专题06二次函数抛物线中平行四边形（含矩形菱形正方形）存在性问题-2026年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练

专题06二次函数抛物线中平行四边形（含矩形菱形正方形）存在性问题 第一部分 方法与技巧 平行四边形的存在性问题解决策略 （1）找点：轨迹为三点． （2）求点： 方法1 根据对角线，分三种情况讨论进行求解． 若设、、， 则根据中点公式可求得 、 、 ． （3） 定点：注意四个点是否构成四边形，即确定四点是否共线． 方法2 用平移的性质求点的坐标。若有边平行于坐标轴，用此法比较简单。 第二部分 典例及变式 类型一 二次函数与平行四边形的存在性问题 【典例1】（2025•广安）如图，二次函数（b，c为常数）的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，已知点B的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，﹣3），连接AC，BC． （1）求抛物线的解析式． （2）若点P为抛物线上的一个动点，连接PC，当∠PCB＝∠OBC时，求点P的坐标． （3）将抛物线沿射线CA的方向平移个单位长度后得到新抛物线，点E在新抛物线上，点F是原抛物线对称轴上的一点，若以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标． 【变式训练】 1．（2025•雅安）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣3，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求二次函数的表达式； （2）点Q是抛物线在第三象限上的一点，满足∠QAB＝∠OBC，请求出点Q的坐标； （3）点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否存在点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 2．（2025•东营）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C，其中A（﹣1，0），C（0，5）． （1）求抛物线的表达式； （2）点P为对称轴上一点，当△ACP的周长最小时，求点P的坐标； （3）点M为对称轴上一点，点N为抛物线上一点，若以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点N的坐标． 类型二 二次函数与矩形的存在性问题 【典例2】（2025•西宁）如图，在平面直角坐标系xOy中，以P为顶点的抛物线的解析式为y＝ax2﹣4ax（a＜0），点A的坐标是（﹣1，0），以原点为中心，把点A顺时针旋转90°，得到点A′． （1）直接写出A′点的坐标和抛物线的对称轴； （2）当3≤x≤5时，y有最大值为1﹣2a，求抛物线的解析式； （3）在（2）的条件下，若点M在y轴上，点N在坐标平面内，是否存在以点A′，P，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请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． 【变式训练】 1．（2026•泸县一模）如图1，若二次函数y＝ax2﹣2x+c（a≠0）的图象与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图2，连接BC，点P为直线BC下方抛物线上的动点，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标； （3）如图3，将抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线y′，在y′的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，求点E的坐标． 类型三 二次函数与菱形的存在性问题 【典例3】（2026•碑林区三模）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ybx+c经过A，C两点，对称轴交x轴于点M． （1）求抛物线的表达式； （2）若点P在抛物线对称轴上，点Q在坐标平面内，是否存在点P，Q，使得以点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． 【变式训练】 1．（2026•安徽模拟）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC． （1）求A、B，C三点的坐标． （2）点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由． 类型四 二次函数与正方形的存在性问题 【典例4】（2025•资阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴相交于点C（0，﹣3），且抛物线的顶点坐标为（1，﹣4）． （1）求抛物线的表达式； （2）P是抛物线上位于第四象限的一点，点D（0，﹣1），连接BC，DP相交于点E，连接PB．若△CDE与△PBE的面积相等，求点P的坐标； （3）M，N是抛物线上的两个动点，分别过点M，N作直线BC的垂线段，垂足分别为G，H．是否存在点M，N，使得以M，N，G，H为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由． 【变式训练】 1．（2025•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点（2，3），与x轴交于点A（﹣1，0）和点B． （1）求该抛物线的解析式； （2）点C，D在直线yx上，点E在x轴上，F是抛物线上位于第一象限的点，若四边形CDEF是正方形，求点F的坐标； 第二部分 专题提优训练 1．（2026•惠山区一模）已知二次函数的图象经过点A（﹣3，0），B（1，0），顶点为点D，与y轴交于点C． （1）求该二次函数的表达式； （2）点M（a，y1）和N（a+3，y2）是该二次函数图象上的两点，当a＜0时，试比较y1与y2的大小，并说明理由； （3）点P是直线AC上的动点，过点P作直线AC的垂线PE，记点D关于直线PE的对称点为F，当以点P、A、D、F为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出点P的坐标． 2．（2026•长沙模拟）已知关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象与x轴交于A，B两点（A在B左侧），顶点为点P，直线y2＝ax﹣b． （1）若点P（1，﹣2），求c﹣a的值． （2）对于二次函数，无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等，点G（2，c﹣3a）为x轴下方一定点，且点G到直线y2＝ax﹣b的距离的最大值为，函数的图象是否经过定点？若是，请求出定点的坐标；否则，请说明理由． （3）过点P作PQ⊥x轴交直线y2＝ax﹣b于点Q，交x轴于点H，若四边形APBQ为菱形，且三条长度分别与QH，PH，AB相等的线段能组成一个含有120°的三角形，且c≥b，求的最大值． 3．（2025•绵阳）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，点B在y轴右侧的x轴上，抛物线y＝ax2x+c（a≠0）经过A，B，C三点，顶点为D． （1）求抛物线的解析式及点B，D的坐标； （2）点P在直线AC上运动，当△BDP的周长最小时，求点P的坐标； （3）探究在△ABC内部能否截出面积最大的矩形EFGH（顶点E，F，G，H在△ABC各边上）？若能，求出此时矩形在AB边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 4．（2026•鼓楼区一模）直线y＝﹣x+3与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A，B，与x轴的另一个交点为C． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DE∥y轴交AB于点E，DF⊥AB于点F，FG⊥x轴于点G．当DE＝FG时，求点D的坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，直线CD与AB相交于点M，点H在抛物线上，过H作HK∥y轴，交直线CD于点K．P是平面内一点，当以点M，H，K，P为顶点的四边形是正方形时，请直接写出点P的坐标． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06二次函数抛物线中平行四边形（含矩形菱形正方形）存在性问题 第一部分 方法与技巧 平行四边形的存在性问题解决策略 （1）找点：轨迹为三点． （2）求点： 方法1 根据对角线，分三种情况讨论进行求解． 若设、、， 则根据中点公式可求得 、 、 ． （3） 定点：注意四个点是否构成四边形，即确定四点是否共线． 方法2 用平移的性质求点的坐标。若有边平行于坐标轴，用此法比较简单。 第二部分 典例及变式 类型一 二次函数与平行四边形的存在性问题 【典例1】（2025•广安）如图，二次函数（b，c为常数）的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，已知点B的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，﹣3），连接AC，BC． （1）求抛物线的解析式． （2）若点P为抛物线上的一个动点，连接PC，当∠PCB＝∠OBC时，求点P的坐标． （3）将抛物线沿射线CA的方向平移个单位长度后得到新抛物线，点E在新抛物线上，点F是原抛物线对称轴上的一点，若以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）当点P在BC下方时，可证明点P与点C关于抛物线对称轴对称，据此根据对称性可得点P坐标；当点P在BC上方时，设直线PC交x轴于H，则可证明CH＝BH，设H（m，0），利用两点距离计算公式可得（0﹣m）2+（﹣3﹣0）2＝（9﹣m）2，解得m＝4，则H（4，0）；求出直线PC解析式为，联立直线PC解析式和抛物线解析式求出点P的坐标即可； （3）先由对称性求出由对称性可得A（﹣1，0），求出OA＝1，OC＝3，则；则可推出将原抛物线向左平移2个单位长度，向上平移6个长度得到新抛物线，据此打得到新抛物线解析式为，再分BE为对角线，BF为对角线，BC为对角线，三种情况根据平行四边形对角线中点坐标相同列出方程求解即可． 【解答】解：（1）把B（9，0），C（0，﹣3）代入到中， 得：， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）如图所示，当点P在BC下方时， ∵∠PCB＝∠OBC， ∴PC∥OB， ∴点P与点C关于抛物线对称轴对称， ∵抛物线对称轴为直线， ∴点P的坐标为（8，﹣3）； 如图所示，当点P在BC上方时，设直线PC交x轴于H， ∵∠PCB＝∠OBC， ∴CH＝BH， ∴CH2＝BH2， 设H（m，0）， ∴（0﹣m）2+（﹣3﹣0）2＝（9﹣m）2， 解得m＝4， ∴H（4，0）； 设直线PC解析式为y＝k1x+b1， ∴， ∴， ∴直线PC解析式为， 联立， 解得或（舍去）， ∴点P的坐标为； 综上所述，点P的坐标为（8，﹣3）或； （3）由（2）可得原抛物线对称轴为直线x＝4， ∵B（9，0）， ∴由对称性可得A（﹣1，0）， ∴OA＝1， ∵C（0，﹣3）， ∴OC＝3， ∴； ∵将抛物线沿射线CA的方向平移个单位长度后得到新抛物线， ∴将原抛物线向左平移2个单位长度，向上平移6个长度得到新抛物线， ∴新抛物线解析式为， 当BE为对角线时， ∵平行四边形对角线互相平分， ∴BE，CF的中点坐标相同， ∴， ∴xE＝﹣5， ∴， ∴此时点E的坐标为（﹣5，14）； 当BF为对角线时， ∵平行四边形对角线互相平分， ∴BF，CE的中点坐标相同， ∴， ∴xE＝13， ∴， ∴此时点E的坐标为（13，38）； 当BC为对角线时， ∵平行四边形对角线互相平分， ∴BC，EF的中点坐标相同， ∴， ∴xE＝5， ∴， ∴此时点E的坐标为； 综上所述，点E的坐标为（﹣5，14）或（13，38）或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，二次函数图象的平移问题，一次函数与几何综合，待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，两点距离计算公式等等，解（2）的关键在于分两种情况讨论求解，解（3）的关键在于利用平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解． 【变式训练】 1．（2025•雅安）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣3，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求二次函数的表达式； （2）点Q是抛物线在第三象限上的一点，满足∠QAB＝∠OBC，请求出点Q的坐标； （3）点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否存在点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由待定系数法求出函数表达式，进而求解； （2）如图1，过点Q作QG⊥x轴于点G，设Q（t，t2+2t﹣3），由tan∠QAB＝tan∠OBC，列方程即可解答； （3）分三种情况：如图2，3，4，根据平移的法则即可解答． 【解答】解：（1）把点A（﹣3，0）和点C（0，﹣3）代入二次函数y＝x2+bx+c中得： ， 解得：， ∴二次函数的表达式为：y＝x2+2x﹣3； （2）如图1，过点Q作QG⊥x轴于点G， 设Q（t，t2+2t﹣3）， ∵点Q是抛物线在第三象限上的一点， ∴﹣3＜t＜0， 当y＝0时，x2+2x﹣3＝0， ∴x＝﹣3或1， ∴B（1，0）， ∴OB＝1， ∵C（0，﹣3）， ∴OC＝3， ∵∠QAB＝∠OBC， ∴tan∠QAB＝tan∠OBC， ∴3， ∴GQ＝3AG， ∴﹣t2﹣2t+3＝3（t+3）， 解得：t＝﹣2或﹣3（舍）， ∴Q（﹣2，﹣3）； （3）y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4， ∴抛物线的对称轴是：直线x＝﹣1， 如图2，四边形ACFE是平行四边形， ∵A（﹣3，0），C（0，﹣3），点E的横坐标为﹣1， ∴点F的横坐标为2， ∴F（2，5）； 如图3，四边形ACEF是平行四边形， 同理可得点F的横坐标为﹣4， ∴F（﹣4，5）； 如图4，四边形AFCE是平行四边形，此时CF∥x轴，点E在x轴上， ∴F（﹣2，﹣3）， 综上，点F的坐标为（2，5）或（﹣4，5）或（﹣2，﹣3）． 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的图象及性质，平行四边形的判定，平移的原则，待定系数法求解析式等知识，掌握二次函数的图象及性质是解题的关键，并运用分类讨论的思想解决问题． 2．（2025•东营）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C，其中A（﹣1，0），C（0，5）． （1）求抛物线的表达式； （2）点P为对称轴上一点，当△ACP的周长最小时，求点P的坐标； （3）点M为对称轴上一点，点N为抛物线上一点，若以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点N的坐标． 【分析】（1）将点A、C坐标代入即可得解； （2）由题易得直线BC与对称轴的交点即为点P，据此求解即可； （3）根据平行四边形相对的两个顶点横纵坐标之和相等，建立方程求解即可． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），C（0，5）， ∴解， 得 ∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x+5； （2）∵抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9， ∴抛物线的对称轴为直线x＝2，点B的坐标为（5，0）． 如图所示，点A，B关于直线x＝2对称，连接BC交对称轴于点P，点P即为所求， 设直线BC的表达式为y＝mx+n（m≠0）， 则 解得 ∴直线BC的表达式为y＝﹣x+5， 当x＝2时，y＝3， ∴点P的坐标为（2，3）； （3）由（2）可知，抛物线的对称轴是直线x＝2． 设点M（2，m），N（n，﹣n2+4n+5），分以下三种情况讨论． ①当AC为对角线时， ∵A（﹣1，0），C（0，5）， ∴2+n＝﹣1+0， 解得n＝﹣3， 此时﹣n2+4n+5＝﹣16， ∴N（﹣3，﹣16）； ②当AN为对角线时，﹣1+n＝0+2， 解得n＝3， 此时﹣n2+4n+5＝8， ∴N（3，8）； ③当AM为对角线时，0+n＝﹣1+2， 解得n＝1， 此时﹣n2+4n+5＝8， ∴N（1，8）． 综上所述，点N的坐标为（﹣3，﹣16），（3，8）或（1，8）． 【点睛】本题主要考查了二次函数的解析式、二次函数点的坐标特征、将军饮马模型、平行四边形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 类型二 二次函数与矩形的存在性问题 【典例2】（2025•西宁）如图，在平面直角坐标系xOy中，以P为顶点的抛物线的解析式为y＝ax2﹣4ax（a＜0），点A的坐标是（﹣1，0），以原点为中心，把点A顺时针旋转90°，得到点A′． （1）直接写出A′点的坐标和抛物线的对称轴； （2）当3≤x≤5时，y有最大值为1﹣2a，求抛物线的解析式； （3）在（2）的条件下，若点M在y轴上，点N在坐标平面内，是否存在以点A′，P，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请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． 【分析】（1）根据旋转的性质，二次函数的对称轴公式进行计算即可； （2）根据二次函数的增减性，列出方程求出a的值即可； （3）分A'P为对角线，A'M为对角线，MP为对角线，三种情况进行讨论求解即可． 【解答】解：（1）∵点A的坐标是（﹣1，0）， ∴OA＝1， ∵以原点为中心，把点A顺时针旋转90°， ∴∠AOA'＝90°，OA'＝OA＝1， 此时点A'在y轴正半轴上， ∴A'（0，1）； ∵y＝ax2﹣4ax（a＜0）， ∴对称轴为直线； （2）∵y＝ax2﹣4ax（a＜0），对称轴为直线x＝2， ∴当x＞2时，y随x的增大而减小， ∵3≤x≤5， ∴当x＝3，y有最大值为32a﹣4×3a＝﹣3a＝1﹣2a， ∴a＝﹣1， ∴y＝﹣x2+4x； （3）存在，理由如下： ∵y＝﹣x2+4x， ∴当x＝2时，y＝﹣22+4×2＝4， ∴P（2，4）， 设M（0，m），N（s，t）， 由（1）知A'（0，1）， 当以点A'，P，M，N为顶点的四边形是矩形时，分三种情况： ①当A'P为对角线时，则△A'MP为以M为顶点的直角三角形，PN∥A'M，即PN∥y轴，A'N∥PM， ∴PM⊥y轴， ∴A'N⊥y轴， ∴M（0，4），N（2，1）； ②当以A'M为对角线时，则， 解得， ∴M（0，t+3），N（﹣2，t）， ∵A'M＝PN， ∴（t+3﹣1）2＝（2+2）2+（4﹣t）2， 解得， ∴； ③当以PM为对角线时，要满足A'，P，M，N为顶点的四边形是矩形， 则需要满足△A'PM是以∠PA'M为直角的直角三角形， 即PA'⊥y轴，与题意不符，故此种情况不存在； 综上，N（2，1）或． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，主要考查旋转的性质，二次函数的图象和性质，矩形的性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键． 【变式训练】 1．（2026•泸县一模）如图1，若二次函数y＝ax2﹣2x+c（a≠0）的图象与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图2，连接BC，点P为直线BC下方抛物线上的动点，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标； （3）如图3，将抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线y′，在y′的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，求点E的坐标． 【分析】（1）把B（3，0）和C（0，﹣3）代入y＝ax2﹣2x+c（a≠0）求解即可； （2）先解得直线BC的解析式为y＝x﹣3，设P（a，a2﹣2a﹣3），M（a，a﹣3），得到的PM的值，当时，PM最大，进而根据三角形的面积公式，即可求解； （3）分情况讨论，当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方；当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方；当BC为矩形对角线时，分别求解即可． 【解答】解：（1）二次函数y＝ax2﹣2x+c（a≠0）的图象与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．将点B，点C的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3； （2）设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B（3，0），点C（0，﹣3）分别代入得： ， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝x﹣3， 点P为直线BC下方抛物线上的点，如图2， 设P（a，a2﹣2a﹣3）， ∴M（a，a﹣3）， ∴， 当时，， ∴， ∴△PBC面积的最大值为， ∴； （3）由题意可得：y′＝（x﹣1）2﹣2（x﹣1）﹣3﹣1＝x2﹣4x﹣1＝（x﹣2）2﹣5， y′的对称轴为x＝2． ∵B（3，0），C（0，﹣3）， ∴OC＝OB＝3，∠BCO＝∠CBO＝45°， 当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，如图3，过D作DF⊥y轴于点F， ∵D在y′的对称轴上， ∴FD＝2， ∵∠BCD＝90°，∠BCO＝45°， ∴∠DCF＝45°， ∴CF＝FD＝2，OF＝3+2＝5，即点D（2，﹣5）， ∴点C向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点E（5，﹣2）； 当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方，y′的对称轴为x＝2与x轴交于点F，如图4， ∵D在y′的对称轴上， ∴FO＝2， ∴BF＝3﹣2＝1， ∵∠CBO＝45°，即∠DBO＝45°， FD＝1，即点D（2，1）， ∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点E（﹣1，﹣2）； 当BC为矩形对角线时，如图5，设D（2，d），E（m，n），BC的中点F的坐标为， 依意得：， 解得：， 又∵DE＝BC， ∴（2﹣1）2+（d﹣n）2＝32+32， 解得：， 联立得：， 解得：， ∴点E的坐标为或． 综上所述，点E的坐标为（5，﹣2）或（﹣1，﹣2）或或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，矩形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． 类型三 二次函数与菱形的存在性问题 【典例3】（2026•碑林区三模）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ybx+c经过A，C两点，对称轴交x轴于点M． （1）求抛物线的表达式； （2）若点P在抛物线对称轴上，点Q在坐标平面内，是否存在点P，Q，使得以点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）先利用直线求出点A、C坐标，再利用对称性求出点B坐标，进而设交点式求解即可； （2）由题可得PA＝PC，利用两点距离公式求出点P坐标，再利用平移求出点Q坐标即可得解． 【解答】解：（1）对于直线y＝x+4， 令x＝0，得y＝4，令y＝0，得x＝﹣4， ∴A（﹣4，0），C（0，4）， ∵对称轴为直线x＝﹣1， ∴B（2，0）， ∴设抛物线的表达式为y＝a（x+4）（x﹣2）， 将点C（0，4）代入得，﹣8a＝4， 解得a， ∴y（x+4）（x﹣2）x2﹣x+4； （2）如图，由图可知点P在AC下方， 设P（﹣1，n）， 则PA2＝9+n2，PC2＝1+（n﹣4）2， ∵以AC为对角线的菱形， ∴PA＝PC， ∴9+n2＝1+（n﹣4）2， 解得n＝1， ∴P（﹣1，1）， ∵CP∥AQ，CP＝AQ， ∴， 解得， ∴Q（﹣3，3）； 综上，P（﹣1，1），Q（﹣3，3）． 【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数点的坐标特征、二次函数最值问题、菱形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【变式训练】 1．（2026•安徽模拟）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC． （1）求A、B，C三点的坐标． （2）点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）分别令x＝0，y＝0，即可求出A、B、C三点的坐标； （2）根据A、C三点的坐标求直线AC的函数表达式，根据直线AC的表达式设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），然后分为四边形BDEC是菱形和四边形CBED是菱形两种情况分别讨论即可． 【解答】解：（1）抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C， 当y＝0时，得：， 解得：x＝2或﹣6； 当x＝0时，得：y＝﹣6； ∴点A（﹣6，0），点B（2，0），点C（0，﹣6）； （2）在直线l上存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形；理由如下： 设直线AC的表达式为y＝kx+b，将点A，点C的坐标分别代入得： ， 解得：， 故直线AC的表达式为y＝﹣x﹣6； 设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0， ∵B（2，0），C（0，﹣6）， ∴BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2， ∵DE∥BC， ∴当DE＝BC时，以点D，C，B，E为顶点的四边形为平行四边形， 分两种情况： 如图1，当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形， ∴BD2＝BC2， ∴（m﹣2）2+（m+6）2＝40， 解得：m1＝﹣4，m2＝0（不合题意，舍去）， ∴点D的坐标为（﹣4，﹣2）， ∵点D向左移动2个单位长度，向下移动6个单位长度得到点E， ∴点E的坐标为（﹣6，﹣8）； 如图2，当CD＝CB时，四边形CBED为菱形， ∴CD2＝CB2， ∴2m2＝40， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴点D的坐标为， ∵点D向右移动2个单位长度，向上移动6个单位长度得到点E， ∴点E的坐标为； 综上所述，在直线l上存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为（﹣6，﹣8）或； 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象和性质、一次函数图象和性质、菱形的性质，熟练掌握菱形的性质和待定系数法是解题的关键． 类型四 二次函数与正方形的存在性问题 【典例4】（2025•资阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴相交于点C（0，﹣3），且抛物线的顶点坐标为（1，﹣4）． （1）求抛物线的表达式； （2）P是抛物线上位于第四象限的一点，点D（0，﹣1），连接BC，DP相交于点E，连接PB．若△CDE与△PBE的面积相等，求点P的坐标； （3）M，N是抛物线上的两个动点，分别过点M，N作直线BC的垂线段，垂足分别为G，H．是否存在点M，N，使得以M，N，G，H为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法即可求得答案； （2）解法1：设P（t，t2﹣2t﹣3），连接OP，利用图形的面积建立方程求解即可；解法2：连接CP，根据面积关系证得CP∥BD，求得直线CP的表达式，联立方程组求解即可； （3）分三种情况讨论：①若点M，N分别在直线BC的两侧，②若点M，N在直线BC的下方，③若点M，N在直线BC的上方，分别画出图形，利用正方形性质建立方程求解即可． 【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（1，﹣4）， ∴设y＝a（x﹣1）2﹣4， 把C（0，﹣3）代入，得：﹣3＝a﹣4， 解得：a＝1， ∴抛物线的表达式为y＝（x﹣1）2﹣4，即y＝x2﹣2x﹣3； （2）解法1：设P（t，t2﹣2t﹣3），连接OP，如图1， ∵S△CDE＝S△PBE， ∴S△CDE+S四边形BODE＝S△PBE+S四边形BODE， 即S△BCO＝S四边形BODP＝S△POB+S△POD， ∴3×33×（﹣t2+2t+3）1×t， 解得：t1＝0（舍去），t2， ∴P（，）； 解法2：如图2，连接CP， ∵S△CDE＝S△PBE， ∴S△CDE+S△BDE＝S△PBE+S△BDE， 即S△BCD＝S△BPD， ∴CP∥BD， 设直线BD的表达式为y＝kx+b，则， 解得：， ∴直线BD的表达式为yx﹣1， 设直线CP的表达式为yx+c，把C（0，﹣3）代入得：c＝﹣3， ∴直线CP的表达式为yx﹣3， 联立得， 解得：（舍去），， ∴P（，）； （3）满足条件的点M、N存在． 理由如下： ①若点M，N分别在直线BC的两侧， 不妨令点M在直线BC上方，点N在直线BC下方，如图3， 可知∠MGH＝90°， 则∠MGN＝∠MGH+∠HGN＞90°，不符合题意． ②若点M，N在直线BC的下方， 不妨设点M在点H的下方，如图4， ∵B（3，0），C（0，﹣3）， ∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，连接MH，GN，则△MGN是等腰直角三角形，∠HGN＝45°， ∴GN⊥y轴，MH⊥x轴， 设点M坐标为（m，m2﹣2m﹣3），其中0＜m＜3， 则点H坐标为（m，m﹣3）， 根据正方形的性质得：点N的坐标为（，）， 将点N的坐标代入抛物线表达式y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣3）（x+1）， 得（3）（1）， 即（m2﹣5m+6）（m2﹣5m﹣2）＝2（m2﹣m﹣6）， 化简得（m﹣2）（m﹣3）（m2﹣5m﹣2）＝2（m﹣3）（m+2）， ∵0＜m＜3， ∴（m﹣2）（m2﹣5m﹣2）＝2（m+2）， 整理得m2﹣7m+6＝0， 解得：m1＝1，m2＝6（舍去）， 此时，MH＝2，正方形边长为． ③若点M，N在直线BC的上方， 不妨设点M在点H上方，如图5， 设点M（m，m2﹣2m﹣3），其中m＜0或m＞3， 根据正方形性质，点N坐标为（，）， 将点N的坐标代入抛物线的表达式y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣3）（x+1）， 同理可得：m1＝1（舍去），m2＝6， 此时，MH＝18，正方形的边长为9． 综上所述，正方形的边长为或9． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数图象上的点的坐标特点，多边形的面积，正方形性质等知识点，数形结合、分类讨论、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 【变式训练】 1．（2025•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点（2，3），与x轴交于点A（﹣1，0）和点B． （1）求该抛物线的解析式； （2）点C，D在直线yx上，点E在x轴上，F是抛物线上位于第一象限的点，若四边形CDEF是正方形，求点F的坐标； 【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）过F作FH⊥x轴于H，设直线CD交y轴于K，求出K（0，），直线yx与x轴交点为A（﹣1，0），得tan∠KAO，设FH＝t，则EH＝2t，得DE＝EFt，AD＝2DE＝2t，AE＝5t，从而求出F（7t﹣1，t），把F（7t﹣1，t）代入y＝﹣x2+2x+3得：t＝﹣（7t﹣1）2+2（7t﹣1）+3，解出t值可得F（，）； 【解答】解：（1）把（2，3），A（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）过F作FH⊥x轴于H，设直线CD交y轴于K，如图： 在yx中，令x＝0得y，令y＝0得x＝﹣1， ∴K（0，），直线yx与x轴交点为A（﹣1，0）， ∴tan∠KAO， ∵四边形CDEF是正方形， ∴EF∥CD，DE＝EF， ∴∠FEH＝∠KAO， ∴tan∠FEH， 设FH＝t，则EH＝2t， ∴EFt， ∴DE＝EFt， ∵∠ADE＝90°， ∴tan∠KAO， ∴AD＝2DE＝2t， ∴AE5t， ∴AH＝AE+EH＝5t+2t＝7t， ∴OH＝AH﹣OA＝7t﹣1， ∴F（7t﹣1，t）， 把F（7t﹣1，t）代入y＝﹣x2+2x+3得：t＝﹣（7t﹣1）2+2（7t﹣1）+3， 解得t＝0（舍去）或t， ∴F（，）； 【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，正方形性质及应用，解直角三角形，二次函数的最值问题等，解题的关键是分类讨论思想的应用． 第二部分 专题提优训练 1．（2026•惠山区一模）已知二次函数的图象经过点A（﹣3，0），B（1，0），顶点为点D，与y轴交于点C． （1）求该二次函数的表达式； （2）点M（a，y1）和N（a+3，y2）是该二次函数图象上的两点，当a＜0时，试比较y1与y2的大小，并说明理由； （3）点P是直线AC上的动点，过点P作直线AC的垂线PE，记点D关于直线PE的对称点为F，当以点P、A、D、F为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出点P的坐标． 【分析】（1）将A、B两点坐标代入二次函数解析式中求解即可； （2）把点M（a，y1）和N（a+3，y2）代入解析式得y1，y2表达式，采用作差法计算y1﹣y2并化简，结合已知a＜0的取值范围，以差式的正负分三种情况讨论即可明确y1与y2的大小关系； （3）先根据二次函数解析式求出顶点D、与y轴交点C的坐标，结合点A坐标求出直线AC的解析式，设出直线AC上动点P的坐标；再利用轴对称的性质，由PE垂直AC、D与F关于PE对称，得出DF∥AC，结合平移的坐标变化规律、平行线的性质、中点坐标公式，推导出点F的坐标；最后根据平行四边形对角线互相平分的核心性质，对四个点构成平行四边形的对角线组合进行分类，利用中点坐标公式建立方程求解，舍去无效解后得到符合条件的点P的坐标． 【解答】解：（1）∵二次函数的图象经过点A（﹣3，0），B（1，0）， ∴， 即， 解得， ∴该二次函数的表达式为； （2）∵点M（a，y1）和N（a+3，y2）是二次函数图象上的两点， ∴，y2（a， ∴， 结合a＜0，分三种情况讨论： ①当，即时，y1＝y2； ②当，即时，y1＜y2； ③当，即时，y1＞y2； （3）∵抛物线与y轴交于点C，顶点为点D， ∴，， 设直线AC的解析式为 y＝kx+n， 将A（﹣3，0），代入得：， 解得， ∴直线AC解析式为， ∵点P是直线AC上的动点， ∴设， ∵D、F关于直线PE对称， ∴PE垂直平分DF， 又∵PE⊥AC， ∴DF∥AC， ∴D到F的平移规律，与A到C的平移规律完全一致， 设D到DF中点M的横坐标变化为t，则纵坐标变化为， ∴， 如图，中点M在对称轴PE上，且PE⊥AC， ∴△APM为直角三角形， ∴AP2+PM2＝AM2， ∵，，， ∴（4m2+24m+36）+[4（t﹣m）2+4（t﹣m）+4]＝4t2+28t+52， 整理得2t（m+3）＝（2m﹣1）（m+3）， ∵点P和点A重合时无法构成平行四边形，故m≠﹣3， ∴两边同时除以（m+3），得， ∴， 设F（x，y）， 则，， 化简得x＝2m﹣2，， ∴F（2m﹣2，）， 若以点P，A，D，F为顶点的四边形为平行四边形，分以下三种情况讨论： ①以AD和PF为平行四边形的对角线，则AD的中点＝PF的中点， ∴横坐标相等，得， 解得， 纵坐标相等，得， 解得， ∴； ②以AP和DF为平行四边形的对角线，则AP的中点＝DF的中点， ∴横坐标相等，得， 解得m＝0， 纵坐标相等，得， 解得m＝﹣4， ∴此情况不成立； ③以AF和PD为平行四边形的对角线，则AF的中点＝PD的中点， ∴横坐标相等，得， 解得m＝4， 纵坐标相等，得， 解得m＝4， ∴； 综上，点P的坐标为和． 【点睛】本题考查了二次函数的综合知识，掌握二次函数的综合知识是解题的关键． 2．（2026•长沙模拟）已知关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象与x轴交于A，B两点（A在B左侧），顶点为点P，直线y2＝ax﹣b． （1）若点P（1，﹣2），求c﹣a的值． （2）对于二次函数，无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等，点G（2，c﹣3a）为x轴下方一定点，且点G到直线y2＝ax﹣b的距离的最大值为，函数的图象是否经过定点？若是，请求出定点的坐标；否则，请说明理由． （3）过点P作PQ⊥x轴交直线y2＝ax﹣b于点Q，交x轴于点H，若四边形APBQ为菱形，且三条长度分别与QH，PH，AB相等的线段能组成一个含有120°的三角形，且c≥b，求的最大值． 【分析】（1）根据顶点公式求解即可； （2）根据题意可得，函数的对称轴为直线x＝2，从而得到a＝﹣4b，进一步计算出直线y2＝ax﹣b过定点（﹣4，0）．根据垂线段最短可知，点G到直线y2＝ax﹣b的距离的最大值即为点G到点（﹣4，0）的距离，从而求出c＝3a﹣3，代入二次函数的解析式即可得出定点坐标； （3）作一个120°的等腰三角形，容易得出．由菱形的性质可得PH＝QH，结合顶点公式和直线解析式可得，化简得b2﹣4ac＝﹣6ab．根据求出点，代入解析式可得，进一步可得，则．由c≥b可计算出，结合二次函数的增减性可知，当时，取得最大值． 【解答】解：（1）∵关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象顶点为点P（1，﹣2），将点P的坐标代入，结合对称轴公式得： ， 解得：， ∴c﹣a＝a﹣2﹣a＝﹣2； （2）函数的图象经过定点；理由如下： ∵无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等， ∴二次函数的对称轴为直线， ∴，即b＝﹣4a， ∴y2＝ax﹣b＝ax+4a， 当x＝﹣4时，y2＝﹣4a+4a＝0为定值， ∴直线y2过定点（﹣4，0）， 设点（﹣4，0）为点E，点G到直线y2＝ax﹣b的距离为h， ∴， 根据垂线段最短可知，h≤GE， ∴h的最大值为GE，即， ∴（c﹣3a）2+36＝45， 解得：c﹣3a＝±3， ∵点G（2，c﹣3a）在x轴下方，即c﹣3a＜0， ∴c﹣3a＝﹣3，即c＝3a﹣3， ∴， 当x＝1或3，y1＝﹣3为定值， ∴二次函数y1的图象过定点（1，﹣3）和（3，﹣3）； （3）∵四边形是APBQ菱形， 又∵AB与PQ交于点H， ∴PH＝QH，AH＝BH， 如图1，以PH、QH为边构造△PQH，且PQ＝AB，作HM⊥PQ于点M， 由题意可知，∠PHQ＝120°， ∵PH＝QH，HM⊥PQ， ∴，， 在直角△PHM中，， ∴， ∴， 如图2， ， ∴顶点P的坐标为， ∵PQ⊥x轴， ∴， ∵点Q在直线y2＝ax﹣b， ∴点Q的坐标为， ∵函数图象与x轴有两个交点， ∴判别式Δ＝b2﹣4ac＞0， ∴点P在x轴下方，点Q在x轴上方， ∴，（b＜0）， ∵PH＝QH， ∴， 化简，得：b2﹣4ac＝﹣6ab， ∵，， ∴， ∴点B的坐标为， 将代入，得： ， 化简，得：， ∵b2﹣4ac＝﹣6ab， ∴， 化简，得：， 将代入b2﹣4ac＝﹣6ab，得： ， 化简，得：， ∵c≥b， ∴，即9b3≤16b， ∵b＜0， ∴9b2≥16， 解得：， ， ∵， 又∵， ∴随着b的增大而增大， ∴当时，取得最大值为． 【点睛】本题二次函数综合题，主要考查二次函数与坐标轴的交点问题，顶点公式与二次函数的增减性，二次函数的图象与性质，运用数形结合思想是解题关键． 3．（2025•绵阳）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，点B在y轴右侧的x轴上，抛物线y＝ax2x+c（a≠0）经过A，B，C三点，顶点为D． （1）求抛物线的解析式及点B，D的坐标； （2）点P在直线AC上运动，当△BDP的周长最小时，求点P的坐标； （3）探究在△ABC内部能否截出面积最大的矩形EFGH（顶点E，F，G，H在△ABC各边上）？若能，求出此时矩形在AB边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 【分析】（1）求得点A，C坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；利用抛物线的解析式令y＝0，解方程即可求得点B在横坐标；利用配方法即可求得点D的坐标； （2）利用勾股定理及其逆定理得到AC⊥BC，延长BC至点B′，使B′C＝BC＝2，连接B′D，交直线y＝2x+2于点P，利用轴对称的性质可得B′，B关于直线y＝2x+2对称，此时△BDP的周长最小，过点B′作B′E⊥x轴于点E，利用三角形的中位线定理得到点B′坐标，利用待定系数法求得直线B′D的解析式为y，再与直线Y＝2X+2联立即可求得点P坐标； （3）利用分类讨论的思想方法发你两种情况讨论解答：①设EF与OC交于点K，设EF＝m，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得据的面积，利用二次函数的性质得到当m时，矩形EFGH的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可；②顶点E，F，G，H在△ABC各边上，H与点C重合，设GF＝m，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得据的面积＝﹣2，利用二次函数的性质得到当m时，矩形EFGH的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可． 【解答】解：（1）令x＝0，则y＝2， ∴C（0，2）， 令y＝0，则2x+2＝0， ∴x＝﹣1， ∴A（﹣1，0）， ∵抛物线y＝ax2x+c（a≠0）经过A，B，C三点， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为yx+2． 令y＝0，则x+2＝0， ∴x＝﹣1，或x＝4， ∴B（4，0）． ∵yx+2， ∴顶点D（，）； （2）∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）， ∴OA＝1，OB＝4，OC＝2， ∴AB＝5，AC，BC2， ∵AC2+BC2＝5+20＝25＝AB2， ∴∠ACB＝90°， ∴AC⊥BC， 延长BC至点B′，使B′C＝BC＝2，连接B′D，交直线y＝2x+2于点P，如图， 则B′，B关于直线y＝2x+2对称，此时△BDP的周长最小， 过点B′作B′E⊥x轴于点E， ∵B′E⊥x轴，OC⊥x轴， ∴OC∥B′E， ∵B′C＝BC， ∴OC为△BB′E的中位线， ∴OE＝OB＝4，B′E＝2OC＝4， ∴B′（﹣4，4）， 设直线B′D的解析式为y＝kx+b， ∴， ∴， ∴直线B′D的解析式为y， ∴， ∴， ∴P（，）． （3）在△ABC内部能截出面积最大的矩形EFGH（顶点E，F，G，H在△ABC各边上），此时矩形在AB边上的顶点的坐标为（，0），（2，0）或（，0）． ①如图，顶点E，F，G，H在△ABC各边上，设EF与OC交于点K， 设EF＝m， ∵四边形EFGH为矩形，KO⊥AB， ∴四边形EHOK，FGOK为矩形，EF∥AB， ∴OK＝EH， ∵EF∥AB， ∴△CEF∽△CAB， ∴， ∴， ∴EH， ∴矩形EFGH的面积＝EF•EH ＝m• 2m ， ∵m， ∴当m时，矩形EFGH的面积取得最大值为． ∴EH1， ∵EH∥OC，EHOC， ∴H为OA的中点， ∴H（，0）． 同理，点G为OB的中点， ∴G（2，0）． ②如图，顶点E，F，G，H在△ABC各边上，H与点C重合， 设GF＝m， ∵四边形EFGH为矩形， ∴FG∥AC， ∴△BFG∽△BAC， ∴， ∴， ∴GH＝22m， ∴矩形EFGH的面积＝FG•GH ＝m（22m） ＝﹣2m2+2m ＝﹣2， ∵m＝﹣2＜0， ∴当m时，矩形EFGH的面积取得最大值为． ∴GH＝22m， ∴点G为BC的中点， ∵FG∥AC， ∴FG为△ABC的中位线， ∴BFAB， ∴OF＝OB﹣FB， ∴F（，0）． 综上，在△ABC内部能截出面积最大的矩形EFGH（顶点E，F，G，H在△ABC各边上），此时矩形在AB边上的顶点的坐标为（，0），（2，0）或（，0）． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，配方法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，轴对称的性质，分类讨论的思想方法，矩形的性质，直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 4．（2026•鼓楼区一模）直线y＝﹣x+3与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A，B，与x轴的另一个交点为C． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DE∥y轴交AB于点E，DF⊥AB于点F，FG⊥x轴于点G．当DE＝FG时，求点D的坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，直线CD与AB相交于点M，点H在抛物线上，过H作HK∥y轴，交直线CD于点K．P是平面内一点，当以点M，H，K，P为顶点的四边形是正方形时，请直接写出点P的坐标． 【分析】（1）令x＝0，求点B（0，3），令y＝0，求点A（3，0），将点A、点B代入抛物线y＝ax2+2x+c即可求解； （2）设D（m，﹣m2+2m+3），由DE∥y轴交AB于点E，则E（m，﹣m+3），再由OA＝OB，可知∠OAB＝45°，则有AG＝FG＝DE＝AG，连接GE，延长DE交x轴于点T，可证四边形FGED是平行四边形，△AEG为等腰直角三角形，可求AT＝ET＝GT＝3﹣m，AG＝FG＝6﹣2m，OG＝2m﹣3，求出FG＝﹣2m+6，DT＝﹣3m+9，得到﹣m2+2m+3＝﹣3m+9，即可求D（2，3）； （3）先求出C（﹣1，0），直线CD的解析式为y＝x+1，联立x+1＝﹣x+3，求出M（1，2），分四种情况讨论：①当MH⊥MK时，H点在AB上，K点在CD上，可确定H（3，0）或H（0，3），当H（3，0）时，K（3，4），P（5，2）；②当MH⊥HK时，此时MH⊥y轴，H（1，2）或H（1，2），当H（1，2）时，P（1，2）；当H（1，2）时，P（1，2）． 【解答】解：（1）令x＝0，则y＝3， ∴B（0，3）， 令y＝0，则x＝3， ∴A（3，0）， ∵抛物线y＝ax2+2x+c经过点A，B， ∴， ∴， ∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）设D（m，﹣m2+2m+3）， ∵DE∥y轴交AB于点E， ∴E（m，﹣m+3）， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝45°， ∴AG＝FG， ∵DE＝FG， ∴DE＝AG， 连接GE，延长DE交x轴于点T， ∴四边形FGED是平行四边形， ∵DF⊥AB， ∴EG⊥AB， ∴△AEG为等腰直角三角形， ∴AT＝ET＝GT＝3﹣m， ∴AG＝FG＝6﹣2m， ∴OG＝3﹣（6﹣2m）＝2m﹣3， ∴F点横坐标为2m﹣3， ∴FG＝﹣2m+6， ∴DT＝﹣2m+6+3﹣m＝﹣3m+9， ∴﹣m2+2m+3＝﹣3m+9， 解得m＝2或m＝3（舍）， ∴D（2，3）； （3）令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0， 解得x＝3或x＝﹣1， ∴C（﹣1，0）， 设CD的解析式为y＝kx+b，将C（﹣1，0）、D（2，3）代入， ∴， ∴， ∴y＝x+1， ∴∠ACM＝45°， ∴CM⊥AM， 联立x+1＝﹣x+3， 解得x＝1， ∴M（1，2）， ∵以点M，H，K，P为顶点的四边形是正方形， ①如图2，图3，当MH⊥MK时，H点在AB上，K点在CD上， ∵H点在抛物线上， ∴H（3，0）或H（0，3）， 当H（3，0）时，MH＝2， ∴KH＝4， ∴K（3，4） ∴HK的中点为（3，2），则MP的中点也为（3，2）， ∴P（5，2）； 当H（0，3）时，MH， ∴KH＝2， ∴K（0，1）， ∴HK的中点为（0，2），则MP的中点也为（0，2）， ∴P（﹣1，2）， 此时HK与y轴重合， ∴P（﹣1，2）不符合题意； ②如图4，图5，当MH⊥HK时，此时MH⊥y轴， ∴H（1，2）或H（1，2）， 当H（1，2）时，MH， ∴P（1，2）； 当H（1，2）时，MH， ∴P（1，2）； 综上所述：当以点M，H，K，P为顶点的四边形是正方形时，P点坐标为（5，2）或（1，2）或（1，2）． 【点睛】本题考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象及性质、一次函数的图象及性质、正方形的性质是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $