專題27二次函數(shù)綜合題存在性菱形類

2023年八升九數(shù)學(xué)暑假培優(yōu)計(jì)劃專題27二次函數(shù)綜合題——存在性菱形類1．綜合與探究：如圖，已知拋物線y=?38x2+94x+6與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y軸交于點(diǎn)C．直線BC與拋物線的對(duì)稱軸交于點(diǎn)E．將直線BC沿射線CO方向向下平移

(1)求出點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)，并直接寫出直線AC，BC的解析式；(2)當(dāng)△CDB是以BC為斜邊的直角三角形時(shí)，求出n的值；(3)直線BC上是否存在一點(diǎn)P，使以點(diǎn)D，E，F(xiàn)，P為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)A?2,0，B8,0，C0,6，直線AC為y=3x+6，直線BC(2)n=(3)P?310【分析】（1）令x=0，可得C的坐標(biāo)，令y=0，可得A，B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)的解析式即可；（2）如圖，以BC為直徑作圓T，與對(duì)稱軸交于點(diǎn)D，連接DT，DC，DB，則∠CDB=90°，將直線BC沿射線CO方向向下平移n個(gè)單位，解析式為：y=?34x+6?n，求解拋物線的對(duì)稱軸為：直線x=8?22=3，可得（3）當(dāng)DE為邊時(shí)，如圖，過E作EK⊥PF于K，結(jié)合菱形DEPF可得EK∥AB，可得∠PEK=∠PBA，cos∠PEK=cos∠PBA=45，表示EK=45n，PK=35n，可得P3?【詳解】（1）解：令x=0，則y=6，∴C0,6令y=0，則y=?3∴x?8x+2解得：x1=8，∴A?2,0，B設(shè)直線AC為y=kx+6，∴?2k+6=0，解得：k=3，∴直線AC為y=3x+6，同理可得直線BC為：y=?3（2）如圖，以BC為直徑作圓T，與對(duì)稱軸交于點(diǎn)D，連接DT，DC，DB，則∠CDB=90°，

將直線BC沿射線CO方向向下平移n個(gè)單位，解析式為：y=?3∵拋物線的對(duì)稱軸為：直線x=8?2∴y=?9∴D3,∵B8,0，C∴BC=10，圓心T4,3∴3?42解得：n1=3∴n=3（3）當(dāng)DE為邊時(shí)，如圖，過E作EK⊥PF于K，結(jié)合菱形DEPF可得EK∥∴∠PEK=∠PBA，

∴cos∠PEK=cos∠PBA=4∵xE=3，則yE由平移的性質(zhì)結(jié)合菱形的性質(zhì)可得：ED=EP=n，∴EK=45n∴P3?∴F的橫坐標(biāo)為：3?4∴F的縱坐標(biāo)為：33?由PF=n可得：154解得：n=33∴P?如圖，當(dāng)DE為對(duì)角線時(shí)，

由菱形的對(duì)角線的性質(zhì)可得：P8,0綜上：P?310【點(diǎn)睛】本題考查的是求解二次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，求解一次函數(shù)的解析式，菱形的性質(zhì)的應(yīng)用，勾股定理的應(yīng)用，圓周角定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．2．如圖，拋物線y=ax2+bx+c

(1)求拋物線的解析式；(2)設(shè)點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上一點(diǎn)，求出△PBC的最大面積及此時(shí)點(diǎn)P(3)若點(diǎn)M是拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N為坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，是否存在以BC為邊，點(diǎn)B、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=?(2)△PBC的最大面積為278(3)存在，N2,2或4,17或4,?17或?2,【分析】（1）利用待定系數(shù)法代入求解即可；（2）利用待定系數(shù)法先確定直線BC的解析式為y=?x+3，設(shè)點(diǎn)Px,?x2+2x+3(0<x<3)，過點(diǎn)P作PD⊥x（3）分兩種情況進(jìn)行分析：若BC為菱形的邊長(zhǎng)，若BC為菱形的對(duì)角線，分別利用菱形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）解：將點(diǎn)A?1,0a?b+c=09a+3b+c=0解得：a=?1b=2∴拋物線的解析式為y=?x（2）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，將點(diǎn)B、C代入得：3k+b=0b=3解得：k=?1b=3∴直線BC的解析式為y=?x+3，∵B3,0∴OB=3，設(shè)點(diǎn)Px,?x2+2x+3(0<x<3)

∴Ex,?x+3∴PE=?x∴SΔPBC∴當(dāng)x=32時(shí)，△PBC?x∴P（3）存在，N2,2或4,17或4,?17或?2,∵B3,0∵拋物線的解析式為y=?x∴對(duì)稱軸為：x=1，設(shè)點(diǎn)M(1,t)，N(x,y)，若BC為菱形的邊長(zhǎng)，菱形BCMN，則BC2=CM解得：t1=17∵3+1=0+x0+t=3+y∴x=4,y=t?3，∴N14,17若BC為菱形的邊長(zhǎng)，菱形BCNM，則BC2=BM解得：t1=14∵3+x=0+10+y=3+t∴x=?2,y=3+t，∴N3?2,14若BC為菱形的對(duì)角線，3+0=x+10+3=y+t∴x=2,y=3?t，∵BM2=CM解得：t=1，∴y=3?1=2，∴N5綜上可得：N2,2或4,17或4,?17或?2,【點(diǎn)睛】題目主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，包括待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，三角形面積問題及特殊四邊形問題，全等三角形的判定和性質(zhì)等，理解題意，綜合運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．3．如圖，直線y=mx+nm≠0．與拋物線y=?x2+bx+c交于

(1)求拋物線的解析式；(2)若點(diǎn)C在拋物線上，且△ABC的面積為3，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；(3)若點(diǎn)P在拋物線上，PQ⊥OA交直線AB于點(diǎn)Q，點(diǎn)M在坐標(biāo)平面內(nèi)，當(dāng)以B,P,Q,M為頂點(diǎn)的四邊形是菱形時(shí)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)點(diǎn)C的坐標(biāo)為0,3或1,4或1?172，(3)點(diǎn)M的坐標(biāo)為2,1或0,3或2,32+1或【分析】（1）將A?1,（2）根據(jù)題意分當(dāng)點(diǎn)C在直線AB上方時(shí)和點(diǎn)C在AB的下方兩種情況即可解答；（3）設(shè)點(diǎn)Pa，?【詳解】（1）解：∵拋物線y=?x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A∴?1?b+c=0?4+2b+c=3∴解得b=2c=3∴拋物線的解析式為y=?x（2）解：設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為x,y，如圖1，當(dāng)點(diǎn)C在直線AB上方時(shí)，過點(diǎn)B作BD⊥x軸，垂足為D，連接CD，

∴點(diǎn)D2，0∵A?1,∴AD=3，BD=3，∴S△ABC∴y=x+3，∴點(diǎn)C在直線y=x+3上，∵點(diǎn)C在拋物線上，∴點(diǎn)C是直線y=x+3與拋物線的交點(diǎn)，∴x+3=?x解得：x1=0，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)0,3或1,4；設(shè)直線AB的解析式為：y=kx+bk≠0則?k+b=02k+b=3，解得：k=1∴y=x+1，∴直線y=x+3是直線AB向上平移2個(gè)單位得到的，∴將直線AB向下平移2個(gè)單位，得到直線y=x?1，與拋物線的交點(diǎn)與點(diǎn)A,B組成的三角形的面積也為3，即：當(dāng)點(diǎn)C在直線AB下方時(shí)，為直線y=x?1與拋物線的交點(diǎn)，

∴x?1=?x解得：x1=1?∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為1?172綜上，點(diǎn)C的坐標(biāo)為0,3或1,4或1?172，（3）解：由（2）知：直線AB為y=x+1，設(shè)直線與y軸的交點(diǎn)為E，

當(dāng)x=0時(shí)，y=1，∴直線AB與y軸的交點(diǎn)為：E0,1∴OE=OA，∴∠OAE=∠OEA=45°，設(shè)點(diǎn)Pa,?a2∵以B,P,Q,M為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，當(dāng)PQ為邊，則：BM∥PQ，即：點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為：2，點(diǎn)P在點(diǎn)Q上方時(shí)：①如圖，當(dāng)PQ=BP時(shí)，

∵PQ⊥OA，∴∠PQB=45°，∴∠MQB=45°，∴∠PQM=90°，∴∠BPQ=90°，∴PB∥x軸，∵B2,3∴點(diǎn)P0,3∴BM=BP=2，∴點(diǎn)M2,1②當(dāng)PQ=BQ時(shí)，如圖，過點(diǎn)B作BF⊥PQ，則：BF=2?a，

∵∠PQB=45°，∴BQ=2又PQ=?a∴22?a解得：a1=2(舍)，∴BM=BQ=32∴M2,3當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)Q下方時(shí)：如圖：

同上②法可得：22?a解得：a3=2(舍)，∴BM=BQ=32∴M2,?3當(dāng)PQ為對(duì)角線時(shí)，如圖，則：BM⊥PQ，∴BM∥x軸，即點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為3，設(shè)BM,PQ相交與點(diǎn)G，

∵∠PQB=45°，∴∠BQM=90°，∴∠PBQ=90°，∴PQ=2BG，即：22?a解得：a=1或a=2（舍去）；∴BM=2，∴M0,3綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為2，1或0，3或2，32+1或【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用．熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵.4．綜合與探究如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+4a≠0與x軸交于點(diǎn)A,B，與y軸交于點(diǎn)C，OA=1,OB=4，(1)求拋物線的解析式；(2)頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為_________；已知點(diǎn)Qm,n在拋物線上，當(dāng)?1≤m≤4時(shí)，則n(3)Q是線段BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AQ，當(dāng)線段AQ最短時(shí)，請(qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；(4)若M是對(duì)稱軸上的動(dòng)點(diǎn)，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點(diǎn)N，使以O(shè),B,M,N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=?(2)32,(3)Q(4)N?52,392【分析】（1）根據(jù)題意得出A?1,0（2）將解析式化為頂點(diǎn)式，即可得出點(diǎn)D的坐標(biāo)，以及y的最大值，結(jié)合圖象即可得出m的取值范圍；（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)進(jìn)行分類討論即可．【詳解】（1）解：∵OA=1,OB=4，∴A?1,0把A?1,0,B4,00=a?b+40=16a+4b+4，解得：a=?1∴拋物線的解析式為y=?x（2）解：∵y=?x∴D3∵a=?1<0，∴當(dāng)x=32時(shí)，y有最大值∵當(dāng)x=1時(shí)，y=0，當(dāng)x=4時(shí)，y=0，∴?1≤m≤4時(shí)，則n的取值范圍為0≤m≤25故答案為：32,25（3）解：當(dāng)AQ⊥BD時(shí)，線段AQ最短，過點(diǎn)Q作QH⊥x軸于點(diǎn)H，過點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，∵AQ⊥BD，DG⊥x軸，∴∠BDG+∠ABD=∠BAQ+∠ABD=90°，即∠BDG=∠BAQ，∵B4,0，D∴DG=25∴，cos∠BDG=DG∵AB=4+1=5，∴AQ=AB?cos∠BAQ=5×5∴QH=AQ?sin∠BAQ=25AH=AQ?cos∠BAQ=25則OH=AH?1=96∴Q96（4）解：∵點(diǎn)M在對(duì)稱軸上，∴設(shè)M3①當(dāng)OB為對(duì)角線時(shí)，∵該四邊形為菱形，∴OB⊥MN，∵OB⊥對(duì)稱軸，且點(diǎn)M在對(duì)稱軸上，∴MN與對(duì)稱軸重合，又∵OT=32,BT=∴與菱形項(xiàng)矛盾，故此情況不存在；②當(dāng)OM為對(duì)角線時(shí)，∵該四邊形為菱形，∴OB=BM=MN=4，∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為32∵BT=5根據(jù)勾股定理可得：MT=B∴N?52③當(dāng)ON為對(duì)角線時(shí)，∵該四邊形為菱形，∴OB=OM=MN=4，∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為32∵OT=3根據(jù)勾股定理可得：MT=O∴N112,綜上：存在，N?52,392或【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合，解題的關(guān)鍵是掌握用待定系數(shù)法求解二次函數(shù)解析式的方法和步驟，解直角三角形的方法，勾股定理，菱形的判定和性質(zhì)．5．如圖，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于A3，

(1)求拋物線的解析式；(2)當(dāng)以P，B，C為頂點(diǎn)的三角形周長(zhǎng)最小時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)及△PBC的周長(zhǎng)；(3)若點(diǎn)Q是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的任意一點(diǎn)，存在點(diǎn)Q，使得以A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【答案】(1)y=﹣(2)P1，2，周長(zhǎng)(3)Q14，?17，Q24，17【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）因?yàn)锽C為定值，所以當(dāng)PB+PC最小時(shí)，△PBC的周長(zhǎng)最小，如圖1，連接AC交對(duì)稱軸于點(diǎn)P，由軸對(duì)稱性質(zhì)可知，此點(diǎn)P即為所求，再利用勾股定理求出AC、BC，即可得出答案；（3）設(shè)P1,t，則AC2=32+32=18，AP2=1?32【詳解】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3∴9a+3b+3=0a?b+3=0解得：a=?1b=2∴該拋物線的解析式為y=?x（2）在y=?x2+2x+3中，令x=0∴C0，3∵△PBC的周長(zhǎng)為：PB+PC+BC，BC是定值，∴當(dāng)PB+PC最小時(shí)，△PBC的周長(zhǎng)最小．如圖1，點(diǎn)A、B關(guān)于對(duì)稱軸l對(duì)稱，連接AC交l于點(diǎn)P，則點(diǎn)P為所求的點(diǎn)．

∵AP=BP，∴△PBC周長(zhǎng)的最小值是AC+BC，∵A3，0∴AC=32∴△PBC周長(zhǎng)的最小值是：32拋物線對(duì)稱軸為直線x=?2設(shè)直線AC的解析式為y=mx+n，將A3，03m+n=0n=3解得：m=?1n=3∴直線AC的解析式為y=?x+3，∴當(dāng)x=1時(shí)，y=2∴P1，2（3）存在．設(shè)P∵A3，0則AC2=32∵四邊形ACPQ是菱形，∴分三種情況：以AP為對(duì)角線或以AC為對(duì)角線或以CP為對(duì)角線，①當(dāng)以AP為對(duì)角線時(shí)，則CP=CA，如圖2，

∴t2解得：t=3±17∴P1∵四邊形ACPQ是菱形，∴AP與CQ互相垂直平分，即AP與CQ的中點(diǎn)重合，當(dāng)P1∴m+02解得：m=4，n=?17∴Q1當(dāng)P2∴m+02解得：m=4，n=17∴Q2②以AC為對(duì)角線時(shí)，則PC=AP，如圖3，

∴t2解得：t=1，∴P3∵四邊形AP0CQ是菱形，∴AC與PQ互相垂直平分，即AC與CQ中點(diǎn)重合，∴m+12解得：m=2，n=2，∴Q3③當(dāng)以CP為對(duì)角線時(shí)，則AP=AC，如圖4，

∴t2解得：t=±14∴P4∵四邊形ACQP是菱形，∴AQ與CP互相垂直平分，即AQ與CP的中點(diǎn)重合，∴3+m2解得：m=?2，n=3±14∴Q4?2,綜上所述，符合條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：Q14，?17，Q24，17，【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)壓軸題，考查了二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、待定系數(shù)法、圖形面積計(jì)算、軸對(duì)稱最短路線，菱形性質(zhì)，點(diǎn)和線段的平移等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握二次函數(shù)圖像和性質(zhì)，軸對(duì)稱性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．6．已知拋物線y=?34x2+94x+3與x軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)

(1)則點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為________、________、________；(2)點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，交直線BC于點(diǎn)D，連接PC．①如圖1，若動(dòng)點(diǎn)P在直線BC上方運(yùn)動(dòng)時(shí)，過點(diǎn)P作PF⊥BC于點(diǎn)F，試求△PFD的周長(zhǎng)的最大值．②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在拋物線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，將△CPD沿直線CP翻折，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)Q，若以C、D、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形能成為菱形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】(1)?1,0，4,0，0,3(2)①365；②73,【分析】（1）根據(jù)拋物線解析式，求出拋物線與x軸和y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，即可得到答案；（2）①設(shè)Pm,?34m2+94m+3，△PFD的周長(zhǎng)為L(zhǎng)，則Dm,?34m+3，PD=?②根據(jù)菱形的性質(zhì)可知，CD∥PD，且CD=PD，即點(diǎn)Q落在y軸上．過點(diǎn)D作DG⊥y軸于點(diǎn)G，設(shè)Pn,?34n2+94n+3，則Dn,?34n+3【詳解】（1）解：∵拋物線y=?34x2+94x+3與x軸交于點(diǎn)令y=0，則?34x2+令x=0，則y=3，∴A?1,0、B4,0，故答案為：?1,0、4,0、0,3；（2）解：①設(shè)Pm,?34m2則Dm,?34∵PE⊥x軸，∴PE∥∴∠PDF=∠BCO，∵∠PFD=∠BOC=90°，∴△PFD∽△BOC，∴△PDF的周長(zhǎng)由題意可知，OC=3、OB=4，∴BC=O∴△BOC的周長(zhǎng)為OB+OC+BC=3+4+5=12，∴L∴L=?9∴當(dāng)m=2時(shí)，L最大即△PFD的周長(zhǎng)的最大值為365②將△CPD沿直線CP翻折后，以C、D、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形能成為菱形，∴CD∥PD，且∴點(diǎn)Q落在y軸上，如圖2，過點(diǎn)D作DG⊥y軸于點(diǎn)G，

設(shè)Pn,?34n2∴CG=3??34在Rt△CGD中，CD=C∵PD=CD，∴?34n解方程①得：n=73或解方程②得：n=173或當(dāng)n=73時(shí)，當(dāng)n=173時(shí)，故以C、D、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形能成為菱形的點(diǎn)P的坐標(biāo)為73,25

【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，軸對(duì)稱的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握利用解析式表示出線段的長(zhǎng)，并利用相似比或勾股定理列方程式解題關(guān)鍵．7．如圖，拋物線y=?49x2+89x+329與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），頂點(diǎn)為D，點(diǎn)P為對(duì)稱軸右側(cè)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為m，直線AD交y軸于點(diǎn)C，過點(diǎn)P作PF∥AD交x軸于點(diǎn)

(1)直接寫出點(diǎn)A，B，D的坐標(biāo)；(2)當(dāng)DM=3MF時(shí)，求m的值；(3)試探究點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在m，使四邊形AFPE是菱形，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)A?2，0，(2)1+33(3)存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)為238,【分析】（1）根據(jù)拋物線的解析式即可求解；（2）分兩種情況，過點(diǎn)D作DN⊥x軸于點(diǎn)N，交PE于點(diǎn)G，根據(jù)PE∥x軸，利用平行線分線段成比例定理，當(dāng)DM=3MF時(shí)，可求得（3）分點(diǎn)P在x軸上方、點(diǎn)P在x軸下方兩種情況，利用AE=PE，分別求解即可．【詳解】（1）解：當(dāng)y=0時(shí)，?4解得x1=?2，∵點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)∴A?2，0∵y=?4∴D1（2）解：①當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，作DN⊥x軸，交x軸于點(diǎn)N，交PE于點(diǎn)G，如圖所示，

∵D1∴DN=4，∵PE∥∴DG∵DM=3MF，∴DG=3GN，∵DN=DG+GN=4，∴GN=1，∴?4解得x1=1+3∵點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸的右側(cè)∴m=x②當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，作DN⊥x軸，交x軸于點(diǎn)N，交PE于點(diǎn)G，如圖所示，

∵DM=3MF，∴DF=2MF，∵PE∥∴∴GN=2，∴?4解得x1=1+3∵點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸的右側(cè)m=x綜上所述，m的值為1+332（3）解：存在，理由如下：設(shè)直線AD的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+b，∵直線AD過點(diǎn)A?2，0∴解得：k=∴y=4當(dāng)點(diǎn)P在軸上方時(shí)，設(shè)點(diǎn)Pm,?則點(diǎn)E的坐標(biāo)為x,?4把點(diǎn)E的坐標(biāo)代入AD的表達(dá)式得：解得：?1∴EP=m??由直線AD的表達(dá)式知：tan∠EAO=4∴cos∠EAO=3∴AE=5∵四邊形AFPE是菱形，則AE=EP，∴m??解得m=?2（舍去）或238∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為238當(dāng)點(diǎn)P在軸下方時(shí)，同理可得，點(diǎn)P的坐標(biāo)為172綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為238,39【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，解一元二次方程，求一次函數(shù)解析式等知識(shí)，要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度，從而求出線段之間的關(guān)系．8．如圖，拋物線y=?16x2+36x+3與x軸交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與

(1)如圖1，求直線BC的表達(dá)式；(2)如圖1，點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作y軸的平行線交直線BC于點(diǎn)Q，過點(diǎn)P作x軸的平行線交直線BC于點(diǎn)H，求△PQH周長(zhǎng)的最大值和此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)如圖2，將拋物線沿射線BC方向平移4個(gè)單位得到新拋物線y′，新拋物線y′與坐標(biāo)軸y軸交于點(diǎn)M．點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于x軸對(duì)稱，連接BD，將△BCD沿直線AC平移得到△B′C′D′．平移過程中，在直線ME上是否存在點(diǎn)N，使得N，B′【答案】(1)y=?(2)93+27(3)N【分析】（1）根據(jù)拋物線解析式，確定A、B、C的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法確定解析式即可．（2）根據(jù)tan∠CBO=OCOB=333=33，得到∠CBO=30°，繼而得到∠PHQ=30°，得到△PQH（3）根據(jù)拋物線沿射線BC方向平移4個(gè)單位得到新拋物線y′，結(jié)合∠CBO=30°，得到4sin30°=2,4cos30°=23即將y=?16x?y=?16x2?32x+4確定M的坐標(biāo)，從而確定直線ME的解析式，根據(jù)A?23,0,C0,3【詳解】（1）∵，拋物線y=?1令y=∴?1解得x1令x=∴y=3，∴A?2設(shè)BC的解析式為y=kx+3，∴33解得k=?3故直線BC的解析式為y=?3（2）∵B3∴BO=33∴tan∠CBO=OC∴∠CBO=30°，∵PH∥x軸，PQ∥y軸，∴∠PHQ=30°,∠QPH=90°，∴HQ=2PQ,PH=3∴△PQH周長(zhǎng)等于3+3∵y=?16設(shè)點(diǎn)Pn,?16∴PQ=?1

故當(dāng)n=332時(shí)，PQ此時(shí)?16n故△PQH周長(zhǎng)的最大值為93+278（3）∵拋物線沿射線BC方向平移4個(gè)單位得到新拋物線y′，∠CBO=30°，∴4sin30°=2,4cos30°=23即將y=?16x?整理得y=?1∴M的坐標(biāo)為0,4，∵直線BC的解析式為y=?33x+3∴E3設(shè)ME的解析式為y=px+4，∴32解得p=?3故直線ME的解析式為y=?3∵A?2

∴OCOA=323∵B3∴B′∵菱形的對(duì)角線互相垂直平分，C′D′∴NB∴對(duì)角線交點(diǎn)坐標(biāo)為2t,3t，∴33解得x=2t?33∴N2t?3∴3t=?解得t=13∴N?【點(diǎn)睛】本題考查了拋物線與一元二次方程，三角函數(shù)的應(yīng)用，構(gòu)造二次函數(shù)求最值，平移規(guī)律，一次函數(shù)解析式的確定，菱形的性質(zhì)，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，熟練掌握三角函數(shù)的應(yīng)用，構(gòu)造二次函數(shù)求最值，平移規(guī)律，菱形的性質(zhì)，中點(diǎn)坐標(biāo)公式．9．綜合與探究如圖，拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A、點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，直線y=2x?6與拋物線交于點(diǎn)B、點(diǎn)C，直線y=?12x?1與拋物線交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)(1)求拋物線的解析式；(2)已知點(diǎn)Mm,n在拋物線上，當(dāng)?4≤m≤2時(shí)，直接寫出n(3)H是直線CB上一點(diǎn)，若S△ECH=2S(4)P是x軸上一點(diǎn)，Q是平面內(nèi)任意一點(diǎn)，是否存在以B，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？者存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=(2)?(3)4,2或?4,?14(4)35,?6或?3【分析】（1）先求得A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)，然后代入y=ax（2）根據(jù)對(duì)稱軸直線y=?b2a求出對(duì)稱軸，即可得出最小值，再分別求出m=2時(shí)的函數(shù)值，即可確定n取值范圍；（3）先求出點(diǎn)E、F的坐標(biāo)，然后再運(yùn)用勾股定理逆定理說明EF⊥BC，設(shè)Hm,n，再分H在EF（4）先求出BC的長(zhǎng)，然后當(dāng)BC為菱形一邊和對(duì)角線兩種情況分別畫圖，再結(jié)合菱形的性質(zhì)、勾股定理即可解答．【詳解】（1）解：∵直線y=2x?6與x軸、y軸交于點(diǎn)B、點(diǎn)C,∴B3,0,C∵直線y=?1∴A?2,0∵拋物線y=ax2+bx+c∴0=9a+3b+c?6=c0=4a?2b+c，解得：∴拋物線的解析式為y=x（2）解：∵y=x?∴拋物線的對(duì)稱軸為x=1∵點(diǎn)Mm,n在拋物線上，?4≤m≤2∴當(dāng)x=12時(shí)，拋物線有最小值?25∵當(dāng)m=?4時(shí)，n=?4?122?∴n的取值范圍為?25（3）解：∵直線y=?1∴E0,?1∵y=?12x?1∴F2,?2∴EC∴E∴EF⊥BC．設(shè)Hm,n①當(dāng)H在EF上方，∵S△ECH∴12∴CH=2CF，即F是CH的中點(diǎn)，∴0+m2=2?6+n∴H4,2②當(dāng)H在EF下方，∵S△ECH∴12∴CH=2CF，設(shè)點(diǎn)Gm,n為HC的中點(diǎn)，如圖，即C是FG∴2+m2=0?2+n∴G?2,?10∵C0,?6∴設(shè)點(diǎn)Hj,?，由G?2,?10為∴0+j2=?2?6+?∴H?4,?14綜上，點(diǎn)H的坐標(biāo)為4,2或?4,?14．（4）解：存在一點(diǎn)Q使存在以B，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，理由如下：∵B3,0,C∴BC=6①當(dāng)BC為菱形一邊時(shí)，則P1∴Q10+35②當(dāng)BC為菱形對(duì)角線時(shí)，則BP設(shè)P3n,0，∵P3∴3?n2解得：n=?9∴P3∴Q3綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為35,?6或?35【點(diǎn)睛】本題主要考查了求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)與面積的綜合、二次函數(shù)與特殊四邊形的綜合等知識(shí)點(diǎn)，綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)成為解答本題的關(guān)鍵．10．如圖，拋物線y=?49x2+89x+329與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），頂點(diǎn)為D．點(diǎn)P為對(duì)稱軸右側(cè)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為m，直線AD交y軸于點(diǎn)C，過點(diǎn)P作PF∥AD交x軸于點(diǎn)F，(1)直接寫出點(diǎn)A，B，D的坐標(biāo)；(2)當(dāng)DM=3MF時(shí)，求m的值；(3)試探究點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在m，使四邊形AFPE是菱形，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)A?2,0．B4,0(2)m=1+323(3)點(diǎn)P的坐標(biāo)為238,39【分析】（1）令y=0，可得?4（2）過點(diǎn)D作DQ⊥x軸于點(diǎn)Q，交PE于點(diǎn)N．設(shè)Pm,?49m2+89m+（3）分點(diǎn)P在x軸上方、點(diǎn)P在x軸下方兩種情況，根據(jù)tan∠EAO=43，cos∠EAO=35=xE?x【詳解】（1）解：y=?4當(dāng)y=0時(shí)，?4解得x1=?2，∵點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，∴A?2,0．B∵y=?49x∴D1,4（2）如圖，過點(diǎn)D作DQ⊥x軸于點(diǎn)Q，交PE于點(diǎn)N．∵點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，∴Pm,?∵D1,4，∴DN=4?NQ=?∵PE∥∴DNNQ當(dāng)DM=3MF時(shí)，DNNQ∴DN=3NQ，即49當(dāng)49m2∵點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸的右側(cè)，∴m=1+3當(dāng)49m2∵點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸的右側(cè)，∴m=1+3綜上所述，m=1+323（3）存在，理由：設(shè)直線AD的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+b，∵直線AD過點(diǎn)A?2,0，D則?2k+b=0k+b=4，解得k=∴y=4當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，設(shè)點(diǎn)Pm,?49把點(diǎn)E的坐標(biāo)代入AD的表達(dá)式得：43解得x=?1故點(diǎn)E的坐標(biāo)為?1則EP=m??∵OA=2,OC=8∴AC=2∴tan∠EAO=43，則則AE=5∵四邊形AFPE是菱形，則AE=EP，即m??解得m=?2（舍去）或238，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為23當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，AE=?5∴13解得x1=?2（舍）或代入得P點(diǎn)坐標(biāo)為172綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為238,39【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合問題，求一次函數(shù)解析式，平行線分線段成比例，解直角三角形，菱形的性質(zhì)與判定，綜合運(yùn)用以上知識(shí)，并分類討論是解題的關(guān)鍵．11．綜合與探究：如圖，拋物線y=43x2+83x?4與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)(1)求點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)；(2)點(diǎn)D是第三象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；(3)若點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸上，點(diǎn)Q是平面內(nèi)一點(diǎn)，試探究，是否存在點(diǎn)P，Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)A?3，0，B1，0(2)當(dāng)點(diǎn)D坐標(biāo)為?32，?5時(shí)，四邊形ABCD(3)存在，P的坐標(biāo)為?1，【分析】（1）對(duì)于y=43x2+83x?4，分別令（2）連接OD，設(shè)Dm，43m2+83m?4（3）由y=43x2+83x?4可得拋物線對(duì)稱軸為直線x=?1，設(shè)P?1，t，Qp，q【詳解】（1）解：對(duì)于y=43x2+∴C0，?4令y=0，得43解得：x1∴A?3，0，B（2）解：連接OD，如圖：∵點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，∴Dm，∴S△AODS△CODS△BOC∴S=S∵?2<0，∴當(dāng)m=?32時(shí)，S取最大值，最大值為∴yD∴此時(shí)D?綜上可知當(dāng)點(diǎn)D坐標(biāo)為?32，?5時(shí)，四邊形ABCD（3）存在點(diǎn)P，Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形．理由：由y=43x∴可設(shè)P?1，t∵以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形，∴AC的中點(diǎn)與PQ的中點(diǎn)重合，且AP=CP，∴xP+x∴?1+p=?3+0，t+q=0+4．∵A?3，0∴AP=xCP=x∴AP2=C聯(lián)立?1+p=?3+0t+q=0+44+t∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為?1，13∴存在點(diǎn)P，Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為?1，13【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及函數(shù)圖象上點(diǎn)坐標(biāo)的特征，三角形面積，菱形的性質(zhì)，兩點(diǎn)的距離公式等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是用含字母的代數(shù)式表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長(zhǎng)度．12．綜合與探究如圖，直線y=?x+4與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，經(jīng)過B，C兩點(diǎn)的拋物線y=?12x2+bx+c與x(1)求拋物線的解析式以及點(diǎn)A的坐標(biāo)；(2)若點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ∥AC交直線y=?x+4于點(diǎn)Q，求線段PQ的最大值；(3)若點(diǎn)M在直線BC上運(yùn)動(dòng)，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在另一個(gè)點(diǎn)N，使得以A，C，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)拋物線的解析式為y=?12x(2)PQ的最大值為25(3)點(diǎn)N的坐標(biāo)為?2?10，10或?2+10，?【分析】（1）先求得B4，0（2）過A作AF∥BC交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)D，證明△AFC∽△QDP，得到PQ=53PD，當(dāng)PD取得最大值時(shí)，PQ（3）分四種情況討論求解即可．【詳解】（1）解：在y=?x+4中，令x=0，則y=4，令y=0，則0=?x+4，解得x=4，∴B4，0把B4，0，C0，4得?1解得b=1c=4∴拋物線的解析式為y=?1令x=0，則?1解得x=4或x=?2，∴A?2，0（2）解：過A作AF∥BC交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)E，交∵A?2，0∴AC=2設(shè)直線AF的解析式為y=?x+b1，則解得b1∴直線AF的解析式為y=?x?2，令x=0，則y=∴F0，?2∴CF=6，∵AF∥BC，∴∠AFC=∠FCB=∠QDP，∵PQ∥AC，

∴∠ACQ=∠PQC，∵AF∥∴∠CAF=180°?∠ACQ=180°?∠PQC=∠PQD，∴△AFC∽△QDP，∴ACPQ∴PQ=256PD=5設(shè)Pm，?12m2∵?1∴當(dāng)m=2時(shí)，PD有最大值為2，∴PQ的最大值為25（3）解：當(dāng)點(diǎn)N在第二象限時(shí)，作N1∵四邊形ACM∴AN1=AC=2∵B4，0∴OB=OC，∴∠OBC=45°，∴∠N∴AG=N∴N1同理，當(dāng)點(diǎn)N在第四象限時(shí)，N2當(dāng)點(diǎn)N在第一象限時(shí)，作N3同理可得△AOC≌△CN∴CH=OA=2，N3∴N3當(dāng)AC是對(duì)角線時(shí)，設(shè)M4由菱形的性質(zhì)知M4A=M解得a=5，則M4∴AM同理，AG∴N4綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為?2?10，10或?2+10，?【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，兩直線平行時(shí)k值相等是解題的關(guān)鍵．13．如圖，拋物線y=24x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A?2,0、B，與(1)求拋物線的解析式；(2)過點(diǎn)A作AF⊥AD交對(duì)稱軸于點(diǎn)F，在直線AF下方對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PQ∥y軸交直線AF于點(diǎn)Q，過點(diǎn)P作PE⊥DF交于點(diǎn)E，求PQ+PE最大值及此時(shí)點(diǎn)(3)將原拋物線沿著x軸正方向平移，使得新拋物線經(jīng)過原點(diǎn)，點(diǎn)M是新拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)N是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)，是否存在以B、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是以BC為對(duì)角線的菱形，若存在，求所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)．【答案】(1)y=2(2)PQ+PE的最大值為62，此時(shí)P(3)存在，N32?3,6?【分析】（1）代入法求解即可；（2）由（1）和題意可求得D2,?22與F關(guān)于x軸對(duì)稱得F2,22，設(shè)AF直線方程為：y=kx+b，則AF解析式為y=x+2，設(shè)Pt,24t2?t?322，（3）平移后拋物線過原點(diǎn)，則拋物線向右平移2個(gè)單位，得y=24x2?2x以B、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是以BC為對(duì)角線的菱形，由（1）得C0,?322，B32,0，取BC中點(diǎn)R，則R322,?3【詳解】（1）解：拋物線過A?2,0∴24解得：b=?1c=?∴拋物線解析式為：y=2（2）由（1）可知當(dāng)x=2時(shí)y=?2∴頂點(diǎn)D2∴DM=AM=22∴∠MAD=45°，

∵AF⊥AD，∴∠MAF=45°，∴D2,?22∴F2設(shè)AF直線方程為：y=kx+b，則有:22解得：k=1b=∴AF解析式為y=x+2設(shè)Pt,24∴PQ=?24t∴PQ+PE=?2∵?24<0∴當(dāng)t=32時(shí)，PQ+PE的最大值為6此時(shí)P3（3）平移后拋物線過原點(diǎn)，則拋物線向右平移2個(gè)單位，得y=2即為y=2∵以B、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是以BC為對(duì)角線的菱形，由（1）得C0,?32∴BC=3取BC中點(diǎn)R，則R3∴BR=3作BC的中垂線分別交x軸、y軸于Q、P，則△BCO～△BQR，∴BQBR∴BQ=5∴OQ=OB?BQ=32∴Q9設(shè)PR直線方程為：y=mx+n，則有:?3解得：m=?2b=∴PR解析式為y=?2x+9聯(lián)立有y=2解得：x=±3，當(dāng)x=3時(shí)代入y=?2x+924當(dāng)x=?3時(shí)代入y=?2x+924∴M3,?6+92∵R322設(shè)Nx,y則有：x+32=3解得：x=32?3y=6?∴N32?3,6?【點(diǎn)睛】本題考查了代入法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，一次函數(shù)與二次函數(shù)交點(diǎn)問題，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用；解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)性質(zhì)并靈活運(yùn)用14．如圖，拋物線y=ax2+bx?6與x軸相交于A，B兩點(diǎn)，與y(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)若點(diǎn)D的坐標(biāo)為4,4，M是拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)，N是平面內(nèi)一點(diǎn)，是否存在以點(diǎn)A，D，M，N為頂點(diǎn)的矩形，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在請(qǐng)說明理由；(3)點(diǎn)P為拋物線對(duì)稱軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，Q是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)，當(dāng)以點(diǎn)A，C，Q，P為頂點(diǎn)的四邊形是菱形時(shí)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=(2)存在，(1,2+13)或(1,2?13)(3)(1,?73)或(1,?6+39)或【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）分AD為對(duì)角線，AMAN（3）分AQ是對(duì)角線，AC為對(duì)角線，AP為對(duì)角線，三種情況進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）解：由題意得，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為?2,0、4,0，則設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y=ax+2∵拋物線y=ax2+bx?6與y軸相交于點(diǎn)C，當(dāng)x=0∴C0,?6將C0,?6代入y=ax+2x?4解得：a=3則拋物線的表達(dá)式為：y=3（2）（2）存在，理由：設(shè)點(diǎn)M1,m，點(diǎn)N當(dāng)AD為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和AD=MN得：?2+4=s+14+0=t+m4+22即點(diǎn)M的坐標(biāo)為1,2+13或1,2?當(dāng)AMAN由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和AM=DNAN=DM?2+1=s+4m=t+4?2?12解得：m=172或即點(diǎn)M1,8.5或1,?綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：1,2+13或1,2?13或1,8.5或（3）存在，理由：設(shè)點(diǎn)P1,m，點(diǎn)Q當(dāng)AQ是對(duì)角線時(shí)，由AC=AP得：22解得m=±31即點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,?31或1,當(dāng)AC為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和AP=AQ得：?2+0=s+1?6+0=t+m解得：m=?7即點(diǎn)P的坐標(biāo)為：1,?7當(dāng)AP為對(duì)角線時(shí)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和AC=AQ得：?2+1=sm=t?6解得：m=?6±39即點(diǎn)P的坐標(biāo)為：1,?6+39或1,?6?綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：1,?73或1,?6+39或1,?6?39或【點(diǎn)睛】此題是二次函數(shù)的綜合問題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)與特殊四邊形的綜合，解題的關(guān)鍵是利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．15．如圖，拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C0,6(1)求拋物線的解析式；(2)若在線段BC上存在一點(diǎn)M，過點(diǎn)O作OH⊥OM交BC的延長(zhǎng)線于H，且MO=HO，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(3)點(diǎn)P是y軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是在對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，Q，使得以點(diǎn)P，Q，C，D為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=?2(2)12(3)1,8?5或1,8+5【分析】（1）設(shè)出頂點(diǎn)式，待定系數(shù)法求出解析式即可；（2）先根據(jù)點(diǎn)C的坐標(biāo)求出直線BC的解析式，即可表示點(diǎn)M的坐標(biāo)，作MN⊥y軸，作HK⊥y軸，證明△OMN≌△HOK，可得MN=OK,ON=HK，然后表示出點(diǎn)H，最后將點(diǎn)H代入直線解析式，求出答案即可；（3）分CD為菱形的邊和對(duì)角線，兩種情況討論求