出点N的坐标【解答】解：（1）所给不等式组的解集为2x4，其整数解为2，3，OA、OB的长是所给不等式组的整数解，且OAOB，OA2，OB3，则A（2，0），B（3，0），点A、B在抛物线上，解得，所求的抛物线的解析式为yx2x6，点D（2，m）在抛物线上，m22264；（2）如图1所示，连接AD交y轴于点E，则此时AE+ED最小，设直线AD的解析式为ykx+b（k0），点A（2，0），D
7、（2，4）在直线AD上，解得，直线AD的函数解析式为yx2，当x0时，y2，即E（02），OE|2|2，故答案为：2；（3）如图1，ADFB，AEOBFO，OEOA2，OFOB3，C（0，6），OC|6|6，CFCO+OF6+39，抛物线向上平移9个单位，故答案为：9；（4）以A、B、M、N为顶点的四边形是菱形，对角线互相垂直且平分，由OAOB，AB与MN不能作为一组对角线，分两种情况：以AM与BN为对角线时，如图2和图2，如图2，ABOA+OB2+35，四边形ABMN是菱形，MNABx轴，MNMBAB5，在RtMBO中，OM4，M（0，4），N（5，4），如图2，同理可得：N（5，4），以A
8、N与BM为对角线时，如图2和图2，如图2，菱形的边长仍为5，MNx轴，MO，M（0，），N（5，），如图2，同理可得：N（5，），综上所述，两种情况，符合条件的点N的坐标为：N1（5，4）、N2（5，4）、N3（5，）、N4（5，）【例3】（2022烟台）如图，已知直线yx+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线yax2+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x1（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
9、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DFAB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PAPC，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x0时，y4，C （0，4），当y0时，x+40，x3，A （3，0），对称轴为直线x1，B（1，0），设抛物线的表达式：ya（x1）（x+3），43a，a，抛物线的表达式为：y（x1）（x+3）x
10、2x+4；（2）如图1，作DFAB于F，交AC于E，D（m，m+4），E（m，m+4），DEm+4（m+4）m24m，SADCOA（m24m）2m26m，SABC8，S2m26m+82（m+）2+，当m时，S最大，当m时，y5，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，PAPC，即：PA2PC2，（1+3）2+n21+（n4）2，n，P（1，），xP+xQxA+xC，yP+yQyA+yCxQ3（1）2，yQ4，Q（2，）【例4】（2022武昌区模拟）如图，直线y2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，抛物线yx2+bx+c过B，C两点，其顶点为M，对称
11、轴MN与直线BC交于点N（1）直接写出抛物线的解析式；（2）如图1，点P是线段BC上一动点，过点P作PDx轴于点D，交抛物线于点Q，问：是否存在点P，使四边形MNPQ为菱形？并说明理由；（3）如图2，点G为y轴负半轴上的一动点，过点G作EFBC，直线EF与抛物线交于点E，F，与直线y4x交于点H，若，求点G的坐标【分析】（1）根据直线BC的解析式可求得B（4，0），C（0，8），代入抛物线yx2+bx+c即可求得答案；（2）设P（t，2t+8），则Q（t，t2+2t+8），根据PQMN，PQMN，可得t3，即P（3，2），Q（3，5），由两点间距离公式可得PN2，由于PNMN，故四边形MNPQ
12、不能为菱形（3）连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足依次为K、L、T，设G（0，m），由EFBC，直线BC：y2x+8，可得直线EF的解析式为y2x+m，通过联立方程组可得H（m，2m），进而求得HGm，根据直线EF：y2x+m与抛物线交于点E，F，可得x24x+m80，运用根与系数关系可得：xE+xF4，xExFm8，利用三角函数定义可得：EGxE，FGxF，再由，建立方程求解即可得出答案【解答】解：（1）直线y2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，B（4，0），C（0，8），抛物线yx2+bx+c过B，C两点，解得：，抛物线的解析式为yx2+2x+8；（2）不存在点P，使四边形MN
13、PQ为菱形理由如下：设P（t，2t+8），PDx轴，PDy轴，即PQy轴，则Q（t，t2+2t+8），PQt2+2t+8（2t+8）t2+4t，yx2+2x+8（x1）2+9，抛物线的顶点为M（1，9），对称轴为直线x1，N（1，6），MN963，MNy轴，PQMN，要使四边形MNPQ为菱形，必须PQMNPN，由t2+4t3，解得：t1或t3，当t1时，点P与点N重合，点Q与点M重合，舍去；当t3时，P（3，2），Q（3，5），PQ523，PQMN，PQMN，四边形MNPQ是平行四边形，PN2，PNMN，故四边形MNPQ不能为菱形（3）如图（2），连接MG，过点H、E、F分别作y轴的垂线，垂足
14、依次为K、L、T，设G（0，m），EFBC，直线BC：y2x+8，直线EF的解析式为y2x+m，直线EF与直线y4x交于点H，解得：，H（m，2m），HKm，GKm，在RtGHK中，HGm，直线EF与抛物线交于点E，F，x2+2x+82x+m，整理得：x24x+m80，xE+xF4，xExFm8，在RtBOC中，OB4，OC8，BC4，sinBCO，EFBC，FGTEGLBCO，sinFGTsinEGLsinBCO，EGxE，FGxF，解得：m8，点G的坐标为（0，8）1（2022蒲城县一模）如图，已知直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线yax2+3x+c经过B、C两点，与x轴的另一个交
15、点为A，点E的坐标为（1）求抛物线的函数表达式；（2）点E，F关于抛物线的对称轴直线l对称，Q点是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点P，使得以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由，可得B（3，0），C（0，），用待定系数法得抛物线的函数表达式是yx2+3x+；（2）yx2+3x+（x1）2+6，得抛物线的对称轴是直线x1，关键E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x1对称，得F（2，），设Q（1，t），P（m，m2+3m+），分3种情况：当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ的中点，得m1，又EQFQ，故P（1，6）；当EQ，FP
16、为对角线时，EQ，FP的中点重合，得P（1，0），Q（1，0），又FQ2PQ，故P（1，0）；当EP，FQ为对角线，EP，FQ的中点重合，可得P（3，0）【解答】解：（1）在中，令x0得y，令y0得x3，B（3，0），C（0，），把B（3，0），C（0，）代入yax2+3x+c得：，解得，抛物线的函数表达式是yx2+3x+；（2）在抛物线上存在点P，使得以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：yx2+3x+（x1）2+6，抛物线的对称轴是直线x1，E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x1对称，F（2，），设Q（1，t），P（m，m2+3m+），当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ
17、的中点，如图：，解得m1，E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x1对称，EQFQ，以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，P（1，6）；当EQ，FP为对角线时，EQ，FP的中点重合，如图：，解得，P（1，0），Q（1，0），而F（2，），FQ2PQ，以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，P（1，0）；当EP，FQ为对角线，EP，FQ的中点重合，如图：，解得，P（3，0），Q（1，0），而F（2，），FPQP2，以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，P（3，0），综上所述，P的坐标是（1，6）或（1，0）或（3，0）2（2022抚顺县二模）如图，抛物线yax2+bx+6（a0）与x轴交于A（1，0
18、），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BMO45，过点O作OHOM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，解得，即可得出结论；（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y2x+6，设点M的坐标为（m，2m+6）（0m3），过点M作MNy轴于点N，过点H作HKy轴于点K，证OMNHOK（AAS），得MNOK，ONHK则H
19、（2m+6，m），再由点H（2m+6，m）在直线y2x+6上，得2（2m+6）m，解得m，即可解决问题；（3）分两种情况讨论，当CD为菱形的边时，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yax2+bx+6经过点A（1，0），B（3，0）两点，解得：，抛物线的解析式为y2x2+4x+6；（2）由（1）得，点C（0，6），设直线BC的解析式为ykx+c，直线BC经过点B（3，0），C（0，6），解得：直线BC的解析式为y2x+6，设点M的坐标为（m，2m+6）（0m3），如图1，过点M作MNy轴于点N，过点H作HKy轴于点K，则MNOOKH90，OHOM，MOH90，
20、OMB45，MOH是等腰直角三角形，OMOHMON+KOH90，OHK+KOH90，MONOHK，OMNHOK（AAS），MNOK，ONHKH（2m+6，m），点H（2m+6，m）在直线y2x+6上，2（2m+6）m，解得：m，把m代入y2x+6得：y，当OMB45时，点M的坐标为（）；（3）存在，理由如下：抛物线的解析式为y2x2+4x+62（x1）2+8，顶点为D，点D的坐标为（1，8），分两种情况讨论：当CD为菱形的边时，如图2，过C作CEDQ于EC（0，6），D（1，8），CD，DQCD，Q点的坐标为（1，8）或（1，8+）；当CD为菱形的对角线时，如图3，设点Q（1，m），P（0，n
21、），C（0，6），D（1，8），m+n6+814，n14m，P（0，14m），PC14m68m，CQ，PCCQ，8m，解得：m，点Q的坐标为（1，）；综上所述，点Q的坐标为（1，8）或（1，8+）或（1，）3（2022历下区三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2+bx+c的图象交x轴于A、B两点，与y轴交于点C，OB3OA3，点P是抛物线上一动点（1）求抛物线的解析式及点C坐标；（2）如图1，若点P在第一象限内，过点P作x轴的平行线，交直线BC于点E，求线段PE的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，过点P作x轴的垂线交x轴于点Q，交直线BC于点M，在y轴上是否存在点G，使得以M，P，
22、C，G为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点G坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由OB3OA3可得点B，A坐标，再通过待定系数法求解（2）由点B，C坐标求出直线BC解析式，作PFx轴交BC于点F，设点P坐标为（m，m2+2m+3），由PF与PE的关系求解（3）分类讨论点P在不同位置，结合图象，根据菱形的性质求解【解答】解：（1）OB3OA3，B（3，0），A（1，0），将（3，0），（1，0）代入yx2+bx+c得，解得，yx2+2x+3，将x0代入yx2+2x+3得y3，点C坐标为（0，3）（2）设直线BC解析式为ykx+b，将（3，0），（0，3）代入ykx+b得，
23、解得，yx+3，作PFx轴交BC于点F，OBOC，CBO45，PEx轴，PEFOBC45，PFPE，设点P坐标为（m，m2+2m+3），则点F坐标为（m，m+3）PFPEm2+2m+3（m+3）m2+3m（m）2+，m时，PE的最大值为，此时点P坐标为（，）（3）如图，PMCM，设点P坐标为（m，m2+2m+3），则M（m，m+3），由（2）得PMm2+3m，点C坐标为（0，3），CMm，m2+3mm，解得m0（舍）或m3，GCCM32，OGOC+CG3+323+1，点G坐标为（0，3+1）如图，PMCG时四边形PCGM为平行四边形，PGCM时四边形PCGM为菱形，PMm2+3m，点C坐标为（
24、0，3），点G坐标为（0，m23m+3），作GNPM，CBO45，GPNPMCBNQ45，GNPN，即mm2+2m+3（m23m+3），解得m0（舍）或m2，点G坐标为（0，1）如图，PMCM，由可得m23mm，解得m3+，PMCGCM3+2，点G坐标为（0，13）综上所述，点G坐标为（0，3+1）或（0，1）或（0，13）4（2022碑林区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线L1：yx2+bx+c经过点A（2，2），抛物线的对称轴是直线x1，顶点为点B（1）求这条抛物线的解析式；（2）将抛物线L1平移到抛物线L2，抛物线L2的顶点记为D，它的对称轴与x轴的交点记为E已知点C（2，1
25、），若以A、C、D、E为顶点的四边形为菱形，则请求出抛物线L2的顶点坐标【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；（2）设抛物线L2的顶点记为D（m，n），则E（m，0），如图，根据菱形性质和DEAC，可得出DEAC3，再分两种情况：当n3时，D（m，3），E（m，0），当n3时，D（m，3），E（m，0），分别建立方程求解即可【解答】解：（1）抛物线L1：yx2+bx+c经过点A（2，2），抛物线的对称轴是直线x1，解得：，该抛物线的解析式为yx2+2x+2；（2）设抛物线L2的顶点记为D（m，n），则E（m，0），如图，DE|n|，DEy轴，A（2，2），C（2，1），AC2（1）3，AC
26、y轴，ACDE，又AD，AE，以A、C、D、E为顶点的四边形为菱形，DEAC，即|n|3，n3，当n3时，D（m，3），E（m，0），ADAC3，AD29，即（m2）2+（32）29，解得：m2+2或22，D（2+2，3）或（22，3）；当n3时，D（m，3），E（m，0），AEAC3，AE29，即（m2）2+（02）29，解得：m2+或2，D（2+，3）或（2，3）；综上所述，点D的坐标为（2+2，3）或（22，3）或（2+，3）或（2，3）5（2022佛山校级三模）如图，抛物线yax2+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yx2（1）求抛物线的解析式；
27、（2）已知k为正数，当0x1+k时，y的最大值和最小值分别为m，n，且m+n，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AQCQ，AQAC及CQAC，进一步求得结果【解答】解：（1）当x0时，y2，点C（0，2），当y0时，0，x
28、3，点A（3，0），设ya（x+1）（x3），将点C（0，2）代入得，3a2，a，y（x+1）（x3）2；（2）抛物线的对称轴为直线：x1，k0，k+11，当0x1+k时，当x1时，n（1+1）（13），m+n，m8，当m8时，x28，x15，x23（舍去），1+k5，k4；（3）设点Q（1，a），A（3，0），C（0，2），AQ2（31）2+a2a2+4，AC232+2213，CQ21+（a+2）2a2+4a+5，当AQAC时，a2+413，a3，Q1（1，3），Q2（1，3），当AQCQ时，a2+4a+5a2+4，a，Q3（1，），当ACCQ时，a2+4a+513，a2，Q4（1，2+2）
29、，Q5（1，22），综上所述：Q（1，3）或（13）或（1）或（1，2+2）或（1，22）6（2022邵阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2+bx+c与x轴分别交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3）（1）求抛物线的解析式及对称轴；（2）如图，点D与点C关于对称轴对称，点P在对称轴上，若BPD90，求点P的坐标；（3）点M是抛物线上一动点，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）将点A（1，0）、点C（0，3）代入yx2+bx+c，即可求解；（2）设P（1，t），求出B点和D点坐标，再求
30、BD的中点H为（，），BD，由题意可得PHBD，求出t的值即可求解；（3）设M（m，m2+2m+3），N（1，n），分三种情况讨论：当AB为菱形的对角线时，AMAN，解得N（1，4）；当AM为菱形对角线时，ABAN，不存在菱形；当AN为菱形对角线时，ABAM，不存在菱形【解答】解：（1）将点A（1，0）、点C（0，3）代入yx2+bx+c，解得，yx2+2x+3，yx2+2x+3（x1）2+4，抛物线的对称轴为直线x1；（2）令x2+2x+30，解得x1（舍去）或x3，B（3，0），点D与点C关于对称轴对称，D（2，3），BD的中点H为（，），BD，BPD90，PHBD，设P（1，t），（）2
31、+（t）210，解得t1或t2，P（1，1）或（1，2）；（3）存在以A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，理由如下：设M（m，m2+2m+3），N（1，n），当AB为菱形的对角线时，AMAN，解得，N（1，4）；当AM为菱形对角线时，ABAN，此时无解；当AN为菱形对角线时，ABAM，此时无解；综上所述：N点坐标为（1，4）7（2022九龙坡区模拟）如图1，抛物线yax2+bx+c与x轴相交于点B、C（点B在点C左侧），与y轴相交于点A已知点B坐标为B（1，0），BC3，ABC面积为6（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P为直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PDAB，交线段AC于点D求P
32、D长度的最大值及此时P点的坐标；（3）如图2，将抛物线向左平移个单位长度得到新的抛物线，M为新抛物线对称轴l上一点，N为平面内一点，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标，并写出求解其中一个N点坐标的过程【分析】（1）由ABC面积为6可得OA4，则A（0，4），由BC3（点B在点C左侧）得C（4，0），利用待定系数法即可求解；（2）过点P作PEy轴交AC于点E，作DFPE于F，将PE表示PD的长，进而用点P坐标表示成函数，借助二次函数求最值的方法求解PD的最大值；（3）先利用二次函数平移的规律得到新抛物线的解析式，然后设出点M（1，t），分两种情况：线段AB为菱形的对
33、角线时；线段AB为菱形的边时，利用菱形的性质求解即可【解答】解：（1）SABCBCOA6，BC3，B（1，0），OA4，C（4，0），A（0，4），解得，抛物线的解析式为yx25x+4；（2）如图，过点P作PEy轴交AC于点E，作DFPE于F，OCOA4，则OACDEF45DFEF，PDAB，ABODGBHGPABO+OAB90，HGP+DPE90，OABDPEtanDPEtanOAB，PF4DFEFDFPEPFEF3DFDFPE，又在RtPDF中，由勾股定理得：PDDFPE设点P（t，t25t+4），C（4，0），A（0，4），直线AC解析式为：yx+4，点E坐标为（t，t+4）PEyEyP
34、t+4（t25t+4）t2+4t，PDPE（t2+4t）（t2）2+，0，当t2时，PD有最大值，此时点P（2，2）；（3）yx25x+4（x）2，该抛物线向左移动个单位，新抛物线的解析式为：y（x+1）2，新抛物线的对称轴为直线x1，设M（1，t）；当线段AB为菱形的对角线时，MAMB，A（0，4），B（1，0），MA212+（4t）2t28t+17，MB2t2+4，t28t+17t2+4，解得t，M（1，），A（0，4），B（1，0），0+1（1）2，0+4，N（2，）；当线段AB为菱形的边时，A（0，4），B（1，0），MA212+（4t）2t28t+17，AB217，MB2t2+4，当
35、MAAB时，MA2AB2，即t28t+1717，t0或t8；M（1，0）或（1，8）；直线AB为y4x+4，当x1时，y8，（1，8）在直线AB上，不合题意，舍去，A（0，4），B（1，0），1+10，044，N（0，4）；当BABM时，BA2BM2，即17t2+4，t或t；M（1，）或（1，）；A（0，4），B（1，0），112，N（2，+4）或（2，+4）；综上，点N的坐标为（2，）或（0，4）或（2，+4）或（2，+4）8（2022恩施市模拟）如图，已知直线yx3与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线yx2+bx+c的顶点是（2，1），且与x轴交于C，D两点，与y轴交于点E，P是抛物线上一
36、个动点，过点P作PGAB于点G（1）求b、c的值；（2）若点M是抛物线对称轴上任意点，点N是抛物线上一动点，是否存在点N，使得以点C，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请你说明理由（3）当点P运动到何处时，线段PG的长最小？最小值为多少？【分析】（1）已知条件给了二次项系数和顶点坐标，用顶点式求出解析式；（2）以已知线段CD为标准，分为CD为边和对角线两种情况，利用菱形的性质，邻边相等和对角线互相垂直平分来列出方程，求出点N坐标；（3）在PGQ中，PG与PQ有比例关系，所以PG最小时也是PQ最小时，设出点P和Q坐标，表示出线段PQ的表达式，即可求出最小值【解
37、答】解：（1）由题意得：抛物线为y（x2）21，整理得yx2x+3，b，c3；（2）由题意知，抛物线的对称轴为x2，把y0代入y（x2）21，得x或x3，C（，0），D（3，0），CD2I如图，当以CD为菱形的边时，MN平行且等于CD若点N在对称轴右侧，MNCD2，x2+24，把x4代入y（x2）21，得y3，点N的坐标为（4，3）MC2MCMNCD2，四边形MNDC为菱形即N（4，3）符合题意同理可知，当N的坐标为（0，3）时，四边形MNCD也为菱形II如图，当CD为菱形的对角线时，根据菱形的对角线互相垂直平分，可得对称轴垂直平分CD，所以M，N在对称轴上又因为点N在抛物线上，所以点N为抛物
38、线的顶点，所以点N的坐标为（2，1）综上所述，符合条件的点N的坐标为（4，3）或（0，3）或（2，1）；（3）把x0代入yx3，得y3，点B的坐标为（0，3）把y0代入yx3，得x3，点A的坐标为（3，0）AB6，sinABO，如图，过点P作PHx轴交AB于点H，则有PHOB，PHCABO，sinPHGsinABO，设点P的横坐标为m，则P（m，m2m+3），H（m，m3），PHm2m+3（m3）m2m+6（m）2+，0，当m时，PH有最小值，最小值为，此时PG有最小值，当m时，m2m+3，此时点P的坐标为（，），当点P运动到（，）时，线段PG的长的最小值为9（2020秋沙坪坝区校级期末）如图
39、，在平面直角坐标系中，抛物线yx2x+2交x轴于点A、B，交y轴于点C（1）求ABC的面积；（2）如图，过点C作射线CM，交x轴的负半轴于点M，且OCMOAC，点P为线段AC上方抛物线上的一点，过点P作AC的垂线交CM于点G，求线段PG的最大值及点P的坐标；（3）将该抛物线沿射线AC方向平移个单位后得到的新抛物线为yax2+bx+c（a0），新抛物线y与原抛物线的交点为E，点F为新抛物线y对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点A、E、F、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）令x0，则y2，令y0，则x2x+20，可得A（4，0
40、），B（1，0），C（0，2），再运用三角形面积公式即可求得答案；（2）解法一：如图1，过点P作PNy轴，交AC于点T，交CM于点N，交x轴于点K，过点G作GHPN于点H，由tanOACtanOCM，可得，即可得出M（1，0），再利用待定系数法求得直线OM的解析式，设P（m，m2m+2），则N（m，2m+2），可得出PHPNm2m，再由cosTPEcosOAC，可得PGPHm2m（m+）2+，运用二次函数性质求最值即可；解法二：如图1，过点作PHx轴交CM于点H，过点G作GDPH于点D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，设P（m，m2m+2），则H（m2m，m2m+2），可得DP（m2mm）m2m（m+）2+，运用二次函数性质求最值即可；（3）运用平移变换的性质求出E（1，3），设F（，n），表示出AE、AF、EF的平分，再分类讨论，根据菱形性质得出AEF是等腰三角形，分别建立方程求解即可【解