專題14 二次函數(shù)存在性問題四邊形篇分類訓練（4種類型40道）（解析版）

專題14二次函數(shù)存在性問題四邊形篇分類訓練（4種類型40道）目錄TOC\o"1-3"\h\u【題型1存在性平行四邊形類】 1【題型2存在性菱形類】 27【題型3存在性矩形類】 58【題型4存在性正方形類】 90【題型1存在性平行四邊形類】1．如圖，拋物線y=ax2+2x+c與y軸相交于點C0,3，與x正半軸相交于點(1)求此拋物線的解析式．(2)如圖1，P是第一象限拋物線上的一個動點，過點P作PD⊥x軸，垂足是點D，PD與BC的交點為E，設(shè)Pm,n①用含m的式子表示：PD=________，DE=________．直接用①的結(jié)論求解②③②若PE=DE，請直接寫出點P的坐標．③若PE=2DE，求點P的坐標．(3)如圖2，若點F在拋物線上，點G在x軸上，當以點B，C，F(xiàn)，G為邊的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出點F的坐標．【答案】(1)y=-(2)①-m2+2m+3，-m+3；②點P(1,4)；③(3)點F的坐標為：2,3或1+7，【分析】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，平行四邊形的性質(zhì)、函數(shù)的圖象和性質(zhì)；（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）①根據(jù)點的坐標，即可求解；②若PE=DE，則-m③若PE=2DE，則-m（3）當BC為對角線時，由中點坐標公式得：3=-m2+2m+3，即可求解；當BF【詳解】（1）解：由題意得：a-2+c=0c=3解得：a=-1c=3則拋物線的表達式為：y=-x（2）解：①設(shè)點P(m,-m由點B、C的坐標得，直線BC的表達式為：y=-x+3，則點E(m,-m+3)，則PE=-m則PD=-m2+2m+3，DE=-m+3；故答案為：-m2+2m+3②若PE=DE，則-m解得：m=3(舍去)或1，即點P(1,4)；③若PE=2DE，則-m解得：m=3(舍去)或2，即點P(2,3)；（3）解：設(shè)點F(m,-m2+2m+3)當BC為對角線時，由中點坐標公式得：3=-m解得：m=0(舍去)或2，即點F(2,3)；當BF或BG為對角線時，同理可得：3=-m2+2m+3解得：m=0(舍去)或2或1±7故點F的坐標為：(2,3)或1+7，-3綜上，點F的坐標為：(2,3)或1+7，-32．在如圖所示平面直角坐標系中，已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于點A-1,0，B3,0(1)求該拋物線的解析式；(2)點P是直線BC下方拋物線上一動點，求△PBC面積的最大值及此時點P的坐標；(3)將該拋物線向上平移433個單位得到新的拋物線，點E是新拋物線上一點，點F是已知拋物線對稱軸上一點，若以點B、C、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形，寫出點E的坐標，并把求其中一個點【答案】(1)y=(2)△PBC的面積取值最大值為938(3)點E的坐標為2,33或-2,33【分析】（1）利用待定系數(shù)法，設(shè)函數(shù)解析式為y=ax+1（2）利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=33x-3，設(shè)Pt,（3）先根據(jù)函數(shù)圖象平移規(guī)則“上加下減”求得新拋物線的解析式，利用平行四邊形的性質(zhì)和中點坐標公式分類討論求解即可．【詳解】（1）解：由題意設(shè)拋物線y=ax+1x-3中，則-3a=-3∴拋物線的解析式為：y=3（2）解：由B3,0，C0,-3，得直線BC過點P作PM⊥x軸于點M，交BC于點N，設(shè)點Pt,33∴PN=3∴S△PBC∴當t=32時，△PBC的面積取值最大值為此時yP∴P3（3）解：原拋物線可化為y=33x-12-43由題意得新拋物線為y=33x-12，∴設(shè)點①當BC為對角線時，3+02=1+m2，∴m=2，②當BM為對角線時，3+m2=1+02，∴m=-2，③當BN為對角線時，3+12=0+m2，∴即點E的坐標為2,33或-2,33【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、坐標與圖形、二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象的平移、平行四邊形的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用是解答的關(guān)鍵．3．綜合與實踐如圖，在半面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=ax2+bx+6經(jīng)過點A-6，0，點B12，0，與y軸交于點C，過C作y軸的垂線交拋物線于點D，過D作x軸的垂線交x軸于點E(1)求a,b的值；(2)過點P作PQ⊥CE交直線CE于點Q．求線段PQ的最大值和此時點P的坐標；(3)點F在CD上（點F不與點C、點D重合），連接OF，過點E作EK⊥OF于點K，∠EKF的平分線交CE于點N．①當直線KN經(jīng)過OA的中點H時，點P也恰好在直線KN上，求此時點P坐標．②在①的情況下，平面內(nèi)有一點R，使得以C、N、【答案】(1)a=-112(2)2728(3)①P36,36+32，【分析】1利用待定系數(shù)法即可求得解析式，得到對應系數(shù)；2過點P作PH⊥y軸交y軸于點H，交CE于點G，根據(jù)已知求得點D和點E，即可求得直線CE的解析式，則有點G的坐標，將求線段PQ的最大值轉(zhuǎn)化為求PG的最大值，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得；3①根據(jù)題意得則點O，K，N和E四點共圓，且OE為直徑，連接ON，連接ON，得到點N為BE的中點，且N3,3，即可求得直線HN的解析式，聯(lián)立二次函數(shù)即可求得點P；②由①知，點C，N，P的坐標，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)中點坐標公式即可求得點R【詳解】（1）解：拋物線y=ax2+bx+6過點Aa×-62+b×則a=-112，（2）過點P作PH⊥y軸交y軸于點H，交CE于點G，如圖，拋物線y=-112x當y=6時，-112x2+則點D6,6，點E設(shè)直線CE的解析式為y=kx+b，得6k+b=0b=6，解得k=-1直線CE的解析式為y=-x+6，∵點P的橫坐標為t，∴Pt,-∵PG⊥y軸，點G在直線CE的圖象上，∴點G1則PG=t-1根據(jù)題意得∠OEC=45°，則∠EGP=45°，在Rt△GQP中，PG=PG=-1∵a=-1∴t=9時，PG取到最大值274則點P9,則PQ=2故PQ取到最大值為2728，此時點（3）①∵EK⊥OF，∴∠EKF=∠OKE=90°，∵CE平分∠EKF，∴∠EKN=45°，則∠OKN=135°，∵OE=OC=6，∴∠OEC=45°，則點O，K，N和E四點共圓，且OE為直徑，連接ON，則∠ONE=90°，∵四邊形OCDE為正方形，∴點N為BE的中點，∴N3,3∵點H為OA的中點，且OA=6，∴H-3,0設(shè)直線HN的解析式為y=kx+b，得3k+b=3-3k+b=0，解得k=那么，直線HN的解析式為y=1y=-112x2+故點P3②由①知，點C0,6，N3,3，∵以C、∴設(shè)?CNPR1的對角線交點為Sm,n∵2m=3+x2n=3+y，解得∴R1同理得R236故點R136-3,3【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法求解析式、勾股定理、二次函數(shù)最值、平行四邊形的性質(zhì)和中點坐標，解題的關(guān)鍵是熟練二次函數(shù)的性質(zhì)和找到四點共圓的隱含條件．4．如圖，拋物線y=ax2-2x+ca≠0與x軸交于A、B3，0(1)求拋物線的解析式；(2)點E是第四象限內(nèi)拋物線上的動點，連接BE和CE，求△BCE面積的最大值．(3)點P在拋物線的對稱軸上，點Q在x軸上，若以點P、Q、B、C為頂點，BC為邊的四邊形為平行四邊形，請直接寫出點P、Q的坐標；【答案】(1)y=(2)27(3)Q-2，0，P1【分析】（1）把B3，0，C0，（2）過點E作EH⊥x軸，交BC于點F，求出一次函數(shù)直線BC的解析式，設(shè)Ee，e2-2e-3，F(xiàn)e（3）設(shè)Qq【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2-2x+ca≠0與x軸交于A、B3∴把B3，0，C得0=9a-2×3+c解得a=1∴拋物線的解析式為y=x（2）解：如圖：過點E作EH⊥x軸，交BC于點F，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b把B3，0，C得0=3k+b解得k=1∴拋物線的解析式為y=x-3；設(shè)Ee則EF=e-3-故S∵點E是第四象限內(nèi)拋物線上的動點，即S∴-32<0，開口向下，當e=32（3）解：∵y=∴對稱軸直線x=-b∵點P在拋物線的對稱軸上，點Q在x軸上，∴設(shè)Q∵以點P、Q、B、C為頂點，BC為邊的四邊形為平行四邊形，∴當四邊形BCQP是平行四邊形時，如圖：∵BC∥PQ，BC=PQ，B∴點C向右平移三個單位，向上平移三個單位，到點B，則Qq，即q+3=1解得q=-2，p=3此時Q-2，0∴當四邊形BCPQ是平行四邊形時，如圖：∵BC∥PQ，BC=PQ，B∴點C向右平移三個單位，向上平移三個單位，到點B，則P1，即1+3=q解得q=4，p=-3此時Q4，0綜上：滿足條件為：Q-2，0，P1【點睛】本題考查了二次函數(shù)與特殊平行四邊形綜合，二次函數(shù)的圖象性質(zhì)與面積最大值、平行四邊形的性質(zhì)、平移性質(zhì)、待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，難度較大，綜合性強，熟練運用分類討論是解決第（3）小問的關(guān)鍵5．如圖，直線y=-x+3與x軸交于點C，與y軸交于點B，經(jīng)過B、C兩點的拋物線y=ax2+2x+c(1)求拋物線的解析式；(2)點E是直線BC上方拋物線上的一個動點，過點E作y軸的平行線交直線BC于點M，當△BCE面積最大時，求出點M的坐標；(3)在（2）的結(jié)論下，連接AM，點Q是拋物線對稱軸上的動點，在拋物線上是否存在點P，使得以P,Q,A,M為頂點的四邊形是平行四邊形？如果存在，請直接寫出點P的坐標：如果不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-(2)M(3)72,-94【分析】（1）令y=-x+3=0，則x=3，即點C3,0，點B0,3，將點C3,0，點B（2）由S△BCE=12EM?OC，設(shè)點E（3）分當AM是平行四邊形的一條邊、AM是平行四邊形的對角線兩種情況，分別求解即可．【詳解】（1）解：∵直線y=-x+3與x軸交于點C，與y軸交于點B，當x=0時，y=3，當y=0時，x=3，∴B0,3，C將B0,3，C3,0代入y=ax解得：c=3a=-1∴拋物線的解析式為：y=-x（2）解：由（1）知拋物線的解析式為：y=-x設(shè)點Ex,-x2∴EM=-∵OC=3，∴S△BCE∴當x=32時，∴M3（3）解：∵y=-x∴拋物線的對稱軸為：x=1，令y=0，則-x解得：x1∴A-1,0∵M3設(shè)點Pm,n，點Q①當AM是平行四邊形的一條邊時，當點P在對稱軸的右側(cè)時，點M向左平移52個單位向下平移32個單位得到同理Pm,n向左平移52個單位向下平移32即m-52=1，解得：m=當點P在對稱軸的左側(cè)時，同理可得點P-②當AM是平行四邊形的對角線時，AM的中點坐標為14,34，此坐標即為即m+12=14，解得：綜上，點P的坐標為72,-94或【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到平行四邊形的性質(zhì)、圖形的平移、面積的計算等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．6．已知，如圖，拋物線y=ax2+2ax+c與y軸負半軸交于點C，與x軸交于A，B兩點，點A在點B左側(cè)．點B的坐標為1,0(1)求拋物線的解析式；(2)若點D是第三象限拋物線上的動點，當四邊形ABCD面積最大時，求出此時面積的最大值和點D的坐標．(3)將拋物線y=ax2+2ax+c向右平移2個單位，平移后的拋物線與原拋物線相交于點M，N在原拋物線的對稱軸上，H為平移后的拋物線上一點，當以A、M、H、N【答案】(1)y=(2)最大值758，點(3)2,-3或-2,5或-4,21【分析】（1）根據(jù)點B的坐標及OC=3OB可得出點C的坐標，再根據(jù)點B、C的坐標利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）利用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y=-x-3，設(shè)Dm,m2+2m-3，則Em,-m-3（3）先求得平移后的拋物線解析式為y=(x-1)2-4=x2【詳解】（1）∵點B的坐標為1,0，OC=3OB，∴點C的坐標為0,-3，將點B1,0、0,-3代入y=a得a+2a+c=0c=-3解得：a=1c=-3∴拋物線的解析式為y=x（2）由x2解得：x1=-3，∴A-3,0∴AB=1--3∴S設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，把A-3,0、C得-3k+b=0b=-3解得：k=-1b=-3∴直線AC的解析式為y=-x-3，設(shè)Dm,m2∴DE=-m-3-m∴S==-∵-3∴當m=-32時，S△ADC取得最大值27∴S（3）∵y=x2+2x-3=∴將拋物線y=(x+1)2-4向右平移2聯(lián)立y=(x+1)解得：x=0y=-3∴M0,-3設(shè)Ht,t2-2t-3，N-1,n①以MN、AH為對角線，則MN、AH的中點重合，∴t-3=-1+0解得：t=2n=0∴H2,-3②以MA、NH為對角線，則MA、NH的中點重合，∴t-1=-3+0解得：t=-2n=-8∴H-2,5③以MH、NA為對角線，則MB、NA的中點重合，∴t+0=-1-3解得：t=-4n=18∴H-4,21綜上所述，點H的坐標為2,-3或-2,5或-4,21．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，一次函數(shù)、二次函數(shù)圖象上上點坐標的特征，三角形面積，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，平行四邊形性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是利用平行四邊形對角線互相平分列方程組解決問題．7．如圖，拋物線y=ax2+bx+ca≠0與y軸交于點C0，4，與x軸交于點A和點B，其中點A的坐標為-2，0

(1)求直線BC的解析式；(2)若點F是直線BC上方的拋物線上的一個動點，是否存在點F使三角形BFC的面積最大，若存在，求出點F的坐標和最大值；若不存在，請說明理由；(3)平行于DE的一條動直線l與直線BC相交于點P，與拋物線相交于點Q，若以D、E、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求P點的坐標（直接寫點的坐標）．【答案】(1)y=-x+4(2)當點F的坐標為2，4，三角形BFC(3)3，1或2+【分析】（1）先根據(jù)對稱性求出點B的坐標，再利用待定系數(shù)法求解即可；（2）根據(jù)平行于y軸直線上兩點間的距離是較大的縱坐標減較小的縱坐標，可得QF，根據(jù)面積公式，可得二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可得答案；（3）設(shè)Pm，-m+4，Qm，-12m2+m+4，由DE∥PQ知，以D、E、P【詳解】（1）解：∵拋物線的對稱軸為直線x=1，且拋物線與x軸交于點A-2，0∴B設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b將B4，0∴b'解得k=-1b∴直線BC的解析式為y=-x+4；（2）解：設(shè)拋物線的解析式為y=ax+2把C0，4帶入y=a∴a=-1∴拋物線的解析式為y=-1過F點作FQ⊥x軸交BC于Q，如圖，

設(shè)點Q的坐標是m，-m+4，則點F的坐標是∴FQ=-∴S△BCF∵-1<0，∴當m=2時，S△BCF最大，最大值是4當m=2時，-12m2+m+4=4（3）解：∵拋物線解析式為由y=-1∴頂點D1又∵點E在直線BC上，∴E1∴DE=9若以D、E、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，由于DE∥PQ，則設(shè)點P的坐標是m，-m+4，則點Q的坐標是①當0<m<4時，PQ=-∴-1解得：m=1或3．當m=1時，線段PQ與DE重合，m=1舍去，∴m=3，即P1②當m<0或m>4時，PQ=-m+4∴12解得m=2±7此時P22+7綜上所述，滿足題意的點P有三個，分別是3，1，2+7【點睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了拋物線的對稱性，待定系數(shù)法，解方程組，三角形的面積的計算方法，平行四邊形的性質(zhì)，利用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵，拋物線上關(guān)于對稱軸對稱的兩點函數(shù)值相同；求函數(shù)解析式，利用待定系數(shù)法求解；涉及平行四邊形，可知平行四邊形對邊平行且相等，涉及二次函數(shù)與圖形面積的關(guān)系，利用未知數(shù)表示出面積，得到對應的二次函數(shù)求解．8．如圖，拋物線y=2x2-4x-6與x軸交于A、B兩點，且點A在點B的左側(cè)，與y軸交于點C

(1)點A的坐標，點B的坐標，點C的坐標．(2)如圖2，當點D在第四象限時，連接BD、CD和BC，得到△BCD，求△BCD的面積的最大值及此時點(3)點E在x軸上運動，以點B、C、D、E為頂點的四邊形是平行四邊形，請借助圖1探究，直接寫出點E的坐標．【答案】(1)-1,0；3,0；0,-6(2)3(3)-1,0或5,0或7-2,0或-【分析】（1）求出當y=0時x的值即可求出A、B的坐標，求出當x=0時y的值即可求出點C的坐標；（2）如圖，過點D作DH⊥x軸于點H，作DG⊥y軸于點G，連接OD．根據(jù)S△BCD=S（3）分四種情況利用平行四邊形的性質(zhì)討論求解即可．【詳解】（1）解：把y=0代入y=2x2-4x-6解得：x1∴點A的坐標是-1,0，點B的坐標是3,0．把x=0代入y=2x2-4x-6∴點C的坐標是0,-6；故答案為：-1,0；3,0；0,-6（2）解：設(shè)點D的坐標是m,2m如圖，過點D作DH⊥x軸于點H，作DG⊥y軸于點G，連接OD．

∴DG=m,DH=-2m∵點B的坐標是3,0，點C的坐標是0,-6，∴OB=3,OC=6，∵S△BCD∴S△BCD即S△BCD∵-3<0，∴當m=32時，△BCD的面積最大，最大值為此時點D的坐標是32（3）解：如圖所示，當四邊形CDBE是平行四邊形時，則CD∥BE,CD=BE，

∴點D的縱坐標為-6，令2x解得x=2或0（舍去），∴D2,-6∴BE=CD=2，∴E1,0如圖，當四邊形CDEB是平行四邊形時，同理可得E5,0

如圖，當四邊形CBDE是平行四邊形時，

設(shè)點D的坐標是s,2s2-4s-6，點E∴2s解得，s=1+7∴點E7如圖，當四邊形CBDE是平行四邊形時，

同理可求E-7綜上所述，點E的坐標為-1,0或5,0或7-2,0或-【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，求二次函數(shù)與坐標軸的交點，平行四邊形的性質(zhì)，利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．9．如圖，拋物線y=12mx2-mx-4m與x軸交于A，B兩點（點B位于點A的右邊），與y軸交于點C0,-4，連接BC

(1)求拋物線對應的函數(shù)表達式以及A，B兩點的坐標；(2)當點P在第四象限時，△BCP面積是否有最大值？若有，求出P點坐標以及最大面積；若沒有，請說明理由；(3)M是拋物線對稱軸上任意一點，若以點B，C，P，M為頂點的四邊形是平行四邊形，求t的值．【答案】(1)y=12x2-x-4(2)S△BCP最大為4，此時點P(2,-4)(3)t=3或5或-3．【分析】（1）由題意得，-4m=-4，求出m代入即可求解；（2）過點P作DT⊥x于點T，交BC于點H，則∠QPH=∠OCB=45°，則PQ=22PH（3）分情況討論，當BC為對角線時，當BM為對角線時，當BP為對角線時，然后由中點坐標公式即可求解．【詳解】（1）由題意得：-4m=-4，解得：m=1，∴拋物線對應的函數(shù)表達式為y=1令y=12x2-x-4=0∴點A-2,0，B（2）有，理由：設(shè)BC的解析式為y=kx+b，∴4k+b=0b=-4，解得：k=1∴直線BC的解析式為y=x-4，如圖，過點P作DT⊥x于點T，交BC于點H，則∠QPH=∠OCB=45°，

則PQ=22PH，則點P∴PQ=2=2=-2=-2由B4,0，C0,4，則由S△BCP∴當t=2時，S△BCP最大，為4，此時點P(2,-4)（3）由（1）可知：y=1∴設(shè)M1,a，由題意可知P當BC為對角線時，由中點坐標公式得：1+t=0+4，解得：t=3；當BM為對角線時，由中點坐標公式得：1+4=t+0，解得：t=5；當BP為對角線時，由中點坐標公式得：1+0=t+4，解得：t=-3；綜上：t=3或5或-3．【點睛】此題考查了二次函數(shù)與幾何圖形的綜合，掌握待定系數(shù)法求解析式的方法，幾何圖形面積的計算方法，平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識的綜合運用是解題的關(guān)鍵．10．如圖，直線y=x+2與拋物線y=ax2+bx+6a≠0相交于A12,52和B4,d，點M為拋物線的頂點，點G是線段AB上不同于A、

(1)求拋物線的解析式：(2)在y軸上找一點P，使BP+MP的值最小，P點的坐標為_________；(3)請你求出△ABD的面積的最大值；(4)平面內(nèi)是否存在點N，使以點A、點E、點M、點N為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=2(2)0,(3)343(4)存在，92,12【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答，即可求解；（2）作點B關(guān)于y軸的對稱點K，連接KM，交y軸于點P，則點B-4,6此時BP+MP的值最小，求出直線KM（3）設(shè)Gt,t+212<t<4，則（4）設(shè)點N的坐標為m,n，分三種情況討論，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】（1）解：把點B4,d，代入y=x+2﹐解得d=6把點A12,52解得a=2,b=-8∴拋物線的解析式為y=2（2）解：∵y=2x∴點M2,-2如圖，作點B關(guān)于y軸的對稱點K，連接KM，交y軸于點P，則點B-4,6此時BP+MP

設(shè)直線KM的解析式為y=kx+c，把點M2,-2和B2k+c=-2-4k+c=6解得：k=-4∴直線KM的解析式為y=-4當x=0時，y=2∴點P0,（3）解：∵點G在直線y=x+2上，點D在拋物y=2x∴設(shè)Gt,t+212∴GD=t+2-2∴S△ABD∴S△ABD（4）解：存在，對于y=x+2，當y=0時，則x=-2，∴點E-2,0設(shè)點N的坐標為m,n，若以AM,EN為對角線，此時12解得：m=9∴點N的坐標為92若以AE,MN為對角線，此時12解得：m=-7∴點N的坐標為-7若以EM,AN為對角線，此時-2+22解得：m=-1∴點N的坐標為-1綜上所述，點N的坐標為92,12或【點睛】本題主要查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想解答是解題的關(guān)鍵．【題型2存在性菱形類】11．如圖，拋物線y=ax2+bx+c與x軸負半軸交于點A，與x軸正半軸交于點B，與y軸負半軸交于點C，A-4,0，(1)求拋物線的解析式；(2)點D是線段OA上一點（不與點A、O重合），過點D作x軸的垂線，交拋物線于點E，交AC于點F，當DF=13EF時，求點(3)在（2）的條件下，點M是拋物線對稱軸l上一點，點N是坐標平面內(nèi)一點，是否存在點M、N，使以A、【答案】(1)y=(2)E(3)N1-52【分析】（1）直接利用待定系數(shù)法求解；（2）待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，設(shè)Dm,0，分別表示出E和F的坐標，進而得到DF和EF，利用DF=（3）分AE是邊和AE是對角線兩種情況，進行討論求解．【詳解】（1）解：將A-4,0，B1,0，C0,-2得：16a-4b+c=0a+b+c=0解得a=1∴拋物線的解析式為y=1（2）解：設(shè)直線AC的解析式為y=kx+d，將A-4,0，C0,-2代入得-4k+d=0d=-2解得k=-1∴直線AC的解析式為y=-1設(shè)Dm,0，則Em,1∴DF=12m+2∵DF=1∴12m+2解得m=-3或-4（舍），將m=-3代入12m2∴E-3,-2（3）解：存在，理由如下：當以A、E、∵E-3,-2,A∴AD=-3--4=1，∵y=1∴對稱軸為：直線x=-3在Rt△ADE中，由勾股定理得AE=①當AE是邊時，當AM=AE=5時，點A到直線l的距離為-∴此時點M不存在；當EM=AE=5時，如圖，此時菱形為AM1過點E作EH⊥l于點H，則yH=y在Rt△EMH中，由勾股定理得MH=∴yM=-2+11∴M1-3當點M-32,-2+112時，由即-32-解得xN=-5∴N1同理，可得N2②當AE是對角線時，MA=ME，此時菱形為AM3EN，設(shè)對稱軸與x∵MA∴MG設(shè)M-32解得n=0，∴M3-32,0則EN=AM解得xN=-11∴N3綜上：N1-52,【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應用，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，勾股定理，菱形的性質(zhì)等，利用數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想進行求解，是解題的關(guān)鍵．12．如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，OA=2，OC=6，連接AC(1)求拋物線的解析式；(2)點D在拋物線的對稱軸上，當△ACD的周長最小時，請直接寫出點D的坐標；(3)點E是第四象限內(nèi)拋物線上的動點，連接CE和BE．求△BCE面積的最大值及此時點E的坐標；(4)若點M是y軸上的動點，在坐標平面內(nèi)是否存在點N，使以點A、C、M、N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)D(3)當點E的坐標為32，-21(4)點N的坐標為-2，210或-2，【分析】（1）由題意得出A-2，0（2）求出點B3，0，拋物線的對稱軸為直線x=12，得出當點B、D、C（3）過點E作EH⊥x軸于點H，交直線BC于點F，設(shè)Et，t2-t-60<t<3，則（4）分兩種情況：當AC為菱形的邊長時，當AC為菱形對角線時，利用菱形的性質(zhì)，分別求解即可．【詳解】（1）解：∵OA=2，OC=6，∴A-2，0∵拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A點，與y∴4-2b+c=0解得：b=-1c=-6∴拋物線的解析式為y=x（2）解：在y=x2-x-6中，當y=0解得：x1=-2，∴B3，0∵點D在直線x=12上，點A、∴xD=如圖，當點B、D、C在同一直線上時，△ACD的周長=AC+AD+CD=AC+BD+CD=AC+BC，此時最小，，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b將B3，0，C解得：k=2b∴直線BC的解析式為y=2x-6，當x=12時，∴D1（3）解：如圖，過點E作EH⊥x軸于點H，交直線BC于點F，，設(shè)Et，t∴EF=2t-6-t∴=====-3∴當t=32時，∴y∴當點E的坐標為32，-214（4）解：存在點N，使以點A、C、M、N為頂點的四邊形是菱形，∵A-2，0∴AC=2當AC為菱形的邊長時，如圖所示，，則MN∥AC，且MN=AC=210∴N1-2，2當AC為菱形對角線時，如圖，，則AN4∥C設(shè)N4∴-n=2解得：n=-10∴N綜上所述，點N的坐標為-2，210或-2，-2【點睛】本題主要考查餓了二次函數(shù)的綜合應用、菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找特殊點，充分利用對稱軸、頂點坐標等知識，采用數(shù)形結(jié)合與分類討論的思想是解此題的關(guān)鍵．13．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=-x2+bx+c過點2,3，與x軸交于點A-1,0和點B，與(1)求拋物線的表達式；(2)點P是直線BC上方拋物線上的一動點，過點P作PD⊥x軸于點D，交BC于點E，求PE+2BE的最大值及此時點(3)在（2）中PE+2BE取得最大值時，將該拋物線沿射線AC方向平移10個單位長度，點P的對應點為點N，點Q為平移后的拋物線的對稱軸上一點，在平面內(nèi)確定一點H，使得以點P，N，Q，H為頂點的四邊形是菱形，且線段PN是菱形的一條邊，請直接寫出所有符合條件的點【答案】(1)y=-(2)PE+2BE最大值為254，此時點(3)點H的坐標為(3,27-2314)或(3,【分析】（1）把(2,3)，A(-1,0)代入y=-x2+bx+c，求出b（2）設(shè)P(m,-m2+2m+3)，E(m,-m+3)，D(m,0)，證明△BDE（3）分四邊形PNHQ是菱形與四邊形PNQH是菱形兩種情況，求出點Q的坐標后根據(jù)菱形的性質(zhì)求出點H的坐標．【詳解】（1）解：把(2,3)，A(-1,0)代入y=-x得-1-b+c=0-4+2b+c=0，解得b=2∴拋物線的表達式為y=-x（2）把x=0代入y=-x2+2x+3∴點C的坐標為(0,3)，把y=0代入y=-x2+2x+3解得x1=-1(點A的橫坐標，舍去)，∴點B的坐標為(3,0)，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，代入B(3,0)，C(0,3)得：3k+b=0b=3解得：k=-1∴直線BC的解析式為y=-x+3，設(shè)P(m,-m2+2m+3)，E(m,-m+3)∴PE=-m2+3m∵OB=OC，∠BOC=90°，∴∠EBD=45°，∵∠EDB=90°，∴△BDE是等腰直角三角形，∴BE=2∴PE+2當m=-12×(-1)=12此時點P的坐標為(1（3）拋物線y=-x2+2x+3∵A(-1,0)，C(0,3)，∴AC=10由拋物線沿射線AC方向平移10個單位長度，得點A的對應點為點C，則拋物線向右平移1個單位長度，向上平移3個單位長度，得點N的坐標為(3設(shè)Q(2,m)，H(a,b)，①若四邊形PNHQ是菱形，則PN=PQ=10∵P(12,∴(2-1解得m=15±2∴點Q的坐標為(2,15-2314∵四邊形PNHQ是菱形，∴PN∥QH，且PN=QH=10∵點P向右平移1個單位長度，向上平移3個單位長度得到點N，∴點Q向右平移1個單位長度，向上平移3個單位長度得到點H，∴點H的坐標為(3,27-2314②若四邊形PNQH是菱形，則PN=NQ=10∵N(32,∴(2-3解得m=27±2∴點Q的坐標為(2,27-2394由①得點Q向左平移1個單位長度，向下平移3個單位長度得到點H，∴點H的坐標為(1,15-2394綜上所示，點H的坐標為(3,27-2314)或(3,27+2【點睛】本題考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，一次函數(shù)與二次函數(shù)綜合，利用二次函數(shù)性質(zhì)求最值，平移的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)等知識點，本題的關(guān)鍵在于利用分類討論思想解決問題．14．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于A-2,0，B4,0兩點，與y軸交于點C(1)求拋物線的解析式；(2)過點A作AD∥BC交拋物線于點D，點Q為直線AD上一動點，連接CP，CQ，BP，BQ，求四邊形BPCQ面積的最大值及此時點(3)將拋物線向右平移1個單位，M為平移后拋物線的對稱軸上一動點，在平面直角坐標系中是否存在點N，使以點B，C，M，N為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點N的坐標，若不存在，請說明理由【答案】(1)y=-(2)四邊形BPCE的面積最大為32，P(3)存在，N-2,±219【分析】（1）直接利用兩點式寫出函數(shù)解析式即可；（2）過點P作x軸的垂線，交直線BC于點H，根據(jù)平行線間的距離相等，得到△BCQ的面積等于△BAC的面積，進而得到四邊形BPCQ面積等于△BAC的面積加上△BCP的面積，得到當△BCP的面積最大時，四邊形BPCQ面積最大，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值即可；（3）求出平移后的解析式，分BC為菱形的邊和BC為菱形的對角線，兩種情況進行求解即可．【詳解】（1）解：∵拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于A∴y=-x+2（2）解：∵y=-x∴當x=0時，y=8，∴C0,8設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+8，把B4,0代入，得：0=4k+8，解得：k=-2∴直線BC的解析式為y=-2x+8．如圖，過點P作x軸的垂線，交直線BC于點H，設(shè)點P的坐標為（m,-m2+2m+8)，則H∴PH=-m∴S△BCP∵AD∥BC∴△BCQ和△BCA的BC邊上的高相等，∴S△BCQ∴S=S===-2m-2∵-2<0，∴當m=2時，四邊形BPCE的面積最大為32，此時P2,8（3）解：∵y=-x∴拋物線向右平移一個單位，得到新的拋物線的解析式為：y=-x-2∴新的拋物線的對稱軸為直線x=2，設(shè)M2,t∵B4,0∴BC=45，C當BC為菱形的邊時：分兩種情況：①四邊形BCNM為菱形，∵點B先向左平移4個單位，再向上平移8個單位得到點C，∴點M先向左平移4個單位，再向上平移8個單位得到點N，∴N-2,t+8∵BC=BM，∴t2解得：t=±219∴N-2,±2②四邊形BCMN為菱形，∵點C先向右平移4個單位，再向下平移8個單位得到點B，∴點M先向右平移4個單位，再向下平移8個單位得到點N，∴N6,t-8∵BC=CM，∴t-82解得：t=8±219∴N6,±2當BC為對角線時：此時MN為另一對角線，則BC垂直平分MN，∵BC的中點為2,4，又M的橫坐標為2，∴不存在點N，能構(gòu)成菱形．綜上：N-2,±219+8【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應用，涉及交點式求函數(shù)解析式，二次函數(shù)與面積問題，二次函數(shù)的平移，二次函數(shù)與特殊四邊形的問題，正確的求出函數(shù)解析式，利用數(shù)形結(jié)合，分類討論的思想進行求解，是解題的關(guān)鍵．本題的綜合性強，難度大，屬于中考壓軸題．15．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+3過點-1,4，且與x軸交于點A1，0和點(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，點P為直線BC上方拋物線上的一個動點，過點P作PE⊥BC于點E，作PF∥x軸交BC于點F，求PE+PF的最大值及此時點(3)將該拋物線沿射線CB方向平移2個單位長度得到新的拋物線y'，平移后的拋物線y'與原拋物線相交于點D，點M為直線BC上的一點，在平面內(nèi)確定一點N，使得以點B、D、M、N為頂點的四邊形為菱形，寫出所有符合條件的點N的坐標，并寫出求解點【答案】(1)拋物線的解析式為y=-x(2)PE+PF有最大值942(3)N點坐標為-134,74或-2+1226,-1+【分析】（1）將點-1,4，A1，0（2）由題意可得PE+PF=22+1PF，設(shè)點Pt,-t2（3）由題可求平移后的拋物線解析式為y'=-x+22+3【詳解】（1）解：將點-1,4，A1，04=a-b+3解得a=-1∴拋物線的解析式為y=-x（2）解：當x=0時，y=3∴C0當y=0時，-x解得x∴B-3∴OB=OC=3，∴∠CBO=45°，∵PF∥∴∠PFE=∠CBO=45°，∵PE⊥BC，∴PE=EF，∴PE+PF=設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+r，則r=3-3k+r=0解得：r=3k=1∴直線BC的解析式為：y=x+3，設(shè)點Pt,-t2-2t+3∴PF=-PE+PF=∴當t=-32，即點P-32（3）解：由題意得：拋物線向x軸負方向平移1個單位，則向y軸負方向平移1個單位，∵y=-x+1∴平移后的拋物線解析式為y'當-x+12+4=-∴D-2設(shè)Mn,n+3當BD為菱形的對角線時，BM=MD，-3-2=n+x解得n=-∴N-當BM為菱形的對角線時，BD=DM，-3+n=x-2解得n=-1+12N-2+1當BN為菱形的對角線時，BD=BM，-3+x=-2+n解得n=-3+5x=-2+∴N-2+5,3+綜上所述：N點坐標為-134,74或-2+1【點睛】本題考查二次函數(shù)與線段、特殊四邊形的綜合問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)，分類討論是解題關(guān)鍵．16．如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c的頂點D的坐標為-2,9，拋物線與坐標軸分別交于A、B、C三點，且B的坐標為0,5，連接DB、DC(1)求拋物線的解析式；(2)P是x軸上的一點，過點P作x軸的垂線，與CD交于H，與CB交于G，若線段HG把△CBD的面積分成相等的兩部分，求P點的坐標；(3)若點M在直線CB上，點N在平面上，直線CB上是否存在點M，使以點C、點D、點M、點N為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-(2)點P的坐標30-10(3)點M的坐標為7，12或35-5，【分析】（1）把點D-2,9，B0,5代入y=ax2+bx+c中，再根據(jù)頂點坐標-b2a（2）求出直線BC，直線CD的解析式，設(shè)點P的坐標為n,0，則得到G點的坐標，H的坐標，根據(jù)S△CGH=12HG×CP；根據(jù)S△BCD=S△DKC（3）設(shè)點M的坐標為m，m+5，求得CD的值，再分情況討論：當CD與DM是菱形的兩邊時，則CD=DM；當CD與CM″是菱形的兩邊時，則CD=CM″；當DM'與CM【詳解】（1）解：∵點D-2,9，B∴9=4a-2b+c，c=5，∴9=4a-2b+5，∵點D-2,9∴-b∴b=4a，把b=4a代入9=4a-2b+5，∴a=-1，b=-4，∴拋物線的解析式為：y=-x（2）解：∵點A、點C在拋物線上，∴0=-x∴x1=-5，∴A1,0，C∵點B0,5∴設(shè)直線BC的解析式為：y1∴0=-5k+b5=b∴k=1，∴設(shè)直線BC的解析式為：y1∵C-5,0，點D∴設(shè)直線CD的解析式為：y2∴9=-2k+b0=-5k+b∴k=3b=15∴設(shè)直線CD的解析式為：y=3x+15，∵點P在x軸上，∴點P的坐標為n,0，∴G點的坐標為n,n+5，H點的坐標為n,3n+15，∴S===5+n設(shè)拋物線的對稱軸交直線BC于點K，∵點D-2,9∴對稱軸為直線x=-2，∴K-2,3∴DK=6，∴S==15，∴若線段HG把△CBD的面積分成相等的兩部分，∴5+n2解得：n1=30∴點P的坐標30-10（3）解：如圖，設(shè)點M的坐標為m，∵C-5,0，D∴CD=(-5+2)當CD與DM是菱形的兩邊時，則CD=DM，∴310解得m1=-5（不合題意，舍去），∴點M的坐標為7，當CD與CM″是菱形的兩邊時，則∴310解得m=±35∴點M的坐標為35-5，當DM'與CM∴(m+5)2解得m=-5∴點M的坐標為-5綜上所述，點M的坐標為7，12或35-5，【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)和二次函數(shù)的解析式、一次函數(shù)和二次函數(shù)圖象上的點的坐標特點、三角形的面積計算、一元二次方程及菱形的性質(zhì)等知識點，數(shù)形結(jié)合、熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．17．如圖，已知直線y=43x+4與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y=ax2+bx+4經(jīng)過A，C兩點，且與

(1)求拋物線的表達式；(2)D是第二象限內(nèi)拋物線上的動點，設(shè)點D的橫坐標為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時D點的坐標；(3)若點P在拋物線對稱軸上，點Q為任意一點，是否存在點P、Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形？若存在，請直接寫出P，Q兩點的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-(2)S的最大值為252，(3)存在；P-1,13【分析】（1）先求得A，B，C三點的坐標，將拋物線設(shè)為交點式，進一步求得結(jié)果；（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根據(jù)點D和點E坐標可表示出DE的長，進而表示出三角形ADC的面積，進而表示出S的函數(shù)關(guān)系式，進一步求得結(jié)果；（3）根據(jù)菱形性質(zhì)可得PA=PC，進而求得點P的坐標，根據(jù)菱形性質(zhì)，進一步求得點Q坐標．【詳解】（1）解：當x=0時，y=4，∴C0,4當y=0時，43∴x=-3，∴A-3,0∵對稱軸為直線x=-1，∴B1,0∴設(shè)拋物線的表達式：y=ax-1∴4=-3a，∴a=-4拋物線的表達式為：y=-43（2）解：如圖1，作DF⊥AB于F，交AC于E，∴Dm,-∴DE=-4∴S∵S∴S=-2m當m=-32時，S當m=-32時，∴D-（3）解：設(shè)P-1,n∵以A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形，∴PA=PC，即：PA∴-1+3∴n=13∴P-1∵xP+x∴xQ=-3-∴Q-2,【點睛】本題主要考查一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、兩點之間線段最短、勾股定理、菱形的性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學思想的運用等知識與方法，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．18．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸交于A4,0、B(1)求拋物線的函數(shù)表達式；(2)點P是拋物線上位于直線AC上方一動點，且在拋物線的對稱軸右側(cè)，過點P作y軸的平行線交直線AC于點E，過點P作x軸的平行線與拋物線的對稱軸交于點F，求PE+PF的最大值及此時點P的坐標；(3)在（2）中PE+PF取得最大值的條件下，將該拋物線沿x軸向右平移6個單位長度，平移后的拋物線與平移前的拋物線交于點H，點M為平移前拋物線對稱軸上一點．在平面直角坐標系中確定一點N，使以點H，P，M，N為頂點的四邊形是菱形，寫出所有符合條件的點N的坐標，并寫出求解點N的坐標的其中一種情況的過程．【答案】(1)y=-(2)PE+PF的最大值72，此時點P的坐標為(3)N2,132或【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求得二次函數(shù)的解析式；（2）可求直線AC的解析式為y=-x+4，設(shè)Pm,-12m2+m+4，可得（3）分三種情況：①當MH為對角線時，②當MP為對角線時，①當PH為對角線時，根據(jù)菱形的性質(zhì)可解.【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸交于A4,0、B∴16a+4b+c=04a-2b+c=0解得：a=-1∴y=-1（2）解：∵A4,0，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+4，將A4,0代入得0=4k+4解得：k=-1∴直線AC的解析式為y=-x+4∵y=-∴拋物線的對稱軸為直線x=-設(shè)Pm,-12m2+m+4∴PE=-12m∴PE+PF=-∵-∴當m=3時，PE+PF取得最大值，最大值為72，此時P（3）解：∵拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸交于∴該拋物線沿x軸向右平移6個單位長度，平移后的拋物線與x軸交于點10,0，4∴H∵點M為平移前拋物線對稱軸上一點∴設(shè)M∵P∴PH2M①當MH為對角線時，PH=PM∴29解得：t=5±∴M∵H4,0,P設(shè)Nx,y，則解得：x=2y=13∴N的坐標為2，132②當MP為對角線時，則PH=MH∴294①當PH為對角線時，則PM=MH∴t解得：t=∴M∵H4,0,P設(shè)Nx,y，則解得：x=6∴N的坐標為6，9綜上所述，N2,132或【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運用，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，線段的最值問題，特殊四邊形的問題，二次函數(shù)的平移，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．如圖,在平面直角坐標系中,拋物線y=-x2-2x+c(c為常數(shù))與一次函數(shù)y=-x+b(b為常數(shù))的圖像交于A,B兩點,其中A(1)求B點坐標．(2)點P為直線AB上方拋物線上一點,連接PA,PB,當S△PAB=1258時(3)將拋物線y=-x2+2x+c(c為常數(shù))沿射線AB平移52個單位長度,平移后的拋物線y1與原拋物線y=-x2-2x+c相交于點E,點F為拋物線y1的頂點,點M為y軸上一點,在平面直角坐標系中是否存在點N,使得以點E,F,M,N為頂點且EF為對角線的四邊形是菱形?【答案】(1)2,-5(2)-(3)存在，6,-【分析】(1)根據(jù)點A的坐標,分別求得b,c的值,然后利用待定系數(shù)法即可得到答案;(2)過P作PH⊥y軸,交AB于點H,然后設(shè)出點P的坐標,從而得H的坐標,代入三角形面積公式即可得到答案;(3)由(1)直線y=-x-3得∠OAD=45°,然后根據(jù)平移性質(zhì)得y1的頂點坐標,然后分類討論:①當EF為菱形對角線時,②當EM為菱形對角線時,③當EN為菱形對角線時,聯(lián)立方程得N點坐標,最后根據(jù)菱形的性質(zhì)列出方程,【詳解】（1）解:∵拋物線y=-x2-2x+c∴-9+6+c=0,解得:c=3,∴y=-x∵一次函數(shù)y=-x+b的圖像經(jīng)過A-3,0∴3+b=0,解得:b=-3,∴y=-x-3,∴y=-x2-2x+3y=-x-3,解得∴B2,-5（2）解:如圖1,過點P作PQ⊥x軸交AB于點Q,∴∠OAD=45°,設(shè)Pt,-t2-2t+3∴PQ=-t∴S△PAB==1=5∴4t2+4t+1=0,∴P-（3）解:存在.如圖2,直線AB與y軸交于點D,∴∠OAD=45°,令x=0,則y=∴D0,-3∴OD=3,∵A-3,0∴OA=3,∴OA=OD,∵∠AOD=90°,∴∠OAD=45°,∴拋物線y=-x2-2x+3沿射線AB平移52個單位長度,即先向右平移5個單位長度,∵y=-x∴平移后拋物線的解析式為y1∵點F為拋物線y1的頂點∴F4,-1∴y=-x2-2x+3y∴E2,-5當EF為對角線,且四邊形FMEN是菱形時,EF,MN互相平分,MF=ME,設(shè)對角線EF,MN相交于點H,∵E2,-5∴H3,-3設(shè)點M0,m∴p∴p=6,m+q=-6,∴q=-6-m,N6,-6-m∵ME∴m2+10m+29=m2∴-6-m=-6+3∴N6,-【點睛】本題屬于二次函數(shù)的綜合題型,其中主要考查待定系數(shù)法求二次函數(shù),二次函數(shù)的性質(zhì),三角形的面積,菱形的性質(zhì)．20．如圖1，拋物線y=ax2+bx+c與x軸相交于點B，C（點B在點C左側(cè)），與y軸相交于點A0,4，已知點C坐標為4,0，

(1)求拋物線的解析式；(2)點P是直線AC下方拋物線上一點，過點P作直線AC的垂線，垂足為點H，過點P作PQ∥y軸交AC于點Q，求△PHQ周長的最大值及此時點(3)如圖2，將拋物線向左平移92個單位長度得到新的拋物線，M為新拋物線對稱軸l上一點，N為平面內(nèi)一點，使得以點A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出點N【答案】(1)y=x(2)P2,-2(3)N點坐標為3,218或-3,22+4或-3,4-22【分析】（1）根據(jù)三角形的面積求出BC=3，則可知B1,0（2）由題意可得∠PQH=45°，則PH=QH=22PQ，設(shè)Pt,t2-5t+4，則Qt,-t+4，可得△PHQ周長=-2（3）先求出平移后的函數(shù)解析式為y=x2-5x+4=x+22【詳解】（1）解：∵點A0,4∴OA=4，∵△ABC面積為6，∴12∴BC=3，∵C4,0∴B1,0將A0,4，B1,0，C4,0∴c=4a+b+c=0∴c=4b=-5∴y=x（2）解：∵A0,4，C∴OA=CO=4，∴∠OAC=45°，∵PQ∥∴∠PQH=45°，∵PH⊥AC，∴PH=QH=2∴△PHQ周長=QH+PH+PQ=2設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，∴4k+b=0b=4解得k=-1b=4∴y=-x+4，設(shè)Pt,t2∴PQ=-t+4-t∴△PHQ周長=-2∴當t=2時，△PHQ周長的最大值為42此時P2,-2（3）解：∵y=x∴平移后的函數(shù)解析式為y=x∴拋物線的對稱軸為直線x=-2，設(shè)M-2,t，N當AB為菱形的對角線時，AM=BM，∴1=x-24=t+y解得x=3y=∴N3,當AM為菱形的對角線時，AB=BM，∴-2=1+xt+4=y解得x=-3y=22+4∴N-3,22+4當AN為菱形的對角線時，AB=AM，∴x=-2+1y+4=t解得x=-1y=13t=4+∴N-1,13或綜上所述：N點坐標為3,218或-3,22+4或-3,4-22【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題．考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)，平移的性質(zhì)，菱形的存在性問題，第（2）問借助轉(zhuǎn)化思想將要求的PD長轉(zhuǎn)化為求PE的長進而轉(zhuǎn)化成與P點橫坐標有關(guān)的二次函數(shù)，借助二次函數(shù)求最值的方法求線段PD的最大值．第（3）問，菱形的存在性問題一般轉(zhuǎn)化為等腰三角形的存在性問題，通過分類討論思想，精準計算，解決問題是解題的關(guān)鍵．【題型3存在性矩形類】21．（1）已知拋物線C1:y=ax2+bx經(jīng)過原點O，其頂點P（2）如圖1，若拋物線C1與x軸交于另一點E，過O，E兩點作開口向下的拋物線C2，設(shè)其頂點為Q（點Q在點P的下方），線段PQ的垂直平分線與拋物線C1相交于M，N兩點，若四邊形PMQN的面積為32（3）如圖2，將拋物線C1向左平移1個單位長度，得到拋物線C3，且與y軸正半軸，x軸正半軸分別交于A，B兩點，連接AB，過點P作PH⊥x軸于點H，在直線PH上有一點C，坐標平面內(nèi)有一點D，使得以A，B，C，D四點為頂點的四邊形是矩形，請直接寫出所有滿足條件的D點的坐標：【答案】（1）y=-x2+4x；（2）y=-59x-22+209【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為：y=ax-22+4（2）根據(jù)題意可得PQ∥y軸，Q2,q，PQ=4-q，yM=yN=q+42；xM,x（3）根據(jù)題意求出拋物線C3的表達式為：y=-x2+2x+3，進而可得A,B的坐標，設(shè)Cm,4，設(shè)點Dn,t，分類討論【詳解】解：（1）設(shè)拋物線的解析式為：y=ax-2將點0,0代入得：0=a0-2解得：a=-1，∴y=-x-2（2）如圖所示：∵C2為過O，E兩點的拋物線，且其頂點為Q則PQ∥∴Q2,q，PQ=4-q∵線段PQ的垂直平分線與拋物線C1相交于M，N∴yM令y=-x即：-x2+4x-∴xM∴MN=x∵四邊形PMQN的面積=1解得：q=20∴Q2,設(shè)拋物線C2的函數(shù)表達式為：y=將點0,0代入得：0=a解得：a'∴物線C2的函數(shù)表達式為：y=-（3）由題意得：拋物線C3的表達式為：y=-令x=0，則y=3；令y=0，則x1∴A0,3∵在直線PH上有一點C，∴設(shè)Cm,4設(shè)點Dn,t則：AB①∠BAC=90°時，B∴m-32解得：m=1，∴C1,4此時n=3+1-0=4,t=3+4-3=4，∴D4,4②∠ABC=90°，A∴m-32解得：m=7，∴C7,4此時n=0+7-3=4,t=3+4-0=7，∴D4,7③∠ACB=90°，A∴18=m解得：m=-1或m=4，∴C-1,4或C此時n=0+3--1=4,t=3+0-4=-1∴D4,-1或D綜上所述，D4,4或D4,7或D4,-1故答案為：D4,4或D4,7或D4,-1【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合問題，涉及了解析式的求解、二次函數(shù)圖象的性質(zhì)、面積問題、特殊四邊形的存在性溫題，掌握二次函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．22．如圖1，拋物線y=ax2+bx-3a≠0與x軸交于A-1,0(1)求拋物線的解析式；(2)如圖2，點P,Q為直線BC下方拋物線上的兩點，點Q的橫坐標比點P的橫坐標大1，過點P作PM∥y軸交BC于點M，過點Q作QN∥y軸交BC于點N，求PM+QN的最大值及此時點Q的坐標；(3)如圖3，將拋物線y=ax2+bx-3a≠0先向右平移1個單位長度，再向下平移1個單位長度得到新的拋物線y'，在y'的對稱軸上有一點D，坐標平面內(nèi)有一點【答案】(1)y=(2)PM+QN(3)存在E-1,-2或5,-2或1,-3-172或【分析】（1）直接運用待定系數(shù)法即可解答；（2）設(shè)Pa,a2-2a-3，則Qa+1,（3）分以BC為矩形一邊和對角線兩種情況，分別根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)、平移和矩形的判定定理解答即可．【詳解】（1）解：把A-1,0,B3,0a-b-3=0解得：a=1∴拋物線的解析式為y=x（2）∵拋物線y=ax2+bx-3a≠0與y軸交于點C，令∴C點的坐標為0,-3設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，把B,C點的坐標代入得：3k+b=0解得：k=1∴直線BC的解析式為y=x-3．點P,Q為直線BC下方拋物線上的兩點，設(shè)Pa,a∴M∴PM=-a2∴PM+QN=-2當a=1時，PM+QN∴Q2,-3（3）由題意可得：y∴y'∵拋物線y=ax2+bx-3a≠0∴C∵B∴OC=OB=3，如圖3.1：當BC為矩形一邊時，且點D在x軸的下方，過D作DF⊥y軸．∵D在y'的對稱軸為∴FD=2∴CF=FD=2,OF=3+2=5，即點D∴點C向右平移2個單位、向下平移3個單位可得到點D，則點B向右平移2個單位、向下平移3個單位可得到E5,-3如圖3.2：當BC為矩形一邊時，且點D在x軸的上方，y'的對稱軸為x=2與x軸交于F∵D在y'的對稱軸為∴FO=2∴BF=3-2=1∵∠CBO=45°，即∠DBO=45°∴BF=FD=3-2=1，即點D∴點B向左平移1個單位、向上平移1個單位可得到點D，則點C向左平移1個單位、向上平移1個單位可得到點E-1,-2如圖3.3：當BC為矩形對角線時，設(shè)D2,d,∴BC的中點F的坐標為322+m解得：m=1又∵DE=BC∴解得：d+n=3解得：n=∴點E的坐標為1,-3-17綜上，存在E-1,-2或5,-2或(1,-3-172【點睛】本題主要考查了運用待定系數(shù)法求解析式、運用二次函數(shù)的性質(zhì)求最值、二次函數(shù)與幾何的綜合等知識點，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)和矩形的判定定理是解答本題的關(guān)鍵．23．如圖，已知直線y=x+1與拋物線y=-x2+mx+n交于A、D兩點且A點在x軸上，拋物線與x軸另一個交點為B，與y(1)求拋物線的解析式；(2)如圖，直線AD上方的拋物線上有一點F，過點F作FG⊥AD于點G，求線段FG的最大值；(3)點M是拋物線的頂點，點P是y軸上一點，點Q是坐標平面內(nèi)一點，以A，M，P，Q為頂點的四邊形是以AM為邊的矩形，求點Q的坐標．【答案】(1)y=-(2)9(3)Q2,7【分析】（1）先利用一次函數(shù)解析式求出點A的坐標，再把A、C坐標代入拋物線解析式中求出拋物線解析式即可；（2）記AD于y軸的交點為E，證明△OAE為等腰直角三角形，過F作FN∥y軸交AD于N，△FGN為等腰直角三角形，則FG=22FN，設(shè)F（3）如圖，當P在AM的右邊，記直線AM交y軸于R，y=-x2+2x+3=-x-12+4，則M1,4，求解直線AM的解析式為y=2x+2，可得R0,2，設(shè)P0,y，而四邊形APQM為矩形，可得∠RAP=90°，再利用勾股定理建立方程求解P0,-1【詳解】（1）解：在y=x+1中，當y=0時，0=x+1，解得x=-1，則A-1,0把C0,3，A-1,0代入y=-∴m=2n=3∴拋物線的解析式為y=-x（2）記AD于y軸的交點為E，當x=0時，y=x+1=1，則E0,1，∴OA=OE，∴△OAE為等腰直角三角形，∴∠EAO=∠AEO=45°，過F作FN∥y軸交AD于∴∠FNG=45°，∴△FGN為等腰直角三角形，∴FG=2設(shè)Fx,-x2+2x+3∴FN=-x2當x=12時，F(xiàn)N有最大值∴FG的最大值為：94（3）如圖，當P在AM的右邊，記直線AM交y軸于R，y=-x2+2x+3=-設(shè)直線AM的解析式為y=mx+n，把A-1,0、M1,4分別代入得解得m=2n=2，∴直線AM的解析式為y=2x+2，當x=0時，y=2x+2=2，則R0,2，設(shè)P0,y，而四邊形APQM∴∠RAP=90°，∴2-y2解得：y=-12，即由平移的性質(zhì)可得：Q2,如圖，當P在AM的左邊，同理可得：y-22解得：y=92，即由平移的性質(zhì)可得：Q-2,綜上：Q2,72【點睛】本題考查的是二次函數(shù)與坐標軸的交點，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理的應用，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，平移的性質(zhì)，熟練的建立二次函數(shù)模型再利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題是解本題的關(guān)鍵．24．如圖，拋物線y=ax2+bx+3a≠0經(jīng)過x軸上A-1(1)求拋物線的函數(shù)表達式；(2)拋物線與直線y=-x-1交于A、E兩點，與y軸交于點C．點P在x軸上且位于點B的左側(cè)，若以P，B，C為頂點的三角形與△ABE相似，求點P的坐標；(3)F是直線BC上一點，D為拋物線上一點，是否存在點F，使得A，E，D，F(xiàn)四點組成的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點F的坐標，若不存在，請畫圖說明理由．【答案】(1)y=-(2)點P的坐標為35，(3)不存在這樣的點F，使A，E，D，F(xiàn)四點組成的四邊形是矩形，理由見解析【分析】（1）由二次函數(shù)的對稱性可得B3（2）如圖1，連接BE，記直線AE與y軸的交點為D，聯(lián)立y=-x-1y=-x2+2x+3，可得E4，-5，則AE=52，求C0，3，由OC=3=OB，可得∠CBO=45°，BC=32，求D0，-1，由OA=1=OD，可得∠OAD=45°，∠CBP=∠BAE，即AE∥BC，設(shè)Pm，0，則（3）由題意知，若A，E，D，F(xiàn)四點組成的四邊形是矩形，存在兩種情況，①假設(shè)AE為矩形的一邊，則D，F(xiàn)必在直線AE的同側(cè)，過A，E作直線AE的垂線交直線BC于F1、F2，交拋物線于D1、D2，如圖2，根據(jù)矩形的性質(zhì)進行判斷作答即可；②假設(shè)AE為矩形的對角線，則D，F(xiàn)必在直線AE的兩側(cè)，取A，E的中點Q，以Q為圓心，以AQ為半徑畫⊙Q，交直線BC于F1、F【詳解】（1）∵拋物線的對稱軸是直線x=1，且過點A-1∴B3將A-1，0，B3，解得，a=-1b=2∴拋物線的函數(shù)表達式為y=-x（2）解：如圖1，連接BE，記直線AE與y軸的交點為D，

聯(lián)立y=-x-1y=-解得，x1=-1y∴E4∴AE=4-當x=0時，y=-02+2×0+3=3∴OC=3=OB，∴∠CBO=45°，當x=0時，y=-0-1=-1，即D0∴OA=1=OD，∴∠OAD=45°，∴∠CBP=∠BAE，即AE∥BC，設(shè)Pm，0∵以P，B，C為頂點的三角形與△ABE相似，分△BPC∽△ABE，△BCP∽△ABE，兩種情況求解；①當△BPC∽△ABE，∴PBAB=BC解得，m=35，即②當△BCP∽△ABE，∴PBAE=BC解得，m=-92，即綜上所述，點P的坐標為35，0（3）解：不存在這樣的點F，使A，E，D，F(xiàn)四點組成的四邊形是矩形，理由如下：由題意知，若A，E，D，F(xiàn)四點組成的四邊形是矩形，存在兩種情況，①假設(shè)AE為矩形的一邊，則D，F(xiàn)必在直線AE的同側(cè)，過A，E作直線AE的垂線交直線BC于F1、F2，交拋物線于由（2）可知，直線AE∥BC，∴當點F必在F1、F2處，而點D必須在D1、D2處，由圖可知，此時②假設(shè)AE為矩形的對角線，則D，F(xiàn)必在直線AE的兩側(cè)，取A，E的中點Q，以Q為圓心，以AQ為半徑畫⊙Q，交直線BC于F1、F2，作射線F1Q交拋物線于D1∴當點F必在F1、F2處，而點D必須在D1、D2處，由圖可知，此時綜上所述，不存在這樣的點F，使A，E，D，F(xiàn)四點組成的四邊形是矩形．【點睛】本題考查了二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)與相似三角形綜合，二次函數(shù)與特殊的平行四邊形的綜合，勾股定理，等腰三角形判定與性質(zhì)，平行線的判定等知識．熟練掌握二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)與相似三角形綜合，二次函數(shù)與特殊的平行四邊形的綜合，勾股定理，平行線的判定是解題的關(guān)鍵．25．已知拋物線C1：y=14x2-1與x軸交于A，B兩點（點A在點(1)則點A、點B、點C的坐標分別是________、________、_________；(2)如圖1，經(jīng)過原點O的直線EF：y=kx（k為常數(shù)，且k≠0）與拋物線C1交于E、F兩點（點E在點F左邊），當S(3)將拋物線C1沿x軸向左平移，得到拋物線C2與x軸交于點O及另一點D，如圖2所示，設(shè)點G、點H、點I分別在對稱軸、y軸、拋物線C2上，若以B、G、H、I【答案】(1)-2，0；2(2)k=(3)G-2，1或【分析】（1）在y=14x2-1中，分別求出當x=0時y（2）設(shè)Ex1，y1，F(xiàn)x2，y2，聯(lián)立y=kxy=14x2-1得x2-4kx-4=0（3）先求出平移后的拋物線解析式為y=14x+22-1，則平移后的拋物線對稱軸為直線x=-2，設(shè)G-2，m，H0，【詳解】（1）解：在y=14x2-1中，當x=0在y=14x2-1中，當y=0∴A-2故答案為：-2，0；2，（2）解：設(shè)Ex聯(lián)立y=kxy=14∴x1∵C0∴OC=1，∵S△CEF∴12∴x2-x∴x1解得x1=-1或∴x2∴4k=4-1=3，∴k=3（3）解：設(shè)平移后的拋物線解析式為y=1把0，0代入y=1解得m=2或m=-2（舍去），∴平移后的拋物線解析式為y=1∴平移后的拋物線對稱軸為直線x=-2，設(shè)G-2當BH為對角線時，由矩形對角線中點坐標相同可得2+02∴s=4，∴t=1∴I4∴BI2=4-22∵B∴m2∴m=1，∴G-2當BH，BG為邊時，由矩形對角線中點坐標相同可得∴s=-4，∴t=0，∴I-4∴BI2=-4-22∵B∴36=m∴m=22或m=-2∴G-2，2綜上所述，G-2，1或G【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，一次函數(shù)與幾何綜合，勾股定理，矩形的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象的平移等等，利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．26．如圖1，拋物線y=ax2+bx+3a≠0與x軸交于A-3,0和B(1)求該拋物線的函數(shù)表達式；(2)P是拋物線上位于直線AC上方的一個動點，過點P作PD∥y軸交AC于點D，過點P作PE⊥AC于點E，過點E作EF⊥y軸于點F，求出PD+EF的最大值及此時點(3)如圖2，將原拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線y'，y'與原拋物線相交于點M，點N為原拋物線對稱軸上的一點，在平面直角坐標系中是否存在點H，使以點A，M，N，H為頂點的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出點【答案】(1)y=-(2)258，(3)H點的坐標為-2,-13或0,73【分析】（1）設(shè)頂點式y(tǒng)=ax+3x-1，展開得-3a=3，解方程求出（2）根據(jù)題意推出△OAC，△PDE為等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性質(zhì)，推出EF的表達式，從而建立起PD+EF的函數(shù)表達式，最終利用函數(shù)法求最值；（3）先通過勾股定理求出N點的坐標，再由矩形對角線的性質(zhì)，直接計算H的坐標．【詳解】（1）解：設(shè)拋物線解析式為y=ax+3即y=ax∵y=a∴-3a=3，解得a=-1，∴拋物線的函數(shù)表達式為y=-x（2）解：由（1）知y=-x當x=0時，y=3，∴C0,3∴OA=OC，∴△OAC是等腰直角三角形，∠CAO=45°，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，將C0,3，A-3,0代入，得解得b=3k=1∴yAC∵P是拋物線上位于直線AC上方的一個動點，點P作PD∥y軸交AC于點∴設(shè)Pm,-m2∴PD=-m2-3m如圖，延長FE交PD于點G，則FG⊥PD，由題意可得△PDE是等腰直角三角形，∴EG=PG=1∴EF=GF-EG=-m--∴PD+EF=GF-EG=-m∴當m=-52時，PD+EF取最大值258（3）解：平移后的函數(shù)解析式為y=-x+3+2將y=-x2-6x-5與y=-x2解得兩條拋物線交點M的坐標為-2，如圖，以AM為邊，作MN1⊥AM交對稱軸于N1，可構(gòu)造矩形∴AM2=-2+32∵AM2+M∴10+-1解得y1設(shè)H1p1,q1，由A，-1+解得p1∴H1同理，以AM為邊，作MN2⊥AM交對稱軸于N2，可構(gòu)造矩形∵AM2+A∴10+-1解得y2=-2設(shè)H2p2,q2，由A，-1+解得p∴H2如圖，以AM為對角線，作MN3⊥AN3交對稱軸于N∵AM2=A∴10=-1解得y3=1，y4=2，即設(shè)H3p3,q3，由A，-3+解得p3∴H3設(shè)H4p4,q4，由A，-3+解得p4∴H4綜上可知，H點的坐標為-2,-13或0,73【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，用函數(shù)法求線段和最值問題，二次函數(shù)圖象和性質(zhì)，矩形性質(zhì)等知識點，是一道關(guān)于二次函數(shù)綜合題和壓軸題，綜合性強，難度較大；熟練掌握相關(guān)知識并靈活運用方程思想，數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想是解題關(guān)鍵．27．如圖，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A-3,0，B-1,0，C0,3三點，頂點為M，連接AC、BC，拋物線的對稱軸為l，l與x軸交點為(1)求這條拋物線的函數(shù)關(guān)系式；(2)在拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使S△ACP=S(3)若點K是平面內(nèi)一點，拋物線對稱軸上，是否存在這樣的點G，使得以A，C、G、K為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點G的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=x(2)存在，-2，-1，(-2,3)(3)-2,3+172或-2,3-17【分析】（1）設(shè)y=ax+3（2）過點B作BF∥AC交y軸于點F，與對稱軸交于點P1，點P1即為所求；在點C上方取一點H，使CH=CF，過點H作HP∥AC，與對稱軸交于點P2（3）若以A，C，G，K為頂點的四邊形是矩形，只需使△ACG是直角三角形即可，需要分三種情況討論∶∠AGC=90°或∠GAC=90°或【詳解】（1）解：由拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A-3,0，∵設(shè)y=ax+3x+1過∴3=a0+3解得a=1，∴y=∴拋物線的解析式為y=x（2）解：存在，理由如下∶∵拋物線的解析式為y=x∴對稱軸為直線x=-2，過點B作BF∥AC交y軸于點F，與對稱軸交于點P1，直線AC交對稱軸于點E設(shè)直線AC：y=kx+m，把A-3,0，C3=m0=-3k+m解得m=3k=1∴直線AC的表達式為∶y=x+3，∴設(shè)直線BF的解析式為∶y=x+n，E-2把B-1,0代入得0=-1+n，解得∴直線BF的解析式為∶y=x+1，∴F0∴CF=3-1=2∴P1②在點C上方取一點H，使CH=CF，過點H作HP∥AC，與對稱軸交于點P2∵F0，∴H0,5∴直線HP的解析式為∶y=x+5，∴P2綜上，若S△ACP=S△ACB，則點P的坐標為-2（3）解：存在，理由如下∶設(shè)G-2,p∵以A，C、G、K為頂點的四邊形是矩形，∴∠AGC=90°或∠GAC=90°或①當∠AGC=90°時，G-2,p，C0,3AG2+C解得p=3+172∴G1-2,3+②當∠GAC=90°時，G-2,p，C0,3AG2+A解得p=-1，∴G3③當∠ACG=90°時，G-2,p，C0,3CG2+A解得p=5，∴G4-2,5綜上所述，存在，此時點G的坐標為∶-2,3+172或-2,3-17【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，一元二次方程的應用，三角形的面積，矩形的存在性質(zhì)等內(nèi)容，第（3)問把矩形的存在性轉(zhuǎn)化為直角三角形的存在性，再進行分類討論是常用解法．28．如圖，拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于A-5,0和B兩點，與y

(1)求該拋物線的函數(shù)表達式；(2)P是拋物線上位于直線AC上方的一個動點，過點P作PD∥y軸交AC于點D，求PD的最大值及此時點P的坐標；(3)如圖2，將原拋物線向左平移4個單位長度得到拋物線y',y'與原拋物線相交于點M，點N為原拋物線對稱軸上的一點，在平面直角坐標系中是否存在點H，使以點A,M，【答案】(1)y=-(2)PD的最大值為254，(3)存在，-3，-25或-1【分析】（1）待定系數(shù)法求拋物線表達式即可；（2）設(shè)AC的解析式為y=kx+b，待定