專題23函數(shù)與矩形存在性問題-中考數(shù)學壓軸大題之經典模型培優(yōu)案（全國通用）-試卷下載-教習網

?中考數(shù)學壓軸大題之經典模型培優(yōu)案
專題23函數(shù)與矩形存在性問題
解題策略

1.矩形的判定:
（1）有一個角是直角的平行四邊形是矩形；
（2）對角線相等的平行四邊形是矩形；
（3）有三個角為直角的四邊形是矩形．
2.題型分析
矩形除了具有平行四邊形的性質之外，還有“對角線相等”或“一個角為直角”，因此相比起平行四邊形，坐標系中的矩形滿足以下3個等式：

因此在矩形存在性問題最多可以有3個未知量，代入可以得到三元一次方程組，可解．
確定了有3個未知量，則可判斷常見矩形存在性問題至少有2個動點，多則可以有3個．下：
同時，也可以先根據(jù)A、B的坐標求出直線AB的解析式，進而得到直線AD或BC的解析式，從而確定C或D的坐標.
經典例題

【例1】（2022春?賓陽縣期中）在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝24cm，BC＝26cm．點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度向點D運動，點Q從點C出發(fā)，以3cm/s的速度向點B同時運動．規(guī)定其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動．設P，Q運動的時間為ts．
（1）若點P和點Q同時運動了6秒，PQ與CD有什么數(shù)量關系？并說明理由；
（2）在整個運動過程中是否存在t值，使得四邊形PQBA是矩形？若存在，請求出t值；若不存在，請說明理由；
（3）在整個運動過程中，是否存在一個時間，使得四邊形PQBA的面積是四邊形ABCD面積的一半，若存在，請直接寫出值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）根據(jù)t＝6可得PD＝CQ，從而得出四邊形PDCQ為平行四邊形，即可得出PQ＝CD；
（2）當AP＝BQ時，四邊形ABQP是矩形，得t＝26﹣3t，即可解決問題；
（3）根據(jù)梯形的面積公式分別表示出四邊形ABCD和PQBA的面積，列出方程，進而解決問題．
【解答】解：（1）PQ＝CD，理由如下：
由題意得：AP＝tcm，CQ＝3tcm，
∵AB＝8cm，AD＝24cm，BC＝26cm，
∴AP＝（24﹣t）cm，
當t＝6時，DP＝18cm，CQ＝18cm，
∴DP＝CQ，
∵DP∥CQ，
∴四邊形PDCQ是平行四邊形，
∴PQ＝CD；
（2）在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，
∴當AP＝BQ時，四邊形ABQP是矩形，
∴t＝26﹣3t，
解得t＝6.5，
∴當t＝6.5時，四邊形ABQP是矩形；
（3）存在，由題意知，四邊形ABCD的面積＝＝，
四邊形PQBA的面積＝＝4（t+26﹣3t）＝104﹣8t，
∵四邊形PQBA的面積是四邊形ABCD面積的一半，
∴104﹣8t＝100，
∴t＝．
【例2】（2022秋?靖江市校級月考）如圖，直線y＝x與雙曲線y＝（k≠0）交于A，B兩點，點A的坐標為（m，﹣4），點C是雙曲線第一象限分支上的一點，連接BC并延長交x軸于點D，且BC＝3CD．
（1）求k的值并直接寫出點B的坐標；
（2）點G是y軸上的動點，連接GB，GC，求GB+GC的最小值；
（3）點P是坐標軸上的一點，點Q是平面內一點，是否存在點P、Q使得四邊形ABPQ是矩形？若存在，請求出符合條件的所有P點的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將點A的坐標為（m，﹣4）代入直線y＝x中，可求得A（﹣3，﹣4），即可求得k＝12，根據(jù)軸對稱的性質即可求出點B的坐標；
（2）如圖1，作BE⊥x軸于點E，CF⊥x軸于點F，則BE∥CF，△DCF∽△DBE，利用相似三角形性質即可求得C（12，1），作點B關于y軸的對稱點B′，連接B′C交y軸于點G，則B′C即為BG+GC的最小值，運用勾股定理即可求得答案；
（3）分兩種情況：①當點P在x軸上時，如圖2，設點P1的坐標為（a，0），過點B作BE⊥x軸于點E，通過△OBE∽△OP1B，建立方程求解即可；
②當點P在y軸上時，過點B作BN⊥y軸于點N，如圖2，設點P2的坐標為（0，b），利用△BON∽△P2OB，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵A（m，﹣4）在直線y＝x上，
∴m＝﹣4，
解得m＝﹣3，
∴A（﹣3，﹣4），
∵A（﹣3，﹣4）在y＝上，
∴k＝12，
∴y＝，
∵直線y＝x與雙曲線y＝（k≠0），
∴A、B關于原點對稱，
∴B（3，4）；
（2）如圖1，作BE⊥x軸于點E，CF⊥x軸于點F，
∴BE∥CF，
∴△DCF∽△DBE，
∴＝，
∵BC＝3CD，BE＝4，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝1，
∴C（12，1），
作點B關于y軸的對稱點B′，連接B′C交y軸于點G，
則B′C即為BG+GC的最小值，
∵B′（﹣3，4），C（12，1），
∴B′C＝＝3，
∴BG+GC＝B′C＝3；
故GB+GC的最小值為3；
（3）（3）存在．理由如下：
①當點P在x軸上時，如圖2，設點P1的坐標為（a，0），
過點B作BE⊥x軸于點E，
∵∠OEB＝∠OBP1＝90°，∠BOE＝∠P1OB，
∴△OBE∽△OP1B，
∴＝，
∵B（3，4），
∴OB＝＝5，
∴＝，
∴a＝，
∴點P1的坐標為（，0）；
②當點P在y軸上時，過點B作BN⊥y軸于點N，如圖2，
設點P2的坐標為（0，b），
∵∠ONB＝∠P2BO＝90°，∠BON＝∠P2OB，
∴△BON∽△P2OB，
∴＝，即＝，
∴b＝，
∴點P2的坐標為（0，）；
綜上所述，點P的坐標為（，0）或（0，）．

【例3】（2022?黔西南州）如圖，在平面直角坐標系中，經過點A（4，0）的直線AB與y軸交于點B（0，4）．經過原點O的拋物線y＝﹣x2+bx+c交直線AB于點A，C，拋物線的頂點為D．
（1）求拋物線y＝﹣x2+bx+c的表達式；
（2）M是線段AB上一點，N是拋物線上一點，當MN∥y軸且MN＝2時，求點M的坐標；
（3）P是拋物線上一動點，Q是平面直角坐標系內一點．是否存在以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是矩形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將點A、O的坐標分別代入拋物線解析式，解方程即可；
（2）設直線AB的解析式為y＝kx+b，利用待定系數(shù)法求出解析式，再表示出MN，然后根據(jù)MN＝2解方程可得答案；
（3）分AC為邊和對角線兩種情況進行討論：根據(jù)平移的性質，三角形相似的性質和判定，兩點的距離公式可得結論．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c過點A（4，0）和O（0，0），
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x；
（2）∵直線AB經過點A（4，0）和B（0，4），
∴直線AB的解析式為：y＝﹣x+4，
∵MN∥y軸，
設M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，

當M在N點的上方時，
MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，
解得：t1＝，t2＝（舍），
∴M1（，），
當M在N點下方時，
MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴M2（2，2），M3（3，1），
綜上，滿足條件的點M的坐標有三個（，）或（2，2）或（3，1）；
（3）存在，
①如圖2，若AC是矩形的邊，

設拋物線的對稱軸與直線AB交于點R，且R（2，2），
過點C，A分別作直線AB的垂線交拋物線于點P1，P2，
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD＝＝，
同理得：CR＝，RD＝2，
∴CD2+CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴點P1與點D重合，
當CP1∥AQ1，CP1＝AQ1時，四邊形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1個單位，向上平移1個單位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1個單位，向上平移1個單位得到Q1（5，1），
此時直線P1C的解析式為：y＝x+2，
∵直線P2A與P1C平行且過點A（4，0），
∴直線P2A的解析式為：y＝x﹣4，
∵點P2是直線y＝x﹣4與拋物線y＝﹣x2+4x的交點，
∴﹣x2+4x＝x﹣4，
解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），
∴P2（﹣1，﹣5），
當AC∥P2Q2時，四邊形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3個單位，向上平移3個單位得到C（1，3），
∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3個單位，向上平移3個單位得到Q2（﹣4，﹣2）；
②如圖3，若AC是矩形的對角線，

設P3（m，﹣m2+4m）
當∠AP3C＝90°時，過點P3作P3H⊥x軸于H，過點C作CK⊥P3H于K，
∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，
∴△P3CK∽△AP3H，
∴＝，
∴＝，
∵點P不與點A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴﹣m2﹣3m+1＝0，
∴m＝，
∴如圖4，滿足條件的點P有兩個，即P3（，），P4（，），

當P3C∥AQ3，P3C＝AQ3時，四邊形AP3CQ3是矩形，
∵P3（，）向左平移個單位，向下平移個單位得到C（1，3），
∴A（4，0）向左平移個單位，向下平移個單位得到Q3（，），
當P4C∥AQ4，P4C＝AQ4時，四邊形AP4CQ4是矩形，
∵P4（，）向右平移個單位，向上平移個單位得到C（1，3），
∴A（4，0）向右平移個單位，向上平移個單位得到Q4（，）；
綜上，點Q的坐標為（5，1）或（﹣4，﹣2）或（，）或（，）．
【例4】（2022秋?綿陽校級月考）如圖，拋物線y＝x2﹣4x+3與坐標軸交于A、B、C三點，過點B的直線與拋物線交于另一點E，若經過A、B、E三點的⊙M滿足∠EAM＝45°．
（1）求直線BE的解析式；
（2）若D點是直線BE下方的拋物線上一動點，連接BD和ED，求△BED面積的最大值；
（3）點P在拋物線的對稱軸上，平面內是否存在一點Q，使得以點A，C，P，Q為頂點的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出Q點坐標．

【分析】（1）設線段BC的垂直平分線與拋物線的對稱軸交于點M，設M（2，a），想辦法求出點M的坐標，再證明△MBC是等腰直角三角形，再作點C關于直線x＝2的對稱點E（4，3），根據(jù)對稱性可知：∠EAM＝45°，最后利用待定系數(shù)法即可解決問題．
（2）過點D作DM∥y軸交BE于點M，設點D（m，m2﹣4m+3），則N（m，m﹣1），根據(jù)三角形的面積公式可得出結論；
（3）根據(jù)對角線的情況分三種討論，再由矩形的性質求出點Q的坐標．
【解答】解：（1）令y＝0，則x2﹣4x+3＝0，
解得x1＝1，x2＝3，
∴點A（3，0），B（1，0），
令x＝0，則y＝3，
∴點C（0，3），
設線段BC的垂直平分線與拋物線的對稱軸交于點M，設M（2，a），
∵MB＝MC，
∴（2﹣1）2+a2＝22+（3﹣a）2，
解得a＝2，
∴點M（2，2），
∵BC＝，MC＝，BM＝，
∴BC2＝MC2+BM2，
∴∠CMB＝90°，
∵MC＝MB，
∴△MCB是等腰直角三角形，
∴∠MBC＝45°，
作點C關于直線x＝2的對稱點E，則E（4，3）在拋物線上，
根據(jù)對稱性可知：∠EAM＝∠MBC＝45°
設直線BE的解析式為y＝kx+b（k≠0），
則，
解得，
∴直線BE的解析式為y＝x﹣1．
（2）如圖，過點D作DN∥y軸交BE于點N，

設點D（m，m2﹣4m+3），則N（m，m﹣1），
∴S△BDE＝×（xE﹣xB）×|DN|
＝×3×[m﹣1﹣（m2﹣4m+3）]
＝﹣（m﹣）2+，
∴當m＝時，S△BDE取最大值；此時D（，﹣）；
（3）存在，理由如下：
根據(jù)軸對稱的公式可知，x＝2，

∴設P（2，y），Q（m，n），
由（1）知A（3，0），C（0，3），
∴AC＝3，AP2＝12+y2，CP2＝22+（y﹣3）2，
若AP為矩形的對角線，
由中點坐標公式得，
解得，
∴Q（5，y﹣3），
又∵∠ACP＝90°，
∴AC2+CP2＝AP2，
即：18+22+（y﹣3）2＝12+y2，
解得y＝5，
∴Q（5，2），
若CP為矩形的對角線，
由中點坐標公式得，
解得：，
∴Q（﹣1，y+3），
又∵∠CAP＝90°，
∴AC2+AP2＝CP2，
即：18+12+y2＝22+（y﹣3）2，
解得y＝﹣1，
∴Q（﹣1，2），
若AC為矩形的對角線，
由中點坐標公式得，
解得，
又∵∠APC＝90°，
∴AP2+CP2＝AC2，
即：12+y2+22+（y﹣3）2＝18，
解得y＝+或y＝，
∴Q（1，+）或Q（1，﹣）．
綜上，點Q的坐標為（5，2）或（﹣1，2）或（1，+）或（1，﹣）．

培優(yōu)訓練

一．解答題
1．（2022秋?鐵東區(qū)校級月考）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2（a≠0）與一次函數(shù)y＝kx﹣2的圖象相交于A（﹣1，﹣1），B兩點．
（1）求a，k的值及點B的坐標；
（2）在拋物線上求點P，使△PAB的面積是△AOB面積的一半；（寫出詳細解題過程）
（3）點M在拋物線上，點N在坐標平面內，是否存在以A，B，M，N為頂點的四邊形是矩形，若存在直接寫出M的坐標，若不存在說明理由．

【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可求得，聯(lián)立解析式，解方程組即可求得B的坐標；
（2）設直線AB交y軸于C，取OC的中點D，在OC的延長線截取CE＝CD，作DM∥AB，交拋物線于P1，P2，作CN∥AB，交拋物線于P3，P4，求出DM和CE的解析式，進而和拋物線聯(lián)立，進一步求得結果；
（3）分為矩形AMNB、矩形ABMN、矩形AMBN（M在直線AB上方和下方的拋物線上）．當矩形AMNB時，點M和點O重合；當矩形ABMN時，作BC∥y軸，作AC⊥BC于C，作MD⊥BC于D，可證得△BDM是等腰直角三角形，進一步求得點M的坐標，當矩形AMBN，點M在AB上方的拋物線上時，作MC∥x軸，作AC⊥MC于C，作BD⊥MC于D，可得△BDM∽△MCA，從而，即＝，進而求得m的值，進一步得出結果．
【解答】解：（1）∵y＝ax2過點A（﹣1，﹣1），
∴﹣1＝a×1，解得a＝﹣1，
∵一次函數(shù)y＝kx﹣2的圖象相過點A（﹣1，﹣1），
∴﹣1＝﹣k﹣2，解得k＝﹣1；
解得或，
∴B的坐標為（2，﹣4）；
（2）如圖1，

設直線AB交y軸于C，取OC的中點D，在OC的延長線截取CE＝CD，作DM∥AB，交拋物線于P1，P2，作CN∥AB，交拋物線于P3，P4，
∴△ODP1∽△OCA，
∴＝，
∴＝S△AOB，
∵C（0，﹣2，），
∴D（0，﹣1），E（0，﹣3），
∴直線DM的解析式為y＝x﹣1，
由得，
，，
∴點P1（，）或P2（，）；
同理可得，
點P3（，）或P4（，）；
綜上所述，點P（，）或（，）或（，）或（，）；
（3）當矩形MABN是矩形時，∠MAB＝90°，
由﹣x2＝﹣x﹣2得，
x1＝﹣1，x2＝2，
∴B（2，﹣4），
∴OB2＝20，
∵A（﹣1，﹣1），
∴AB2＝18，OA2＝2，
∴AB2+OA2＝OB2，
∴∠OAB＝90°，
∴點M和點O重合，
∴M（0，0），
如圖2，

當矩形ABMN時，∠ABM＝90°，
作BC∥y軸，作AC⊥BC于C，作MD⊥BC于D，
∵AC＝BC＝3，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴△BDM是等腰直角三角形，
∴DM＝BD，
設M（m，﹣m2），
∴BD＝﹣4+m2，DM＝2﹣m，
∴﹣4+m2＝2﹣m，
∴m1＝2，m2＝﹣3，
∴M（﹣3，﹣9），
如圖3，

當點M在AB上方的拋物線上時，當∠AMB＝90° 時，
作MC∥x軸，作AC⊥MC于C，作BD⊥MC于D，
同理可得：△BDM∽△MCA，
∴，
∴＝，
∴m＝，
當m＝時，y＝，
∴M（，），
當m＝，y＝﹣，
∴M（，﹣），
如圖4，

當點M在AB下方的拋物線上，當∠AMB＝90°時，
同理可得，
＝，
∴m＝，
當m＝時，y＝，
∴M（，），
當m＝時，y＝﹣，
∴M（，﹣），
綜上所述：M（0，0）或（﹣3，﹣9）或（，）或（，﹣）或（，）或（，﹣）．
2．（2022秋?坪山區(qū)校級月考）如圖，直線y＝x與雙曲線y＝（k≠0）交于A，B兩點，點A的坐標為（m，﹣3），點C是雙曲線第一象限分支上的一點，連接BC并延長交x軸于點D，且BC＝2CD．
（1）求k的值并直接寫出點B的坐標；
（2）點G是y軸上的動點，連接GB，GC，求GB+GC的最小值；
（3）P是x軸上的點，Q是平面內一點，是否存在點P，Q，使得A，B，P，Q為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將點A的坐標為（m，﹣3）代入直線y＝x中，可求得A（﹣2，﹣3），即可求得k＝6，解方程組，即可求出點B的坐標；
（2）如圖1，作BE⊥x軸于點E，CF⊥x軸于點F，則BE∥CF，△DCF∽△DBE，利用相似三角形性質即可求得C（6，1），作點B關于y軸的對稱點B′，連接B′C交y軸于點G，則B′C即為BG+GC的最小值，運用勾股定理即可求得答案；
（3）分兩種情況：當點P在x的正半軸上時，當點P在x的負軸上時，如圖2，設點P1的坐標為（a，0），過點B作BE⊥x軸于點E，通過△OBE∽△OP1B，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）將點A的坐標為（m，﹣3）代入直線y＝x中，
得﹣3＝m，
解得：m＝﹣2，
∴A（﹣2，﹣3），
∴k＝﹣2×（﹣3）＝6，
∴反比例函數(shù)解析式為y＝，
由，得或，
∴點B的坐標為（2，3）；
（2）如圖1，作BE⊥x軸于點E，CF⊥x軸于點F，
∴BE∥CF，
∴△DCF∽△DBE，
∴＝，
∵BC＝2CD，BE＝3，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝1，
∴C（6，1），
作點B關于y軸的對稱點B′，連接B′C交y軸于點G，
則B′C即為BG+GC的最小值，
∵B′（﹣2，3），C（6，1），
∴B′C＝＝2，
∴BG+GC＝B′C＝2；
（3）存在．理由如下：
當點P在x的正半軸上時，如圖2，設點P1的坐標為（a，0），
過點B作BE⊥x軸于點E，
∵∠OEB＝∠OBP1＝90°，∠BOE＝∠P1OB，
∴△OBE∽△OP1B，
∴＝，
∵B（2，3），
∴OB＝＝，
∴＝，
∴a＝，
∴點P1的坐標為（，0），
當點P在x的負軸上時，如圖2，設點P2的坐標為（a，0），
過點A作AH⊥x軸于點H，
同理證得點P2的坐標為（﹣，0），
當四邊形AP3BQ3或是矩形四邊形AP4BQ4時，OA＝OP4＝，
∴點P的坐標為（﹣，0）或（，0），
綜上所述，點P的坐標為（，0）或（﹣，0）或（﹣，0）或（，0）．

3．（2022?錦州二模）如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的兩邊OA，OC分別在x軸和y軸上，OA＝3，OC＝4，拋物線y＝ax2+bx+4經過點B，且與x軸交于點D（﹣1，0）和點E．
（1）求拋物線的表達式；
（2）若P是第一象限拋物線上的一個動點，連接CP，PE，當四邊形OCPE的面積最大時，求點P的坐標，此時四邊形OCPE的最大面積是多少；
（3）若N是拋物線對稱軸上一點，在平面內是否存在一點M，使以點C，D，M，N為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，說明理由．

【分析】（1）利用矩形的性質結合OA，OC的長度可得出點A，C，B的坐標，再利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的表達式；
（2）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，可求出點E的坐標，過點P作PF⊥x軸于點F，設點P的坐標為（m，﹣m2+3m+4）（0＜m＜4），利用S四邊形OCPE＝S梯形OCPF+S△APE，即可得出S四邊形OCPE關于m的函數(shù)關系式，再利用二次函數(shù)的性質，即可求出結論；
（3）利用二次函數(shù)的性質，可得出拋物線對稱軸為直線直線x＝，利用待定系數(shù)法可求出直線CD的表達式，分CD為邊及CD為對角線兩種情況考慮：①當CD為邊時，利用CN⊥CD或DN⊥CD可得出CN或DN的表達式，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征可得出點N的坐標，再利用矩形的性質即可求出點M的坐標；②當CD為對角線時，設線段CD的中點為G，過點G作GH⊥拋物線對稱軸于點H，利用勾股定理可求出HN的長度，進而可得出點N的坐標，再利用矩形的性質即可求出點M的坐標．
【解答】解：（1）∵四邊形OABC為矩形，且OA＝3，OC＝4，
∴點A的坐標為（3，0），點C的坐標為（0，4），點B的坐標為（3，4）．
將B（3，4），D（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，
得：，解得：，
∴拋物線的表達式為y＝﹣x2+3x+4．
（2）當y＝0時，﹣x2+3x+4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴點E的坐標為（4，0），
∴OE＝4．
過點P作PF⊥x軸于點F，如圖1所示．
設點P的坐標為（m，﹣m2+3m+4）（0＜m＜4），
則S四邊形OCPE＝S梯形OCPF+S△APE
＝（OC+PF）?OF+FE?PF
＝（4﹣m2+3m+4）?m+（4﹣m）?（﹣m2+3m+4）
＝﹣2m2+8m+8
＝﹣2（m﹣2）2+16，
∵﹣2＜0，
∴m＝2時，S四邊形OCPE取得最大值，最大值＝16，此時點P的坐標為（2，6），
∴當四邊形OCPE的面積最大時，點P的坐標為（2，6），此時四邊形OCPE的最大面積是16．
（3）∵拋物線的表達式為y＝﹣x2+3x+4，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝．
利用待定系數(shù)法可求出直線CD的表達式為y＝4x+4，分CD為邊及CD為對角線兩種情況考慮：
①當CD為邊時，若四邊形DCNM為矩形，則直線CN的解析式為y＝﹣x+4，
∴點N的坐標為（，），
∴點M的坐標為（﹣1+﹣0，0+﹣4），即（，﹣）；
若四邊形CDNM為矩形，則直線DN的解析式為y＝﹣x﹣，
∴點N的坐標為（，﹣），
∴點M的坐標為（0+﹣（﹣1），4﹣﹣0），即（，）；
②當CD為對角線時，設線段CD的中點為G，過點G作GH⊥拋物線對稱軸于點H，如圖3所示．
∵點C的坐標為（0，4），點D的坐標為（﹣1，0），
∴點G的坐標為（﹣，2），
∴點H的坐標為（，2），
∴GH＝﹣（﹣）＝2．
又∵以點C，D，M，N為頂點的四邊形是矩形，即△OCN為直角三角形，
∴GN＝OC＝＝，
∴HN＝＝＝，
∴點N的坐標為（，）或（，）．
當點N的坐標為（，）時，點M的坐標為（﹣1+0﹣，0+4﹣），即（﹣，）；
當點N的坐標為（，）時，點M的坐標為（﹣1+0﹣，0+4﹣），即（﹣，）．
綜上所述，在平面內存在一點M，使以點C，D，M，N為頂點的四邊形是矩形，點M的坐標為（，﹣）或（，）或（﹣，）或（﹣，）．

4．（2022?鐵鋒區(qū)三模）綜合與探究
已知：如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象的頂點為D（﹣1，4），與x軸交于B，A兩點，與y軸交于點C（0，3），點E為拋物線對稱軸上的一個動點．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）當△ACE的周長最小時，點E的坐標為 ?。ī?，2）??；
（3）當點E在x軸上方且∠BAE＝∠BDE時，試判斷CE與BD的位置關系，并說明理由；
（4）若點N是y軸上的一點，坐標平面內是否存在P，使以D、B、N、P為頂點的四邊形為矩形？若存在，請直接寫出滿足條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）設二次函數(shù)的解析式為頂點式，將點C坐標代入，進一步求得結果；
（2）點A關于對稱軸的對稱點時B，所以連接BC交對稱軸于E，可求得BC的解析式，將x＝﹣1代入求得點E的縱坐標，從而得出結果；
（3）可根據(jù)tan∠BAE＝tan∠BDE得出，從而求得EF，進而求得CE和BD的解析式，從而得出結果；
（4）分為BD是邊和對角線兩種情形．當BD為邊時，可根據(jù)相似三角形或三角函數(shù)關系式得出ON，從而得出N點的坐標，進而求得P點坐標；當BD為對角線時，利用對角線互相平分且相等，列出方程，求得N的坐標，進而得出點P坐標．
【解答】解：（1）設y＝a（x+1）2+4，
把x＝0，y＝3代入得，
a+4＝3，
∴a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）2+4；
（2）連接BC，交對稱軸于E，此時△ACE的周長最小，
由﹣（x+1）2＝4得，
x＝1或x＝﹣3，
∴B（﹣3，0），
∴直線BC的解析式為：y＝x+3，
∴當x＝﹣1時，y＝﹣1+3＝2，
∴點E（﹣1，2），
故答案為：（﹣1，2）；
（3）如圖1，

∵∠BAE＝∠BDE，
∴tan∠BAE＝tan∠BDE，
∴，
∴，
∴EF＝1，
∴E（﹣1，1），
∵C（0，3），
∴直線CE的解析式為：y＝2x+3，
∵B（﹣3，0），D（﹣1，4），
∴直線BD的解析式為：y＝2x+6，
∴BD∥CE；
（4）如圖2，

存在點P，是以D、B、N、P為頂點的四邊形是矩形：
當矩形DBNP時，（圖中矩形DBN1P2），
可得tan∠N1BO＝tan∠BDF，
∴，
∴ON1＝，
∴N1（0，﹣），
∴P1（2，）；
當矩形BDN2P2時，
同理可得：N2（0，），
∴P2（﹣2，﹣），
當矩形BNDP時，
可知BD的中點坐標為：（﹣2，2），
設點N（0，m），
由PN＝BD得，
22+（m﹣2）2＝（）2，
∴m＝1或m＝3，
∴N3（0，1），則P3（﹣4，3），
N4（0，3），則P4（﹣4，1），
綜上所述：P（2，）或（﹣2，﹣）或（﹣4，3）或（﹣4，1）．
5．（2022?齊齊哈爾三模）綜合與實踐
如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+c的圖象交x軸于點A、點B，其中點B的坐標為（2，0），點C的坐標為（0，2），過點A、C的直線交二次函數(shù)的圖象于點D．
（1）求二次函數(shù)和直線AC的函數(shù)表達式；
（2）連接DB，則△DAB的面積為　6??；
（3）在y軸上確定點Q，使得∠AQB＝135°，點Q的坐標為 ?。?，2﹣2）或（0，2﹣2）??；
（4）點M是拋物線上一點，點N為平面上一點，是否存在這樣的點N，使得以點A、點D、點M、點N為頂點的四邊形是以AD為邊的矩形？若存在，請你直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求出c的值，進而可得出二次函數(shù)的表達式，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點A的坐標，再由點A，C的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出直線AC的函數(shù)表達式；
（2）聯(lián)立直線AC和拋物線的函數(shù)表達式可求出點D的坐標，再結合點A，B的坐標，利用三角形的面積計算公式，即可求出△DAB的面積；
（3）當點Q在y軸正半軸軸時，過點Q作QE⊥AC于點E，根據(jù)各角之間的關系可得出AQ平分∠OAC，利用角平分線的性質及面積法，可求出OQ的長，進而可得出點Q的坐標；當點Q在y軸負半軸時，利用對稱性可得出點Q的坐標；
（4）連接BC，則AD⊥BC，分四邊形ADMN為矩形及四邊形ADNM為矩形兩種情況考慮：①當四邊形ADMN為矩形時，利用平行線的性質及待定系數(shù)法可求出直線DM的函數(shù)表達式，聯(lián)立后可求出點M的坐標，再利用矩形的性質可求出點N的坐標；②當四邊形ADNM為矩形時，利用平行線的性質及待定系數(shù)法可求出直線AM的函數(shù)表達式，聯(lián)立后可求出點M的坐標，再利用矩形的性質可求出點N的坐標．
【解答】解：（1）將B（2，0）代入y＝﹣x2+c得：0＝﹣4+c，
解得：c＝4，
∴二次函數(shù)的表達式為y＝﹣x2+4．
當y＝0時，﹣x2+4＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝2，
∴點A的坐標為（﹣2，0）．
設直線AC的函數(shù)表達式為y＝kx+b（k≠0），
將A（﹣2，0），C（0，2）代入y＝kx+b得：，
解得：，
∴直線AC的函數(shù)表達式為y＝x+2．
（2）聯(lián)立直線AC和拋物線的函數(shù)表達式得：，
解得：，，
∴點D的坐標為（1，3），
∴S△ABD＝×|2﹣（﹣2）|×|3|＝6．
故答案為：6．
（3）當點Q在y軸正半軸軸時，過點Q作QE⊥AC于點E，如圖1所示．
∵點A，B關于y軸對稱，
∴AQ＝BQ，
∵∠AQB＝135°，
∴∠BAQ＝（180°﹣135°）＝22.5°．
∵點A的坐標為（﹣2，0），點C的坐標為（0，2），
∴OA＝OC＝2，
∴∠OAC＝（180°﹣90°）＝45°，AC＝OA＝2，
∴∠CAQ＝∠OAC﹣∠BAQ＝45°﹣22.5°＝22.5°＝∠BAQ，
∴AQ平分∠OAC，
∴OQ＝EQ．
∵S△ACQ＝CQ?OA＝AC?EQ＝AC?OQ，
∴（2﹣OQ）?2＝2?OQ，
∴OQ＝2﹣2，
∴點Q的坐標為（0，2﹣2）．
當點Q在y軸負半軸時，點Q的坐標為（0，2﹣2）.
故答案為：（0，2﹣2）或（0，2﹣2）．
（4）連接BC，則AC⊥BC，即AD⊥BC，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的函數(shù)表達式y(tǒng)＝﹣x+2．
分兩種情況考慮，如圖2所示．
①當四邊形ADMN為矩形時，設直線DM的函數(shù)表達式為y＝﹣x+m，
將D（1，3）代入y＝﹣x+m得：﹣1+m＝3，
解得：m＝4，
∴直線DM的函數(shù)表達式為y＝﹣x+4．
聯(lián)立直線DM和拋物線的函數(shù)表達式得：，
解得：，，
∴點M的坐標為（0，4），
又∵四邊形ADMN為矩形，
∴點N的坐標為（﹣2+0﹣1，0+4﹣3），即（﹣3，1）；
②當四邊形ADNM為矩形時，同理可得出直線AM的函數(shù)表達式為y＝﹣x﹣2，
聯(lián)立直線AM和拋物線的函數(shù)表達式得：，
解得：，，
∴點M的坐標為（3，﹣5），
又∵四邊形ADNM為矩形，
∴點N的坐標為（1+3﹣（﹣2），3﹣5﹣0），即（6，﹣2）．
綜上所述，存在這樣的點N，使得以點A、點D、點M、點N為頂點的四邊形是以AD為邊的矩形，點N的坐標為（﹣3，1）或（6，﹣2）．

6．（2022春?大同期末）如圖，在平面直角坐標系中，直線l1：y＝2x﹣1與x軸，y軸分別交于點A，B，直線l2：y＝﹣x+1與x軸，y軸分別交于點P，C，連接AC，直線l1，l2交于點D．
（1）求點D的坐標，并直接寫出不等式2x﹣1＞﹣x+1的解集．
（2）求△ACD的面積．
（3）若點E在直線l1上，F(xiàn)為坐標平面內任意一點，試探究：是否存在以點B，C，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）聯(lián)立l1與l2的表達式可得點D的坐標，根據(jù)圖象即可求解；
（2）由△ACD的面積＝S△BCD﹣S△ABC，即可求解；
（3）設E（m，2m﹣1），分兩種情況討論，由矩形的性質可求解．
【解答】解：（1）聯(lián)立l1與l2的表達式得：，解得：，
∴點D（，），
由圖象得：不等式2x﹣1＞﹣x+1的解集為x＞；

（2）∵直線l1：y＝2x﹣1與x軸，y軸分別交于點A，B，直線l2：y＝﹣x+1與x軸，y軸分別交于點P，C，
∴點A（，0）、B（0，﹣1），C（0，1）、P（2，0），
則BC＝2，
∵D（，），
∴△ACD的面積＝S△BCD﹣S△ABC＝×2×﹣×2×＝；

（3）設E（m，2m﹣1），
∵B（0，﹣1），C（0，1），
∴BC2＝4，
CE2＝m2+（2m﹣1﹣1）2＝5m2﹣8m+4，
BE2＝m2+（2m﹣1+1）2＝5m2，
如圖，當BC為對角線時，

∵以點B，C，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是矩形，
∴∠BEC＝90°，
∴BC2＝CE2+BE2，
∴5m2﹣8m+4+5m2＝4，
∴m＝0（舍去）或，
∴E（，），
∴點F（﹣，﹣），
如圖，當BC為邊時，

∵以點E，C，B，F(xiàn)為頂點的四邊形是矩形，
∴∠BCF＝90°，
∴BE2＝CE2+BC2，
∴5m2﹣8m+4+4＝5m2，
∴m＝1，
∴E（1，1），
∴點F（1，﹣2），
綜上所述：點F坐標為（﹣，﹣）或（1，﹣2）．
7．（2022春?平南縣期末）如圖，四邊形OABC是矩形，點A、C分別在x軸、y軸上，△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉90°得到的，點D在x軸上，直線BD交y軸于點F，交OE于點H，點B的坐標為（﹣2，4）．
（1）求直線BD的表達式；
（2）求△DEH的面積；
（3）點M在x軸上，平面內是否存在點N，使以點D、F、M、N為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）求出D點坐標，由待定系數(shù)法可求出答案；
（2）求出直線OE的解析式，聯(lián)立直線OE和直線BD的解析式可求出H點的坐標，根據(jù)三角形面積公式可得出答案；
（3）分兩種情況，由矩形的性質可求出答案．
【解答】解：（1）∵B（﹣2，4），
∴BC＝2，OC＝4，
∵△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉90°得到的，
∴OD＝OC＝4，DE＝BC＝2，
∴D（4，0），
設直線BD解析式為y＝kx+b，
把B、D坐標代入可得，
解得，
∴直線BD的解析式為y＝﹣x+；
（2）由（1）可知E（4，2），設直線OE的解析式為y＝mx，
∴4m＝2，
∴m＝，
∴直線OE的解析式為y＝x，
聯(lián)立，
解得，
∴H（，），
∴△DEH的面積＝＝；
（3）當點M在x軸上時，

∵MF⊥BD，則直線MF的表達式為：y＝x+，
當y＝0，x＝﹣，即點M（﹣，0），
點F向右平移4個單位向下平移單位得到D，
則點M向右平移4單位向下平移單位得到N，
則點N（，﹣）；
當∠FMD＝90°時，則可知M點為O點，如圖，

∵四邊形MFND為矩形，
∴NF＝OD＝4，ND＝OF＝，
∴N（4，）；
綜上可知存在滿足條件的N點，其坐標為（，﹣）或（4，）．
8．（2022春?東川區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AD＝CD＝13cm，BC＝12cm，M、N是線段AB、CD上兩動點，M點從點A出發(fā)，以每秒2cm的速度沿AB方向運動，N點從點D出發(fā)，以每秒1cm的速度沿DC方向運動，M、N同時出發(fā)，同時停止，當M運動到點B時，M、N同時停止運動，設運動時間為t秒．
（1）求AB的長；
（2）當t為何值時，四邊形AMCN為平行四邊形？
（3）在M、N運動的過程中，是否存在四邊形MBCN是矩形，若存在，請求出的t值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）過點C作AD的平行線CP交AB于點P，根據(jù)平行四邊形的性質得到AP＝DC＝13cm，AD＝PC＝13cm，根據(jù)勾股定理得到，于是得到AB＝AP+PB＝13+5＝18（cm）；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質列方程即可得到結論；
（3）根據(jù)矩形的性質列方程得到18﹣2t＝13﹣t，t＝5（秒），根據(jù)矩形和平行四邊形的判定即可得到結論．
【解答】解：（1）如圖1，過點C作AD的平行線CP交AB于點P，
∵AB∥CD，
∴四邊形APCD是平行四邊形，
∴AP＝DC＝13cm，AD＝PC＝13cm，
在直角三角形PBC中，，
∴AB＝AP+PB＝13+5＝18（cm）；
（2）如圖2，
∵AM∥NC，
∴當AM＝NC時，四邊形AMCN是平行四邊形，
即：13﹣t＝2t，
∴（秒），
當秒時，四邊形AMCN是平行四邊形；
（3）如圖3，在M、N運動的過程中，存在四邊形MBCN是矩形，理由如下：
當BM＝CN時，四邊形MBCN是矩形，
∴18﹣2t＝13﹣t，t＝5（秒），
當t＝5秒時，BM＝AB﹣AM＝18﹣5×2＝8（cm），
∴CN＝DC﹣DN＝13﹣5×1＝8（cm），
∴BM＝CN，
∵AB∥CD，
∴四邊形MBCN是平行四邊形，
∵∠ABC＝90°
∴四邊形MBCN是矩形．

9．（2022春?鄂城區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝﹣x+6與x軸交于點A，與y軸交于點B，點C是線段OA上一點，把△COB沿直線BC翻折，點O恰好落在AB上的點D處，BC為折痕．
（1）求線段AB的長；
（2）求直線BC的解析式；
（3）若M是射線BC上的一個動點，在坐標平面內是否存在點P，使以A，B，M，P為頂點的四邊形是以AB為一邊的矩形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）求出A（8，0），B（0，6），即可求AB＝10；
（2）由翻折可知：△OBC≌△DBC，則OC＝CD，BD＝OB＝6，AD＝AB﹣BD＝4，設OC＝x，則CD＝x．AC＝8﹣x，在Rt△ACD中，由勾股定理得x2+42＝（8﹣x）2，解得：x＝3，則C（3，0），即可求直線BC的解析式是y＝﹣2x+6；
（3）當AB為矩形的邊時，則有AB2+AM12＝BM12，設M1（m，﹣2m+6），則AM12＝5m2﹣40m+100，BM12＝5m2，所以100+5m2﹣40m+100＝5m2，解得m＝5，則M1（5，﹣4），根據(jù)平移規(guī)律可得P1（﹣3，2）．
【解答】解：（1）對于直線y＝﹣x+6，
當x＝0時，y＝6，當y＝0時，x＝8，
∴A（8，0），B（0，6），
在直角△AOB中，AB＝＝10；
（2）由翻折可知：△OBC≌△DBC，
∴OC＝CD，BD＝OB＝6，AD＝AB﹣BD＝4，
設OC＝x，則CD＝x．AC＝8﹣x，
在Rt△ACD中，由勾股定理得x2+42＝（8﹣x）2，
解得：x＝3，
即OC＝3，則C（3，0），
設直線BC解析式為y＝kx+b，
將點B（0，6），C（3，0）代入y＝kx+b，
可得，
解得：k＝2，b＝6，
∴直線BC的解析式是y＝﹣2x+6；
（3）①當AB為矩形的邊時，如圖所示，矩形AM1P1B，
則有AB2+AM12＝BM12，
∵點M1在直線BC：y＝﹣2x+6上，
設M1（m，﹣2m+6），則m＞0，
∴AM12＝（8﹣m）2+（﹣2m+6）2＝5m2﹣40m+100，
BM12＝m2+（6+2m﹣6）2＝5m2，
∵AB2+AM12＝BM12，
∴100+5m2﹣40m+100＝5m2，
解得m＝5，
∴M1（5，﹣4），
∵A（﹣8，0），B（0，6），
∴根據(jù)平移規(guī)律可得P1（﹣3，2）；
滿足條件的P點的坐標為（﹣3，2）．

10．（2022春?敘州區(qū)期末）如圖，四邊形OABC是矩形，點A、C在坐標軸上，B點坐標（﹣1，2），△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉90°得到，點D在x軸上，直線BD交y軸于點F．
（1）求直線BD的解析式；
（2）求△BCF的面積；
（3）點M在坐標軸上，平面內是否存在點N，使以點D、F、M、N為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質得出D點的坐標，再用待定系數(shù)法求出直線BD的解析式即可；
（2）根據(jù)直線BD的解析式求出F點的坐標，根據(jù)B點和C點的坐標得出BC和CF的長度，即可計算面積；
（3）分∠MFD＝90°，∠MDF＝90°，∠FMD＝90°三種情況分別討論求出點N的坐標即可．
【解答】解：（1）∵△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉90°得到的，
∴OD＝OC＝2，DE＝BC＝1，
∴D（2，0），
設直線BD的解析式為y＝kx+b，
把B點和D點的坐標代入可得，
解得，
∴直線BD的解析式為y＝﹣x+；
（2）由（1）知，直線BD的解析式為y＝﹣x+，
∴F（0，），
∵B（﹣1，2），BC∥OA，
∴CF＝2﹣＝，
∴S△BCF＝BC?CF＝×1×＝；
（3）存在，
∵以點D、F、M、N為頂點的四邊形是矩形，
∴△DFM是直角三角形，
①當∠MFD＝90°時，則M只能在x軸上，連接FN交MD于點G，如圖，

由（2）可知，OF＝，OD＝2，
∵∠FMO+∠MFO＝90°，∠FMO+∠FDO＝90°，
∴∠MFO＝∠FDO，
又∵∠MOF＝∠FOD＝90°，
∴△MOF∽△FOD，
∴，
即，
解得OM＝，
∴M（﹣，0），且D（2，0），
∴G（，0），
設N點的坐標為（x，y），
則，，
解得x＝，y＝﹣，
此時N點的坐標為（）；
②當∠MDF＝90°時，則M只能在y軸上，連接DN交MF于點G，如圖，

同理①，△FOD∽△DOM，
∴，
即，
解得OM＝3，
∴M（0，﹣3），且F（0，），
∴MG＝MF＝，
則OG＝OM﹣MG＝3﹣＝，
∴G（0，﹣），
設N點的坐標為（x，y），
則，，
解得x＝﹣2，y＝﹣，
此時N（﹣2，﹣）；
③當∠FMD＝90°時，則可知M點為O點，如圖，

∵四邊形MFND為矩形，
∴NF＝OD＝2，ND＝OF＝，
∴此時N（2，）；
綜上可知，存在滿足條件的N點，其坐標為（，﹣）或（﹣2，﹣）或（2，）．
11．（2022春?梁子湖區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝﹣x+6與x軸交于點A，與y軸交于點B．點C是線段OA上一點，把△COB沿直線BC翻折，點O恰好落在AB上的點D處，BC為折痕．
（1）求線段AB的長；
（2）求直線BC的解析式；
（3）若M是射線BC上的一個動點，在坐標平面內是否存在點P，使以A，B，M，P為頂點的四邊形是以AB為一邊的矩形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）分別求出A、B點坐標，即可求解；
（2）由折疊可知OC＝CD，OB＝CD，在Rt△ACD中，（8﹣OC）2＝CO2+42，求出OC可知C點坐標，再由待定系數(shù)法求直線BC的解析式即可；
（3）設M（t，﹣2t+6），（t＞0），P（x，y），當以AB為矩形的一邊時，BM為矩形的對角線，則，過點M作EF∥x軸，過點A作AF⊥EF交于F，過點P作PE⊥EF交于點E，可得△AMF∽△MPE，則有＝，求得t＝5，再求P點坐標即可．
【解答】解：（1）令x＝0，則y＝6，
∴B（0，6），
令y＝0，則x＝8，
∴A（8，0），
∴AB＝10；
（2）由折疊的性質可知，OC＝CD，OB＝CD，
∵OB＝6，
∴BD＝6，
∵AB＝10，
∴AD＝4，
在Rt△ACD中，AC2＝CD2+AD2，
∴（8﹣OC）2＝CO2+42，
∴CO＝3，
∴C（3，0），
設直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣2x+6；
（3）存在點P，使以A，B，M，P為頂點的四邊形是以AB為一邊的矩形，理由如下：
設M（t，﹣2t+6），（t＞0），P（x，y），
當以AB為矩形的一邊時，BM為矩形的對角線，
∴，
過點M作EF∥x軸，過點A作AF⊥EF交于F，過點P作PE⊥EF交于點E，
∵∠AMP＝90°，
∴∠PME+∠AMF＝90°，
∵∠AMF+∠MAF＝90°，
∴∠AMF＝∠PME，
∴△AMF∽△MPE，
∴＝，
∵AF＝2t﹣6，MF＝8﹣t，PE＝y(tǒng)+2t﹣6，EM＝t﹣x，
∴＝，
∴＝，
解得t＝5，
∴x＝﹣3，y＝2，
∴P（﹣3，2）．

12．（2022?牡丹江）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABCD，A在y軸的正半軸上，B，C在x軸上，AD∥BC，BD平分∠ABC，交AO于點E，交AC于點F，∠CAO＝∠DBC．若OB，OC的長分別是一元二次方程x2﹣5x+6＝0的兩個根，且OB＞OC．
請解答下列問題：
（1）求點B，C的坐標；
（2）若反比例函數(shù)y＝（k≠0）圖象的一支經過點D，求這個反比例函數(shù)的解析式；
（3）平面內是否存在點M，N（M在N的上方），使以B，D，M，N為頂點的四邊形是邊長比為2：3的矩形？若存在，請直接寫出在第四象限內點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）解方程的兩個根就是OB，OC的長，再根據(jù)在x軸的正半軸上還是負半軸上就可以得到坐標；
（2）根據(jù)題意得∠BAC＝∠BCA，所以AB＝BC＝5，又因為AD∥BC，所以∠ADB＝∠DBC，即∠ABD＝∠ADB，所以AB＝AD＝5，再根據(jù)勾股定理得AO的長，從而求解；
（3）先由勾股定理求出BD的長，再分兩種情況：①當BD是矩形一邊，又分BD是短邊和長邊時計算；②當BD是對角線時，以BD為半徑作圓，可得符合題意的兩個矩形進行計算，詳情見解答過程．
【解答】解：（1）由x2﹣5x+6＝0，解得x1＝2，x2＝3，
∵OB，OC的長分別是方程的兩個根，且OB＞OC，
∴OB＝3，OC＝2．
∴B（﹣3，0），C （2，0）；
（2）∵AO⊥BC，
∴∠AOB＝90°，
∵∠CAO＝∠DBC，∠CAO+∠AFB＝∠DBC+∠AOB，
∴∠AFB＝∠AOB＝90°．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠AFB＝90°，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC＝5，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD＝5，
∵在Rt△ABO中，AO＝＝＝4，
∴D（5，4），
∴反比例函數(shù)解析式為：y＝；
（3）存在，N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣），
理由：過點D作DG⊥x軸于點G，
∵B（﹣3，0），D（5，4），
∴BG＝8，DG＝4，BD＝＝4，
∵使以B，D，M，N為頂點的四邊形是邊長比為2：3的矩形，
①當BD是矩形一邊，且是短邊時，即圖中矩形BDM1N1和矩形BDM4N4，
由BD：N1B＝2：3，得N1B＝6，
過點N1作N1H⊥x軸于點H，由一線三等角易得△BDG∽△N1BH，
∴根據(jù)相似三角形三邊對應成比例得：BH＝6，N1H＝12，
∴OH＝OB+BH＝3+6＝9，
∴N1（﹣9，12），
同理得點N4（3，﹣12），
當BD是矩形一邊，且是長邊時，即圖中矩形BDM2N2和矩形BDM3N3，
方法同上，得點N2（﹣，），N3（﹣，﹣）；

②當BD是對角線時，如下圖：以BD為半徑作圓，矩形BN5DM5，BN6DM6即為符合題意矩形，

當BN5：N5D＝2：3時，過點N5作KL∥x軸，過點B作BK⊥KL于點K，過點D作DL⊥KL于點L，

由一線三等角易得△BKN5∽△DLN5，
∴＝＝＝，
∴BK＝N5L，KN5＝LD，
設N5L＝x，LD＝y(tǒng)，
∴BK＝x，KN5＝y(tǒng)，
∵N5L+KN5＝8，DL﹣BK＝4，
∴，
解得：，
∴KN5＝y(tǒng)＝＝，N5的橫坐標＝﹣3＝，
同理得N5的縱坐標＝﹣；
再同理得：當BN5：N5D＝3：2時，N6（，﹣）．
綜上所述：在第四象限內點N的坐標為N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣）．
13．（2022春?岳麓區(qū)校級期末）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝mx+6交y軸于點C，交x軸于點D，且AD＝OD，以OA和OC為鄰邊作矩形OABC，已知點B（﹣4，6），點E是直線AB上一動點．
（1）求m的值；
（2）如圖1，若∠EDC＝45°，求點E的坐標；
（3）若點M為射線DB上一點，點N為坐標平面內任意一點，是否存在以C，D，M，N為頂點的四邊形是矩形，若存在，直接寫出點N的坐標，若不存在，請說明理由．

【分析】（1）如圖1，根據(jù)矩形的性質和AD＝OD確定點D的坐標為（﹣2，0），代入直線y＝mx+6中可得m的值；
（2）過E作EH⊥CD于H，過H作HK⊥x軸于K，過E作ET⊥HK于T，證明△ETH≌△HKD，得ET＝HK，HT＝DK，設ET＝HK＝a，HT＝DK＝b，可得E（﹣4，a+b），H（a﹣4，a），將H（a﹣4，a）代入y＝3x+6得a＝3，故E（﹣4，4）；
（3）設M（t，﹣3t﹣6），N（c，d），又C（0，6），D（﹣2，0），分三種情況：根據(jù)矩形對角線互相平分且相等列方程，分別解方程組即可．
【解答】解：（1）∵四邊形OABC是矩形，且B（﹣4，6），
∴OA＝4，
∵AD＝OD，
∴D（﹣2，0），
把D（﹣2，0）代入直線y＝mx+6中得：
﹣2m+6＝0，
解得：m＝3；
答：m的值是3；
（2）過E作EH⊥CD于H，過H作HK⊥x軸于K，過E作ET⊥HK于T，如圖：

由C（0，6），D（﹣2，0）得直線CD解析式為y＝3x+6，
∵∠EDC＝45°，
∴△EHD是等腰直角三角形，
∴EH＝DH，∠DHK＝90°﹣∠EHT＝∠TEH，
∵∠ETH＝90°＝∠HKD，
∴△ETH≌△HKD（AAS），
∴ET＝HK，HT＝DK，
設ET＝HK＝a，HT＝DK＝b，
∴TK＝HT+HK＝b+a＝AE，OK＝OA﹣AK＝4﹣a，
∴E（﹣4，a+b），H（a﹣4，a），
∵ET＝AK，AD＝OA﹣OD＝4﹣2＝2，
∴b＝a﹣2，
∴E（﹣4，2a﹣2），
將H（a﹣4，a）代入y＝3x+6得：
a＝3（a﹣4）+6，
解得a＝3，
∴E（﹣4，4）；
（3）存在以C，D，M，N為頂點的四邊形是矩形，理由如下：
由B（﹣4，6），D（﹣2，0）得直線BD解析式為y＝﹣3x﹣6，
設M（t，﹣3t﹣6），N（c，d），又C（0，6），D（﹣2，0），
①若MN、CD為對角線，則MN、CD的中點重合，且MN＝CD，
∴，
解得（舍去）或，
∴N（，）；
②若MC、ND為對角線，則MC、ND的中點重合，且MC＝ND，
∴，
解得（舍去），
∴這種情況不存在；
③若MD、NC若對角線，則MD、NC的中點重合，且MD＝NC，
∴，
解得，
∴N（﹣，），
綜上所述，N的坐標為：（，）或（﹣，）．
14．（2022春?槐蔭區(qū)期末）如圖，平面直角坐標系中，O是坐標原點，直線y＝kx+15（k≠0）經過點C（3，6），與x軸交于點A，與y軸交于點B．線段CD平行于x軸，交直線y＝x于點D，連接OC，AD．
（1）填空：k＝　﹣3　，點A的坐標是 ?。?，0）??；
（2）求證：四邊形OADC是平行四邊形；
（3）動點P從點O出發(fā)，沿對角線OD以每秒1個單位長度的速度向點D運動，直到點D為止；動點Q同時從點D出發(fā)，沿對角線DO以每秒1個單位長度的速度向點O運動，直到點O為止．設兩個點的運動時間均為t秒．
①當t＝1時，△CPQ的面積是　12??；
②是否存在t的值使得四邊形CPAQ為矩形，若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）代入C點坐標即可得出k值，確定直線的解析式，進而求出A點坐標即可；
（2）求出A、D點坐標，根據(jù)CD＝OA，CD∥OA，即可證四邊形OADC是平行四邊形；
（3）①作CH⊥OD于H，設出H點的坐標，根據(jù)勾股定理計算出CH的長度，根據(jù)運動時間求出PQ的長度即可確定△CPQ的面積；
②先證四邊形CPAQ為平行四邊形，根據(jù)對角線相等確定PQ的長度，再根據(jù)P、Q的位置分情況計算出t值即可．
【解答】解：（1）∵直線y＝kx+15（k≠0）經過點C（3，6），
∴3k+15＝6，
解得：k＝﹣3，
即直線的解析式為：y＝﹣3x+15，
當y＝0時，x＝5，
∴A（5.0），
故答案為：﹣3，（5，0）；
（2）∵線段CD平行于x軸，
∴D點的縱坐標與C點一樣，
又∵D點在直線y＝x上，
∴當y＝6時，x＝8，
即D（8，6），
∴CD＝8﹣3＝5，
∵OA＝5，
∴OA＝CD，
又∵OA∥CD，
∴四邊形OADC是平行四邊形；
（3）①作CH⊥OD于H，
，
∵H點在直線y＝x上，
∴設H點的坐標為（m，m），
∴CH2＝（m﹣3）2+（m﹣6）2，DH2＝（m﹣8）2+（m﹣6）2，
由勾股定理，得CH2+DH2＝CD2，
即（m﹣3）2+（m﹣6）2+（m﹣8）2+（m﹣6）2＝52，
整理，得：m＝或8（舍去），
∴CH＝3，
∵OD＝＝10，
∴當t＝1時，PQ＝OD﹣t﹣t＝10﹣1﹣1＝8，
∴S△CPQ＝PQ?CH＝×8×3＝12，
故答案為：12；
②由（2）知四邊形OADC是平行四邊形，
∴OD與AC互相平分，
又∵P點和Q點的運動速度相同，
∴PQ與AC互相平分，
∴四邊形CPAQ為平行四邊形，
∵OD＝10，
當0≤t≤5時，PQ＝10﹣2t，
當5≤t≤10時，PQ＝2t﹣10，
若當點P，Q運動至四邊形CPAQ為矩形時，則PQ＝AC，
∵AC＝＝2，
當0≤t≤5時，10﹣2t＝2，
解得t＝5﹣，
當5≤t≤10時，2t﹣10＝2，
解得t＝5+，
綜上，存在t的值使得四邊形CPAQ為矩形，此時t的值為5﹣或5+．
15．（2022?武功縣模擬）在平面直角坐標系中，已知拋物線L1：y＝﹣x2+bx+c（b、c為常數(shù)）與x軸交于A（﹣6，0）、B（2，0）兩點．
（1）求拋物線L1的函數(shù)表達式；
（2）將該拋物線L1向右平移4個單位長度得到新的拋物線L2，與原拋物線L1交于點C，點D是點C關于x軸的對稱點，點N在平面直角坐標系中，請問在拋物線L2上是否存在點M，使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法直接求解即可；
（2）存在，根據(jù)題意求得拋物線L2的表達式，再與拋物線L1聯(lián)立，求得點C的坐標，進而求得點D的坐標；要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，分當M在x軸上方時和當M在x軸下方時，兩種情況討論，根據(jù)矩形的性質列出方程，求解即可．
【解答】解：（1）把A（﹣6，0）、B（2，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，
得，
解得，
∴拋物線L1的函數(shù)表達式為y＝﹣x2﹣4x+12；
（2）存在，理由如下：
∵y＝﹣x2﹣4x+12＝﹣（x+2）2+16，
∴拋物線L2的函數(shù)表達式為y＝﹣（x+2﹣4）2+16＝﹣（x﹣2）2+16＝﹣x2+4x+12，
令﹣x2﹣4x+12＝﹣x2+4x+12，
解得：x＝0，
當x＝0時，y＝﹣x2﹣4x+12＝12，
∴點C的坐標為（0，12），
∵點D是點C關于x軸的對稱點，
∴點D坐標為（0，﹣12），
①當M在x軸上方時，
要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，
則yM＝y(tǒng)C，即﹣x2+4x+12＝12，
解得：x1＝0，x2＝4，
∴M1（4，12）；
②當M在x軸下方時，

要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，
則yM＝y(tǒng)D，即﹣x2+4x+12＝﹣12，
解得：x1＝2+2，x2＝2﹣2，
M2（2+2，﹣12），M3（2﹣2，﹣12）．
綜上所述，在拋物線L2上是否存在點M，使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，點M的坐標為（4，12）或（2+2，﹣12）或（2﹣2，﹣12）．
16．（2022?陽明區(qū)校級模擬）如圖，直線AB，CD分別與x軸交于B，C兩點，與y軸交于A，D兩點，且∠EAD＝∠EDA，線段OB，OC的長分別是方程x2﹣8x+12＝0的兩根，并且OB＝OA．
（1）求點D的坐標；
（2）求過點E的反比例函數(shù)解析式；
（3）若點M在坐標軸上，平面是否存在點N，使得以A，E，M，N為頂點的四邊形為矩形？若存在，請寫出滿足條件的點N的個數(shù)，并任意寫3個滿足條件的點N的坐標；若不存在，說明理由．

【分析】（1）解方程求出OB，OC，再根據(jù)數(shù)量關系得出OA，利用三角函數(shù)求出OD，即可確定D點的坐標；
（2）用待定系數(shù)法求出直線CD和直線AB的解析式，聯(lián)立兩解析式求出E點坐標，即可得出過E點的反比例函數(shù)的解析式；
（3）根據(jù)M在坐標軸上，分情況討論求出N的坐標即可．
【解答】解：（1）∵x2﹣8x+12＝0，
解得x1＝2，x2＝6，
∴OB＝2，OC＝6，
∵OB＝OA，∠EAD＝∠EDA，
∴tan∠EAD＝tan∠EDA＝＝，
∴tan∠EDA＝，
∴OD＝12，
∴D（0，12）；
（2）設直線CD的解析式為 y＝kx+b （ k≠0 ），
分別把（﹣6，0），（0，﹣12）代入，
得
解得
∴直線CD的解析式為y＝﹣2x﹣12，
同理直線AB的解析式y(tǒng)＝2x+4，
聯(lián)立
解得
∴E的坐標（﹣4，﹣4），
∴過點E的反比例函數(shù)解析式為；
（3）存在，根據(jù)題意要使得以A，E，M，N為頂點的四邊形為矩形分以下幾種情況：（寫出其中三種即可）
①點M在x軸正半軸，且AE為邊時，

∵∠BAO+∠OAM＝90°，∠AMO+∠OAM＝90°，
∴∠BAO＝∠AMO，
∴tan∠AMO＝tan∠BAO＝，
即，
∵OA＝2OB＝4，
∴OM＝2OA＝8，
即M（8，0），
過N點作NH⊥x軸于H，
∵∠AMO+∠NMO＝90°，∠NMO+∠HNM＝90°，
∴∠AMO＝∠HNM，
∴tan∠HNM＝tan∠AMO＝，
∵MN＝AE＝＝4，
設MH＝a，則HN＝2a，
∴a2+（2a）2＝（4）2，
解得a＝4或a＝﹣4（舍去），
∴OH＝8﹣a＝4，HN＝2a＝8，
∴此時N（4，﹣8）；
②當M點在x軸負半軸時，且AE為邊時，

同理①可得M（﹣8，0），
作NP⊥x軸于點P，
同理①可得N（﹣4，8）；
③M點在x軸，且AE為對角線時，

此時N點和M點都在x軸上，且BN＝AB＝＝2，
∴此時N點的坐標為（﹣2﹣2，0）或（2﹣2，0）；
④M點在y軸上，且AE為對角線時，

此時M（0，﹣4），N（﹣4，4），
⑤M點在y軸上，且AE為邊時，

∵tan∠BAO＝，AE＝4，
∴EM＝2，
∴AM＝＝＝10，
∴OM＝AM﹣OA＝10﹣4＝6，
∴M（0，﹣6），
作NQ⊥OA于Q，
∵∠BAO+∠OAN＝90°，∠ANQ+∠OAN＝90°，
∴∠NAQ＝∠BAO，
∴tan∠NAQ＝tan∠BAO＝，
設AQ＝b，則NQ＝2b，OQ＝4﹣b，
∵AN＝EM＝2，
∴b2+（2b）2＝（2）2，
解得b＝2或﹣2（舍去），
∴OQ＝4﹣2＝2，NQ＝4，
即此時N（4，2），
綜上所述，符合條件的N點坐標為（﹣4，4），（4，2），（4，﹣8），（﹣4，8），（﹣2，0），（﹣2，0）．
17．（2022?瀘州）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝ax2+x+c經過A（﹣2，0），B（0，4）兩點，直線x＝3與x軸交于點C．
（1）求a，c的值；
（2）經過點O的直線分別與線段AB，直線x＝3交于點D，E，且△BDO與△OCE的面積相等，求直線DE的解析式；
（3）P是拋物線上位于第一象限的一個動點，在線段OC和直線x＝3上是否分別存在點F，G，使B，F(xiàn)，G，P為頂點的四邊形是以BF為一邊的矩形？若存在，求出點F的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）把A（﹣2，0），B（0，4）兩點代入拋物線y＝ax2+x+c中列方程組解出即可；
（2）利用待定系數(shù)可得直線AB的解析式，再設直線DE的解析式為：y＝mx，點D是直線DE和AB的交點，列方程可得點D的橫坐標，根據(jù)△BDO與△OCE的面積相等列等式可解答；
（3）設P（t，﹣t2+t+4），分兩種情況：作輔助線構建相似三角形，證明三角形相似或利用等角的三角函數(shù)列等式可解答．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（0，4）兩點代入拋物線y＝ax2+x+c中得：
解得：；
（2）由（1）知：拋物線解析式為：y＝﹣x2+x+4，
設直線AB的解析式為：y＝kx+b，
則，解得：，
∴AB的解析式為：y＝2x+4，
設直線DE的解析式為：y＝mx，
∴2x+4＝mx，
∴x＝，
當x＝3時，y＝3m，
∴E（3，3m），
∵△BDO與△OCE的面積相等，CE⊥OC，
∴?3?（﹣3m）＝?4?，
∴9m2﹣18m﹣16＝0，
∴（3m+2）（3m﹣8）＝0，
∴m1＝﹣，m2＝（舍），
∴直線DE的解析式為：y＝﹣x；
（3）存在，
B，F(xiàn)，G，P為頂點的四邊形是以BF為一邊的矩形有兩種情況：
設P（t，﹣t2+t+4），
①如圖1，過點P作PH⊥y軸于H，

∵四邊形BPGF是矩形，
∴BP＝FG，∠PBF＝∠BFG＝90°，
∴∠CFG+∠BFO＝∠BFO+∠OBF＝∠CFG+∠CGF＝∠OBF+∠PBH＝90°，
∴∠PBH＝∠OFB＝∠CGF，
∵∠PHB＝∠FCG＝90°，
∴△PHB≌△FCG（AAS），
∴PH＝CF，
∴CF＝PH＝t，OF＝3﹣t，
∵∠PBH＝∠OFB，
∴＝，即＝，
解得：t1＝0（舍），t2＝1，
∴F（2，0）；
②如圖2，過點G作GN⊥y軸于N，過點P作PM⊥x軸于M，

同①可得：NG＝FM＝3，OF＝t﹣3，
∵∠OFB＝∠FPM，
∴tan∠OFB＝tan∠FPM，
∴＝，即＝，
解得：t1＝，t2＝（舍），
∴F（，0）；
綜上，點F的坐標為（2，0）或（，0）．
18．（2022?平定縣模擬）綜合與探究
如圖，拋物線與y軸交于點A（0，8），與x軸交于點B（6，0），C，過點A作AD∥x軸與拋物線交于另一點D．
（1）求拋物線的表達式；
（2）連接AB，點P為AB上一個動點，由點A以每秒1個單位長度的速度沿AB運動（不與點B重合），運動時間為t，過點P作PQ∥y軸交拋物線于點Q，求PQ與t的函數(shù)關系式；
（3）點M是y軸上的一個點，點N是平面直角坐標系內一點，是否存在這樣的點M，N，使得以B，D，M，N為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將A（0，8），B（6，0）代入拋物線，解方程組即可得出結論；
（2）根據(jù)點A，B的坐標可得，直線AB的解析式為．過點P作PE⊥y軸于點E，可得△AEP∽△AOB，所以AE：EP：AP＝AO：OB：AB＝4：3：5．根據(jù)題意可知AP＝t，所以，，所以點P的橫坐標為．由此可得出PQ的長；
（3）要使以B，D，M，N為頂點的四邊形是矩形，分以下情況進行討論：過點B作x軸的垂線交AD的延長線于點E，則AE⊥EB；當DM為矩形的邊時，過點N作NK⊥x軸，交x軸于點K；當DM'為矩形的對角線時，過點N'作N'K'⊥x軸交DA的延長線于點K'；以BD為對角線，分別計算即可．
【解答】解：（1）將A（0，8），B（6，0）代入拋物線，
得，
解得．
∴拋物線的表達式為；
（2）設直線AB的解析式為y＝kx+d，
將A，B兩點坐標代入解析式得．
解得
∴直線AB的解析式為．
∵OA＝8，OB＝6，
∴由勾股定理可得．
如圖，過點P作PE⊥y軸于點E，

∴∠AEP＝∠AOB＝90°，
∴EP∥OB．
則△AEP∽△AOB．
∴AE：EP：AP＝AO：OB：AB＝4：3：5．
根據(jù)題意可知AP＝t，
∴，，
∴點P的橫坐標為．
∴，
∴PQ與t的函數(shù)關系式為（0≤t＜10）；
（3）存在，點N的坐標為或．
要使以B，D，M，N為頂點的四邊形是矩形，分以下情況進行討論：
如圖，過點B作x軸的垂線交AD的延長線于點E，則AE⊥EB，

當y＝8時，，解得x＝0或3．
∴點D的坐標為（3，8）．
∴AD＝3，DE＝3．
①如圖，當DM為矩形的邊時，過點N作NK⊥x軸，交x軸于點K．
∵∠MAD＝∠DEB＝90°，∠ADM+∠BDE＝90°，∠AMD+∠ADM＝90°，
∴∠BDE＝∠AMD．
∴△ADM∽△EBD．
∴，即，
∴．
同理，可求得△EBD∽△KBN．
∴△ADM∽△KBN，
∴∠MAD＝∠NKB＝90°，∠ADM＝∠KBN，
又∵MD＝NB，
∴△ADM≌△KBN．
∴AD＝KB＝3．
∴OK＝6﹣3＝3．
∴，
∴；
②如圖，當DM'為矩形的對角線時，過點N'作N'K'⊥x軸交DA的延長線于點K'．
同理可得△M'BO∽△DBE，
∴，
∴，
∴．
∵DN'＝BM'，
∴△DN'K'≌△BM'O，
∴，K′D＝OB＝6，
∴AK'＝3，點N'的縱坐＝，
∴，
③以BD為對角線這種情況不存在．
綜上所述，存在點M，N，使得以B，D，M，N為頂點的四邊形是矩形，點N的坐標為或．
19．（2022?榆次區(qū)一模）綜合與探究
如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，點A，C的坐標分別為（﹣2，0），（0，4），連接AC，BC．點P是y軸右側的拋物線上的一個動點．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式，并直接寫出點B的坐標；
（2）連接PA，交直線BC于點D，當線段AD的值最小時，求點P的坐標；
（3）點Q是坐標平面內一點，是否存在點Q，使得以點A，C，P，Q為頂點的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將A（﹣2，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；
（2）當AD⊥BC時，AD的值最小，則∠DAB＝45°，設P（t，﹣t2+t+4），過點P作PM⊥x軸交于點M，由PM＝AM，可求P（2，4）；
（3）設Q（x，y），P（m，﹣m2+m+4），分三種情況討論：①當AQ為矩形對角線時，AQ＝CP，可得，求得Q（7，）；②當AP為矩形對角線時，AP＝CQ，可得，求得Q（1，﹣）；③當AC為矩形對角線時，AC＝PQ，可得，此時Q點不存在．
【解答】解：（1）將A（﹣2，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝﹣x2+x+4，
令y＝0，則﹣x2+x+4＝0，
解得x＝﹣2或x＝4，
∴B（4，0）；
（2）當AD⊥BC時，AD的值最小，
∵OB＝OC＝4，
∴∠CBO＝45°，
∴∠DAB＝45°，
設P（t，﹣t2+t+4），
過點P作PM⊥x軸交于點M，
∴PM＝AM，
∴﹣t2+t+4＝t+2，
解得t＝2或t＝﹣2，
∵點P是y軸右側的拋物線上，
∴P（2，4）；
（3）在點Q，使得以點A，C，P，Q為頂點的四邊形為矩形，理由如下：
設Q（x，y），P（m，﹣m2+m+4），
①當AQ為矩形對角線時，AQ＝CP，
∴，
解得或（舍），
∴Q（7，）；
②當AP為矩形對角線時，AP＝CQ，
∴，
解得或（舍），
∴Q（1，﹣）；
③當AC為矩形對角線時，AC＝PQ，
∴，
解得（舍）或（舍）；
綜上所述：Q點坐標為（7，）或（1，﹣）．

20．（2022春?泰興市校級月考）如圖，在平面直角坐標系中，將拋物線C1：y＝﹣（其中m為常數(shù)，且m＜0）關于原點對稱得到拋物線C2，拋物線C1，C2的頂點分別為M，N．
（1）請直接寫出拋物線C2的表達式；（用含有m的式子表示）
（2）若拋物線C1與x軸的交點從左到右依次為A，B，拋物線C2與x軸的交點從左到右依次為C，D．
①若A，B，C，D四點從左到右依次排列，且AD＝3BC，求m的值；
②是否存在這樣的m，使以點M，A，N，D為頂點的四邊形是矩形？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由；
（3）在拋物線C1對稱軸右側的部分任取一點G，設直線MG，NG分別與y軸相交于P，Q兩點，且GM＝pGP，GN＝qGQ，求p﹣q的值．

【分析】（1）設拋物線c2上任意一點（x，y），點（x，y）關于原點的對稱點為（﹣x，﹣y），將點（﹣x，﹣y）代入拋物線，即可求解；
（2）①分別求出A（﹣1+m，0），B（1+m，0），C（﹣1﹣m，0），D（1﹣m，0），再由題意建立方程即可求m的值；
②由M、N關于原點對稱，A、D關于原點對稱，則MN為矩形的對角線，在由勾股定理可得1+3+（2m﹣1）2+3＝12+4m2，解得m＝﹣1；
（3）設G點的橫坐標為t，過點G作x軸的平行線交y軸于點I，過點M作x軸的平行線交y軸于點H，過點N作y軸的平行線交GI于點K，則GI∥MH，由平行線的性質可得＝，即|t|＝，再由NK∥y軸，得＝，即|t|＝，最后由等式＝，可求p﹣q＝2．
【解答】解：（1）設拋物線c2上任意一點（x，y），
則點（x，y）關于原點的對稱點為（﹣x，﹣y），
將點（﹣x，﹣y）代入拋物線，
∴拋物線c2的解析式為y＝（x+m）2﹣；
（2）①對函數(shù)，
令y＝0，解得x＝﹣1+m或x＝1+m，
∵m＜0，
∴A（﹣1+m，0），B（1+m，0），
對函數(shù)c2y＝（x+m）2﹣，
令y＝0，解得x＝1﹣m或x＝﹣1﹣m，
∵m＜0，
∴C（﹣1﹣m，0），D（1﹣m，0），
∴AD＝2﹣2m，BC＝﹣2﹣2m，
∵AD＝3BC，
∴2﹣2m＝3（﹣2﹣2m），
∴m＝﹣2；
②存在m，使以點M，A，N，D為頂點的四邊形是矩形，理由如下：
∵拋物線c1的對稱軸為x＝m，
∴M（m，），
∵拋物線c2的對稱軸為x＝﹣m，
∴N（﹣m，﹣），
∵M、N關于原點對稱，A、D關于原點對稱，
∴MN為矩形的對角線，
∴AM2+AN2＝MN2，
∴1+3+（2m﹣1）2+3＝12+4m2，
解得m＝﹣1；
（3）設G點的橫坐標為t，
過點G作x軸的平行線交y軸于點I，過點M作x軸的平行線交y軸于點H，過點N作y軸的平行線交GI于點K，
∴GI∥MH，
∴＝，
∵GM＝pGP，
∴＝＝，
∴|t|＝，
∵NK∥y軸，
∴＝，
∵GN＝qGQ，
∴＝＝，
∴|t|＝，
∴＝，
∴p﹣q＝2．

21．（2022?黔東南州）如圖，拋物線y＝ax2+2x+c的對稱軸是直線x＝1，與x軸交于點A，B（3，0），與y軸交于點C，連接AC．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）已知點D是第一象限內拋物線上的一個動點，過點D作DM⊥x軸，垂足為點M，DM交直線BC于點N，是否存在這樣的點N，使得以A，C，N為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出點N的坐標，若不存在，請說明理由；
（3）已知點E是拋物線對稱軸上的點，在坐標平面內是否存在點F，使以點B、C、E、F為頂點的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）由拋物線的對稱軸為直線x＝1，拋物線經過點B（3，0），可得A（﹣1，0），用待定系數(shù)法即可求解；
（2）求出直線BC的解析式，設點D坐標為（t，﹣t2+2t+3），則點N（t，﹣t+3），利用勾股定理表示出AC2，AN2，CN2，然后分①當AC＝AN時，②當AC＝CN時，③當AN＝CN時三種情況進行討論，列出關于t的方程，求出t的值，即可寫出點N的坐標；
（3）分兩種情形討論：①當BC為對角線時，②當BC為邊時，先求出點E的坐標，再利用平行四邊形的中心對稱性求出點F的坐標即可．
【解答】解：（1）拋物線y＝ax2+2x+c的對稱軸是直線x＝1，與x軸交于點A，B（3，0），
∴A（﹣1，0），
∴，解得，
∴拋物線的解析式y(tǒng)＝﹣x2+2x+3；

（2）∵y＝﹣x2+2x+3，
∴C（0，3），
設直線BC的解析式為y＝kx+3，
將點B（3，0）代入得：0＝3k+3，
解得：k＝﹣1，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3；
設點D坐標為（t，﹣t2+2t+3），則點N（t，﹣t+3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴AC2＝12+32＝10，
AN2＝（t+1）2+（﹣t+3）2＝2t2﹣4t+10，
CN2＝t2+（3+t﹣3）2＝2t2，
①當AC＝AN時，AC2＝AN2，
∴10＝2t2﹣4t+10，
解得t1＝2，t2＝0（不合題意，舍去），
∴點N的坐標為（2，1）；
②當AC＝CN時，AC2＝CN2，
∴10＝2t2，
解得t1＝，t2＝﹣（不合題意，舍去），
∴點N的坐標為（，3﹣）；
③當AN＝CN時，AN2＝CN2，
∴2t2﹣4t+10＝2t2，
解得t＝，
∴點N的坐標為（，）；
綜上，存在，點N的坐標為（2，1）或（，3﹣）或（，）；

（3）設E（1，a），F(xiàn)（m，n），
∵B（3，0），C（0，3），
∴BC＝3，
①以BC為對角線時，BC2＝CE2+BE2，

∴（3）2＝12+（a﹣3）2+a2+（3﹣1）2，
解得：a＝，或a＝，
∴E（1，）或（1，），
∵B（3，0），C（0，3），
∴m+1＝0+3，n+＝0+3或n+＝0+3，
∴m＝2，n＝或n＝，
∴點F的坐標為（2，）或（2，）；
②以BC為邊時，BE2＝CE2+BC2或CE2＝BE2+BC2，

∴a2+（3﹣1）2＝12+（a﹣3）2+（3）2或12+（a﹣3）2＝a2+（3﹣1）2+（3）2，
解得：a＝4或a＝﹣2，
∴E（1，4）或（1，﹣2），
∵B（3，0），C（0，3），
∴m+0＝1+3，n+3＝0+4或m+3＝1+0，n+0＝3﹣2，
∴m＝4，n＝1或m＝﹣2，n＝1，
∴點F的坐標為（4，1）或（﹣2，1），
綜上所述：存在，點F的坐標為（2，）或（2，）或（4，1）或（﹣2，1）．
22．（2022?隨州）如圖1，平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c（a＜0）與x軸分別交于點A和點B（1，0），與y軸交于點C，對稱軸為直線x＝﹣1，且OA＝OC，P為拋物線上一動點．
（1）直接寫出拋物線的解析式；
（2）如圖2，連接AC，當點P在直線AC上方時，求四邊形PABC面積的最大值，并求出此時P點的坐標；
（3）設M為拋物線對稱軸上一動點，當P，M運動時，在坐標軸上是否存在點N，使四邊形PMCN為矩形？若存在，直接寫出點P及其對應點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）判斷出A，B兩點坐標，可以假設拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），把（0，3）代入拋物線的解析式，得a＝﹣1，可得結論；
（2）如圖（2）中，連接OP．設P（m，﹣m2﹣2m+3），構建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質求解即可；
（3）分兩種情形，點N在y軸上，點N在x軸上，分別求解即可．
【解答】解：（1）∵拋物線的對稱軸是直線x＝﹣1，拋物線交x軸于點A，B（1，0），
∴A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，
∴C（0，3），
∴可以假設拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），
把（0，3）代入拋物線的解析式，得a＝﹣1，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）如圖（2）中，連接OP．設P（m，﹣m2﹣2m+3），

S＝S△PAO+S△POC+S△OBC，
＝×3×（﹣m2﹣2m+3）××3×（﹣m）+×1×3
＝（﹣m2﹣3m+4）
＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴當m＝﹣時，S的值最大，最大值為，此時P（﹣，）；

（3）存在，理由如下：
如圖3﹣1中，當點N在y軸上時，四邊形PMCN是矩形，此時P（﹣1，4），N（0，4）；

如圖3﹣2中，當四邊形PMCN是矩形時，設M（﹣1，n），P（t，﹣t2﹣2t+3），則N（t+1，0），

由題意，，
解得，消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t＝，
∴P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
綜上所述，滿足條件的點P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
23．（2020?遼寧）如圖，拋物線y＝ax2﹣2x+c（a≠0）過點O（0，0）和A（6，0）．點B是拋物線的頂點，點D是x軸下方拋物線上的一點，連接OB，OD．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖①，當∠BOD＝30°時，求點D的坐標；
（3）如圖②，在（2）的條件下，拋物線的對稱軸交x軸于點C，交線段OD于點E，點F是線段OB上的動點（點F不與點O和點B重合），連接EF，將△BEF沿EF折疊，點B的對應點為點B'，△EFB'與△OBE的重疊部分為△EFG，在坐標平面內是否存在一點H，使以點E，F(xiàn)，G，H為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點H的坐標，若不存在，請說明理由．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法解決問題即可．
（2）如圖①中，設拋物線的對稱軸交x軸于M，與OD交于點N．解直角三角形求出點N的坐標，求出直線ON的解析式，構建方程組確定點D坐標即可．
（3）分三種情形：如圖②﹣1中，當∠EFG＝90°時，點H在第一象限，此時G，B′，O重合．如圖②﹣2中，當∠EGF＝90°時，點H在對稱軸右側．如圖②﹣3中當∠FGE＝90°時，點H在對稱軸左側，點B′在對稱軸上，分別求解即可．
【解答】解：（1）把點O（0，0）和A（6，0）代入y＝ax2﹣2x+c中，
得到，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x．

（2）如圖①中，設拋物線的對稱軸交x軸于M，與OD交于點N．

∵y＝x2﹣2x＝（x﹣3）2﹣3，
∴頂點B（3，﹣3），M（3，0），
∴OM＝3．BM＝3，
∴tan∠MOB＝＝，
∴∠MOB＝60°，
∵∠BOD＝30°，
∴∠MON＝∠MOB﹣∠BOD＝30°，
∴MN＝OM?tan30°＝，
∴N（3，﹣），
∴直線ON的解析式為y＝﹣x，
由，解得或，
∴D（5，﹣）．

（3）如圖②﹣1中，當∠EFG＝90°時，點H在第一象限，此時G，B′，O重合，由題意OF＝BF，可得F（，﹣），E（3，﹣），利用平移的性質可得H（，）．

如圖②﹣2中，當∠EGF＝90°時，點H在對稱軸右側，由題意，∠EBF＝∠FEB＝30°
∴EF＝BF，可得F（2，﹣2），利用平移的性質可得H（，﹣）．

如圖②﹣3中當∠FGE＝90°時，點H在對稱軸左側，點B′在對稱軸上，由題意EF⊥BE，可得F（1，﹣），G（，﹣），利用平移的性質，可得H（，﹣）．

綜上所述，滿足條件的點H的坐標為（，）或（，﹣）或（，﹣）．
24．（2020?內鄉(xiāng)縣一模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，其中點B的坐標為（3，0），點C的坐標為（0，3），直線l經過B，C兩點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）過點C作CD∥x軸交拋物線于點D，過線段CD上方的拋物線上一動點E作EF⊥CD交線段BC于點F，求四邊形ECFD的面積的最大值及此時點E的坐標；
（3）點P是在直線l上方的拋物線上一動點，點M是坐標平面內一動點，是否存在動點P，M，使得以C，B，P，M為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點P的橫坐標；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）將點B（3，0），點C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解析式；
（2）求出BC的直線解析式為y＝﹣x+3，設E（m，﹣m2+2m+3），則F（m，﹣m+3），所以S四ECFD＝S△CDE+S△CDF＝﹣m2+3m，即可求面積的最大值；
（3）設P（n，﹣n2+2n+3），①當CP⊥PB時，根據(jù)PJ＝構建方程求解；②當CP⊥CB時，P（1，4），可求P點橫坐標．
【解答】解：（1）將點B（3，0），點C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c中，
則有，
∴，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3，
∴對稱軸為x＝1，
∵CD∥x軸，
∴D（2，3），
∴CD＝2，
∵點B（3，0），點C（0，3），
∴BC的直線解析式為y＝﹣x+3，
設E（m，﹣m2+2m+3），
∵EF⊥CD交線段BC于點F，
∴F（m，﹣m+3），
∴S四邊形ECFD＝S△CDE+S△CDF＝×2×（﹣m2+2m）+×2×m＝﹣m2+3m，
當m＝時，四邊形ECFD的面積最大，最大值為；
此時E（，）；
（3）設P（n，﹣n2+2n+3），
①當CP⊥PB時，設BC的中點為J（，），
則有PJ＝BC＝，
∴（n﹣）2+（﹣n2+2n+3﹣）2＝（）2，
整理得n（n﹣3）（n2﹣n﹣1）＝0，
∴n＝0或3或，
∵P在第一象限，
∴P點橫坐標為；
②當CP⊥CB時，P（1，4）．
∴P點橫坐標為1；
綜上所述：P點橫坐標為或1．

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