（1）試求拋物線的解析式；
（2）直線y＝kx+1（k＞0）與y軸交于點D，與拋物線在第一象限交于點P，與直線BC交于點M，記，試求m的最大值及此時點P的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，m取最大值時，是否存在x軸上的點Q及坐標(biāo)平面內(nèi)的點N，使得P，D，Q，N四點組成的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的Q點和N點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∵OC＝2OA，
∴OC＝4，
∴C（0，4），
∵拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點A（﹣2，0）、B（4，0）、C（0，4），
∴，
解得：，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；
（2）如圖1，過點P作PE∥y軸交直線BC于E，連接CP，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+d，
∵B（4，0）、C（0，4），
∴，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+4，
設(shè)P（t，﹣t2+t+4），則E（t，﹣t+4），
∴PE＝﹣t2+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+2t，
∵直線y＝kx+1（k＞0）與y軸交于點D，
∴D（0，1），
∴CD＝4﹣1＝3，
∵PE∥y軸，即PE∥CD，
∴△EMP∽△CMD，
∴＝＝＝﹣t2+t，
∵m＝＝，
∴m＝﹣t2+t＝﹣（t﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)t＝2時，m取得最大值，此時點P的坐標(biāo)為（2，4）；
（3）存在這樣的點Q、N，使得以P、D、Q、N四點組成的四邊形是矩形．
由（2）知：D（0，1），P（2，4），
①當(dāng)DP是矩形的邊時，有兩種情形，
當(dāng)四邊形PDQ1N1為矩形時，如圖2，連接PC，過點N1作N1M⊥x軸于M，
則∠DCP＝∠N1MQ1＝90°，
∴∠Q1N1M+∠N1Q1M＝90°，
∵四邊形PDQ1N1為矩形，
∴PD＝N1Q1，∠PDQ1＝∠DQ1N1＝90°，
∴∠PDC+∠Q1DO＝∠N1Q1M+∠DQ1O＝90°，
∵∠DOQ1＝90°，
∴∠Q1DO+∠DQ1O＝90°，
∴∠PDC＝∠Q1N1M＝∠DQ1O，
∴△PDC≌△Q1N1M（AAS），
∴Q1M＝CP＝2，MN1＝CD＝3，
∵∠DCP＝∠DOQ1＝90°，∠PDC＝∠DQ1O，
∴△PDC∽△DQ1O，
∴＝，即＝，
∴OQ1＝，
∴OM＝OQ1+Q1M＝+2＝，
∴N1（，3）；
當(dāng)四邊形PDN2Q2是矩形時，如圖2，過點Q2作Q2K⊥x軸交CP的延長線于K，過點N2作N2T⊥x軸于T，
∵四邊形PDN2Q2是矩形，
∴∠DPQ2＝90°，PD＝N2Q2，
∴∠DPC+∠Q2PK＝90°，
∵∠K＝∠DCP＝90°，
∴∠PDC+∠DPC＝90°，
∴∠PDC＝∠Q2PK，
∴△PDC∽△Q2PK，
∴＝，即＝，
∴PK＝6，
∴OQ2＝8，
∵∠PQ2K+∠PQ2O＝∠PQ2O+∠N2Q2T＝90°，
∴∠PQ2K＝∠N2Q2T，
∵∠PQ2K＝∠DPC，
∴∠N2Q2T＝∠DPC，
∵∠DCP＝∠N2TQ2＝90°，
∴△DCP≌△N2TQ2（AAS），
∴Q2T＝CP＝2，N2T＝CD＝3，
∴OT＝OQ2﹣Q2T＝8﹣2＝6，
∴N2（6，﹣3）；
②當(dāng)DP是對角線時，設(shè)Q（x，0），則QD2＝x2+1，QP2＝（x﹣2）2+42，PD2＝13，
∵Q是直角頂點，
∴QD2+QP2＝PD2，
∴x2+1+（x﹣2）2+16＝13，
整理得x2﹣2x+4＝0，方程無解，此種情形不存在；
綜上所述，N點的坐標(biāo)為（，3）或（6，﹣3）．
2．如圖，已知二次函數(shù)y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的頂點為B，點A，C的坐標(biāo)分別是A（0，﹣2），C（8，2），以AC為對角線作?ABCD．
（1）點B在某個函數(shù)的圖象上運動，求這個函數(shù)的表達(dá)式；
（2）若點D也在二次函數(shù)y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的圖象上，求m的值；
（3）是否存在矩形ABCD，使頂點B，D都在二次函數(shù)y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的圖象上？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1＝﹣（x﹣2m）2+m+1，
∴B（2m，m+1），
∵m+1＝，
∴點B（2m，m+1）在函數(shù)y＝上，
∴所求函數(shù)的表達(dá)式為y＝；
（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴將AB沿BC方向平移可得DC，
∵點A，C的坐標(biāo)分別是A（0，﹣2），C（8，2），B（2m，m+1），
∴D（8﹣2m，﹣m﹣1），
把D（8﹣2m，﹣m﹣1）代入y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1中，得
﹣m﹣1＝﹣（8﹣2m）2+4m（8﹣2m）﹣4m2+m+1，
化簡為：8m2﹣33m+31＝0，
解得，m＝；
（3）∵平行四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴AB2+AD2＝BD2，
（2m）2+（m+3）2+（8﹣2m）2+（﹣m+1）2＝（8﹣4m）2+（2m+2）2，
化簡得，5m2﹣14m﹣3＝0，
解得，m＝3，或m＝﹣，
∵D點在二次函數(shù)y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的圖象上，
∴﹣m﹣1＝﹣n（8﹣4m）2+m+1，
∴，
當(dāng)m＝3時，n＝，此時，
當(dāng)m＝﹣時，n＝，此時．
故存在矩形ABCD，使頂點B，D都在二次函數(shù)y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的圖象上，其的值為或﹣．
3．（2023?東源縣三模）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+4與x軸交于A（﹣4，0）、B（8，0）兩點，且與y軸交于點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是直線BC上方拋物線上一動點，過點P作PM⊥BC于點M，交x軸于點N，過點P作PQ∥y軸交BC于點Q，求的最大值及此時P點坐標(biāo)；
（3）將拋物線y＝ax2+bx+4沿射線CB平移個單位，平移后得到新拋物線y'，D是新拋物線對稱軸上一動點．在平面內(nèi)確定一點E，使得以B、C、D、E四點為頂點的四邊形是矩形．直接寫出點E的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象與x軸交于A（﹣4，0）、B（8，0）兩點，
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為；
（2）延長PQ交x軸于H點，則PH⊥x軸，如圖：
在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，
∴C（0，4），
由B（8，0），C（0，4）得直線BC解析式為y＝﹣x+4，BC＝＝4，
設(shè)P（m，﹣m2+m+4），則Q（m，﹣m+4），
∴PQ＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+m，PH＝﹣m2+m+4，
∵∠PMQ＝∠PHB＝90°，∠PQM＝∠BQH，
∴∠NPH＝∠OBC，
∴cs∠NPH＝cs∠OBC＝＝＝，
∴＝，
∴PH＝PN，
∴PQ+PN＝PQ+PH＝﹣m2+m﹣m2+m+4＝﹣m2+m+4＝﹣（m﹣3）2+，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)m＝3時，PQ+PN取最大值，此時P（3，）；
∴PQ+PN的最大值為，P的坐標(biāo)為（3，）；
（3）∵C（0，4），B（8，0），
∴將拋物線y＝﹣x2+x+4沿射線CB平移個單位相當(dāng)于先向下平移2個單位，再向右平移4個單位，
∵拋物線y＝﹣x2+x+4的對稱軸為直線x＝﹣＝2，
∴新拋物線的對稱軸為直線x＝6，
設(shè)D（6，t），E（p，q），
①若BC，DE為對角線，則BC，DE的中點重合，且BC＝DE，
∴，
解得或，
∴E（2，﹣2）或（2，6）；
②若CD，BE為對角線，同理可得；
，
解得，
∴E（﹣2，0）；
③當(dāng)CE，BD為對角線時，
，
解得，
∴E（14，12）；
綜上所述，E的坐標(biāo)為（2，﹣2）或（2，6）或（﹣2，0）或（14，12）．
4．（2023?羅定市三模）如圖1，拋物線y＝x2+bx+c過B（3，0），C（0，﹣3）兩點，動點M從點B出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿BC方向運動，設(shè)運動的時間為t秒．
（1）求拋物線y＝x2+bx+c的表達(dá)式；
（2）如圖1，過點M作DE⊥x軸于點D，交拋物線于點E，當(dāng)t＝1時，求四邊形OBEC的面積；
（3）如圖2，動點N同時從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿OB方向運動，將△BMN繞點M逆時針旋轉(zhuǎn)180°得到△GMF′．
①當(dāng)點N運動到多少秒時，四邊形NBFG是菱形；
②當(dāng)四邊形NBFG是矩形時，將矩形NBFG沿x軸方向平移使得點F落在拋物線上時，直接寫出此時點F的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c的圖象過B（3，0），C（0，﹣3）兩點，
∴，解得，
∴拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣x﹣3；
（2）如圖：
∵B（3，0）．C（0，﹣3）．
∴OB＝3．OC＝3．
∴BC＝＝6，
當(dāng)t＝1時．BM＝2t＝2，
∵DM⊥AB．OC⊥AB，
∵DM∥OC．
∴＝，即＝，
∴BD＝1，
∴OD＝OB﹣BD＝3﹣1＝2，
∴在y＝x2﹣x﹣3中，令x＝2得y＝×22﹣2﹣3＝﹣，
∴E（2，﹣）；
∴S四邊形OBEC＝S梯形ODEC+S△BDE＝×（+3）×2+××1＝；
（3）①如圖：
根據(jù)題意得：ON＝t．BN＝3﹣t．BM＝2t，
∵將△BMN繞點M逆時針旋轉(zhuǎn)180°得到△GMF′．
∴BM＝GM，NM＝FM，
∴四邊形NBFG是平行四邊形，
若四邊形NBFG是菱形，只需BG⊥NF，即∠BMN＝90°，
此時cs∠MBN＝＝，
在Rt△BOC中，cs∠CBO＝＝＝，
∴＝，
解得t＝，
答：當(dāng)點N運動到秒時，四邊形NBFG是菱形；
②如圖：
根據(jù)題意得：ON＝t．BN＝3﹣t．BM＝2t，
∵△BMN繞點M逆時針旋轉(zhuǎn)180°得到△GMF，
∴MN＝MF．BM＝GM．BG＝2BM＝4t．
∵四邊形NBFG是平行四邊形．
當(dāng)四邊形NBFG是矩形時，只需∠BNG＝90°．
當(dāng)∠BNG＝∠BOC＝90°時，
∵NG∥OC，
∴＝，即＝，
解得：t＝1．
∴當(dāng)點N運動1秒時，四邊形NBFM是矩形．
∴NB＝3﹣1＝2，BG＝4．NG＝＝2．
將矩形NBFM沿x軸方向平移時，點F落在拋物線的圖象上，即yF＝﹣2．
當(dāng)yF＝﹣2時，x2﹣x﹣3＝﹣2，
解得x1＝，x2＝，
∴點F的坐標(biāo)為（，﹣2）或（，﹣2）．
5．（2023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(biāo)；
（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(xì)解題過程）
（3）點M在拋物線上，點N在坐標(biāo)平面內(nèi)，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(biāo)，若不存在說明理由．
【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(biāo)為（2，﹣4）；
（2）如圖1，
設(shè)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(dāng)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(dāng)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(shè)M（m，﹣m2），
∴BD＝﹣4+m2，DM＝2﹣m，
∴﹣4+m2＝2﹣m，
∴m1＝2，m2＝﹣3，
∴M（﹣3，﹣9），
如圖3，
當(dāng)點M在AB上方的拋物線上時，當(dāng)∠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(dāng)m＝時，y＝，
∴M（，），
當(dāng)m＝，y＝﹣，
∴M（，﹣），
如圖4，
當(dāng)點M在AB下方的拋物線上，當(dāng)∠AMB＝90°時，
同理可得，
＝，
∴m＝（正值舍去），
∴M（，﹣），
綜上所述：M（0，0）或（﹣3，﹣9）或（，）或（，﹣）．
6．（2023?歙縣校級模擬）如圖，若二次函數(shù)y＝ax2+bx+4的圖象與x軸交于點A（﹣1，0）、B（4，0），與y軸交于點C，連接BC．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）若點Q是拋物線上一動點，在平面內(nèi)是否存在點K，使以點B、C、Q、K為頂點，BC為邊的四邊形是矩形？若存在請求出點K的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
得，
解得，
∴該二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+3x+4．
（2）存在，理由如下：
設(shè)Q（m，﹣m2+3m+4），
當(dāng)m＞0時，如圖1，
∵矩形是以BC為邊，
∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，
過點Q作QH⊥y軸交H點，過K作KG⊥x軸交G點，
∵CQ＝BK，∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HCQ＝∠GBK＝45°，
∴△CHQ≌△BGK（AAS），
∴HC＝HQ＝BG＝GK，
∴m＝﹣m2+3m+4﹣4，
∴m＝2或m＝0（舍），
∴HQ＝2，
∴K（6，2）；
當(dāng)m＜0時，如圖2，
∵矩形是以BC為邊，
∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，
設(shè)KC與x軸的交點為F，BQ與y軸的交點為H，
過點Q作QG⊥y軸交G點，過K作KE⊥x軸交E點，
∵∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠OBH＝∠OHB＝45°，∠FCO＝∠CFO＝45°，
∴OF＝OC＝OB＝OH＝4，∠HQG＝∠EFK＝45°，
∵KC＝BQ，CF＝HB，
∴FK＝QH，
∴△QHG≌△KFE（AAS），
∴QG＝HG＝EF＝EK，
∴﹣m＝﹣4﹣（﹣m2+3m+4），
∴m＝﹣2或m＝4（舍），
∴GQ＝2，
∴K（﹣6，﹣2）；
綜上所述，K點的坐標(biāo)為（﹣6，﹣2）或（6，2）．
7．（2024?淮陰區(qū)校級模擬）如圖1，二次函數(shù)與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．點B坐標(biāo)為（6，0），點C坐標(biāo)為（0，3），點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，過點P作PD⊥x軸，垂足為D，PD交直線BC于點E，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m．
（1）求該二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）如圖2，過點P作PF⊥BC，垂足為F，當(dāng)m為何值時，PF最大？最大值是多少？
（3）如圖3，連接CP，當(dāng)四邊形OCPD是矩形時，在拋物線的對稱軸上存在點Q，使原點O關(guān)于直線CQ的對稱點O′恰好落在該矩形對角線所在的直線上，請直接寫出滿足條件的點Q的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．點B坐標(biāo)為（6，0），點C坐標(biāo)為（0，3），
∴，
解得，
∴該二次函數(shù)的表達(dá)式為：y＝﹣x2+x+3；
（2）設(shè)BC的解析式為y＝kx+b′（k≠0），
∴，
解得，
∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，
∵點P的橫坐標(biāo)為m，
∴P（m，﹣m2+m+3），則E（m，﹣m+3），
∴PE＝﹣m2+m+3+m﹣3＝﹣m2+m，
∵PF⊥CE，PD⊥x軸，
∴∠EPF+∠PEF＝∠EBD+∠BED＝90°，
∵∠PEF＝∠BED，
∴∠EPF＝∠EBD，
∵∠BOC＝∠PFE＝90°，
∴△BOC∽△PFE，
∴，
在Rt△BOC中，BC＝＝3，
∴PF＝?PE＝PE＝（﹣m2+m）＝﹣（m2﹣6m）＝﹣（m﹣3）2+，
∴當(dāng)m為3時，PF最大，最大值是；
（3）∵拋物線y＝﹣x2+x+3，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝2，
∵點Q在拋物線的對稱軸上，
∴設(shè)Q（2，t），
設(shè)拋物線的對稱軸交x軸于點H，交CP邊于點G，則GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，
①當(dāng)點O'恰好落在該矩形對角線OP所在的直線上時，如圖，則CQ垂直平分OO'，即CQ⊥OP，
∴∠COP+∠OCQ＝90°，
又∵四邊形OCPD是矩形，
∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°，
∴∠PCQ+∠OCQ＝90°，
∴∠PCQ＝∠COP，
∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝＝，
∴＝tan∠PCQ＝，即，
解得：t＝，
∴Q（2，）；
②當(dāng)點O'恰好落在該矩形對角線CD上時，如圖，連接CD交GH于點K，
∵點O與點O′關(guān)于直線CO對稱，
∴CQ垂直平分OO'，
∴∠OCQ＝∠DCQ，
∵GH∥OC，
∴∠CQG＝∠OCQ．
∴∠DCQ＝∠CQG，
∴CK＝KQ，
∵C，P關(guān)于對稱軸對稱，即點G是CP的中點，
∵GH∥OC∥PD，
∴點K是CD的中點，
∴K（2，），
∴GK＝，
∴CK＝＝＝＝KQ，
∵K（2，），Q（2，t），
∴KQ＝﹣t，
∴﹣t＝，
解得t＝﹣1，
∴Q（2，﹣1）；
③當(dāng)點O'恰好落在該矩形對角線DC的延長線上時，如圖，過點O'作O′K⊥y軸于點K，連接OO′交直線CQ于點M，
∵點O與點O'關(guān)于直線CQ對稱，
∴CQ垂直平分OO'，∠OCM＝∠O'CM，∠OMC＝∠O'MC＝90°，O′C＝OC＝3，
∵∠O'KC＝∠DOC＝90°，∠O'CK＝∠DCO，
∴ΔO'CK∽△DCO，
∴，即，
∴O'K＝，CK＝，
∴OK＝OC+CK＝3+＝，
∴O'（﹣，），
∵點M是OO'的中點，
∴M（﹣，），
由C（0，3），M（﹣，）得直線CM的解析式為y＝x+3，
當(dāng)x＝2時，y＝x+3＝4，
∴Q（2，4）．
綜上所述，點Q的坐標(biāo)為（2，）或（2，﹣1）或（2，4）．
8．（2024?張店區(qū)二模）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0）與y軸交于點C，連接AC，BC．
（1）求該拋物線及直線BC的函數(shù)表達(dá)式；
（2）如圖2，在BC上方的拋物線上有一動點P（不與B，C重合），過點P作PD∥AC，交BC于點D，過點P作PE∥y軸，交BC于點E．在點P運動的過程中，請求出△PDE周長的最大值及此時點P的坐標(biāo)；
（3）如圖3，若點P是該拋物線上一動點，問在點P運動的過程中，坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點Q使以B，C，P，Q為頂點BC為對角線的四邊形是矩形，若存在，請求出此時點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）將點A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得，
解得，
∴該拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3，
設(shè)直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y＝kx+n，
將點C（0，3），B（3，0）代入y＝kx+n，
得，
解得，
∴直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣x+3；
（2）如圖，過點A作AF∥y軸，交BC于點F，
∵PE∥y軸，
∴AF∥PE，
∴∠AFC＝∠PED，
∵PD∥AC，
∴∠ACD＝∠PDC，
∴∠ACF＝∠PDE，
∴△ACF∽△PDE，
∴，
由直線BC：y＝﹣x+3和點A（﹣1，0），
得點F坐標(biāo)為（﹣1，4），
∴AF＝4，
∵，，
∴△ACF的周長＝，
∴△PDE的周長＝×△ACF的周長＝，
設(shè)點P的坐標(biāo)（m，﹣m2+2m+3），則點E的坐標(biāo)（m，﹣m+3），
所以，PE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）
＝﹣m2+3m
＝，
∴當(dāng)時，PE取得最大值，
即，當(dāng)時，△PDE的周長取得最大值：，
此時點P的坐標(biāo)為；
（3）設(shè)點P的坐標(biāo)（m，﹣m2+2m+3），設(shè)點Q的坐標(biāo)（xQ，yQ）
①當(dāng)點P在y軸右邊的拋物線上時，存在∠BPC＝90°即可存在點Q使以B，C，P，Q為頂點BC為對角線的四邊形是矩形，過點P作MN∥x軸，交y軸于點M，過點B且平行于y軸的直線于點N，如圖（1），
∴PM＝m，BN＝﹣m2+2m+3，CM＝﹣m2+2m，PN＝3﹣m，
∵當(dāng)△CMP∽△PNB時，∠BPC＝90°，
∴，
即，
解得，，
經(jīng)檢驗，m1，m2是分式方程的解，m2不合題意舍去，
∴點P的坐標(biāo)為，
∴BC的中點坐標(biāo)為，
∵點Q與點P關(guān)于線段BC的中點成中心對稱，
∴，，
∴點Q的坐標(biāo)為；
②當(dāng)點P在y軸左邊的拋物線上時，存在∠BPC＝90°即可存在點Q使以B，C，P，為頂點BC為對角線的四邊形是矩形，過點P作MN∥y軸，交x軸于點N，交過點C且平行于x軸的直線于點M，如圖（2），
同①得，，
即，
解得，，
經(jīng)檢驗，m1，m2是分式方程的解，m1不合題意舍去，
∴點P的坐標(biāo)為，
同理，因為點Q與點P關(guān)于線段BC的中點成中心對稱，
∴，，
∴點Q的坐標(biāo)為，
綜上所述，點Q的坐標(biāo)為或．
9．（2024?婁底二模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c交x軸于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，交y軸于點C，點P是拋物線上一個動點．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）當(dāng)點P的坐標(biāo)為（2，﹣3）時，求四邊形ACPB的面積；
（3）當(dāng)動點P在直線BC上方時，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)是否存在點Q，使得以B，C，P，Q為頂點的四邊形是矩形？若存在，請求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c得：
，
解得：，
∴該拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如圖1，連接AC、CP、BP、OP，過點P作PE⊥AB于點E，
∵點P的坐標(biāo)為（2，﹣3），
∴PE＝3，OE＝2，
∵x＝0時，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴OA＝1，OB＝3，
∴S四邊形ACPB＝S△OAC+S△OCP+S△OBP
＝
＝
＝9；
（3）存在，理由如下：
如圖2，當(dāng)BC為邊時，四邊形BCQP為矩形，PB交y軸于點E，CQ交x軸于點F，連接EF，過點P作PM⊥y軸于點M，過點Q作QN⊥x軸于點N，
∵OC＝OB＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵四邊形BCQP為矩形，
∴∠PBC＝∠QCB＝90°，
∴∠OBE＝∠OCF＝45°，
∴△OBE和△OCF為等腰直角三角形，
∴OB＝OC＝OE＝OF＝3，
∴四邊形BCFE為正方形，
∴CF＝BE，∠EFC＝∠BEF＝90°，
∴四邊形EFQP為矩形，
∴QF＝PE，
∵∠MEP＝∠BEO＝45°，∠QFN＝∠OFC＝45°，
∴△PME和△QNF為全等的等腰直角三角形，
∴NF＝QN＝PM＝ME，
∵OE＝3，
∴E（0，3），
設(shè)直線BE的解析式為y＝kx+n（k≠0），
∴，
∴，
∴直線BE的解析式為y＝﹣x+3，
聯(lián)立方程組得，
解得或，
∴P（﹣2，5），
∴PM＝2，
∴QN＝NF＝2，
∴ON＝OF+NF＝3+2＝5，
∴Q（﹣5，2）；
如圖3，當(dāng)BC為對角線時，四邊形BPCQ為矩形，過點Q作QD⊥x軸于點D，PE⊥x軸于點E，
則∠PEB＝∠BDQ＝90°，∠PBQ＝90°，
∵∠PBE+∠EPB＝∠PBE+∠DBQ＝90°，
∴∠EPB＝∠DBQ，
∴△BEP∽△QDB，
∴，
設(shè)P（t，t2﹣2t﹣3），Q（xQ，yQ），
∵C（0，﹣3），B（3，0），動點P在直線BC上方，
∴xQ＝3﹣t，，t＜0或t＞3，
∴Q（3﹣t，﹣t2+2t），
∴DQ＝t2﹣2t，BD＝﹣t，EP＝﹣t2+2t+3，BE＝3﹣t，
∴，
整理得：t3﹣4t2+2t+3＝0，
t3﹣3t2﹣（t2﹣2t﹣3）＝0，
t2（t﹣3）﹣（t﹣3）（t+1）＝0，
分解因式得：（t﹣3）（t2﹣t﹣1）＝0，
∴t﹣3＝0或t2﹣t﹣1＝0，
解得：t1＝3（舍去），（舍去），，
∴，，
∴此時點Q的坐標(biāo)為．
綜上所述，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)存在點Q，使得以B、C、P、Q為頂點的四邊形是矩形，點Q的坐標(biāo)為（﹣5，2）或．
10．（2024?榆次區(qū)三模）綜合與探究
如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C（0，﹣4），作直線AC，BC，P是直線BC下方拋物線上一動點．
（1）求A，B兩點的坐標(biāo)，并直接寫出直線AC，BC的函數(shù)表達(dá)式．
（2）過點P作PQ∥y軸，交直線BC于點Q，交直線AC于點T．當(dāng)P為線段TQ的中點時，求此時點P的坐標(biāo)．
（3）在（2）的條件下，若N是直線BC上一動點，試判斷在平面內(nèi)是否存在點M，使以B，P，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(biāo)；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）當(dāng)y＝0時，．解得x1＝﹣2，x2＝8．
∵點A在點B的左側(cè)，
∴A（﹣2，0），B（8，0），
設(shè)直線AC的表達(dá)式為：y＝kx+b
將A（﹣2，0），C（0，﹣4）代入得：，
解得：，
∴直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣2x﹣4，
同理將B（8，0），C（0，﹣4）代入，可得直線BC的函數(shù)表達(dá)式為．
（2）設(shè)，
∵QT∥y軸，
∴，
∴，
，
∵P為線段TQ的中點，
∴PQ＝PT，
∴．
解得m1＝0（舍去），m2＝3，
∴；
（3）存在，點M的坐標(biāo)為或，
分以下三種情況討論：
①當(dāng)∠PNB＝90°時，如圖，過點N1作N1D⊥x軸于點D，
過點P作PE⊥DN1，交DN1的延長線于點E．
設(shè)，則，
∵∠PN1B＝90°，
∴∠DN1B+∠EN1P＝90°．
∵∠N1DB＝90°，
∴∠DN1B+∠DBN1＝90°，
∴∠EN1P＝∠DBN1．
又∵∠BOC＝∠N1EP＝90°，
∴△BOC∽△N1EP，
∴，
∵B（8，0），C（0，﹣4），
∴OB＝8，OC＝4，
∴，
解得，
∴，
∴；
②當(dāng)∠NPB＝90°時，如圖，過點P作PF∥x軸，過點B作BF⊥PF于點F，
過點N2作N2G⊥PF交FP的延長線于點G．
設(shè)，則，
∵∠N2PB＝90°，
∴∠N2PG+∠BPF＝90°，
∵∠N2GP＝90°，
∴∠N2PG+∠PN2G＝90°，
∴∠BPF＝∠PN2G，
又∵∠BFP＝∠PGN2＝90°，
∴△BFP∽△PGN2，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
③當(dāng)∠PBN＝90°時，該情況不存在．
綜上所述，點M的坐標(biāo)為或．

相關(guān)試卷

全國通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 10正方形存在性問題（含答案解析版）：

這是一份全國通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 10正方形存在性問題（含答案解析版），共22頁。試卷主要包含了【實踐探究】，綜合與探究等內(nèi)容，歡迎下載使用。

全國通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 09菱形存在性問題（含答案解析版）：

這是一份全國通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 09菱形存在性問題（含答案解析版），共38頁。試卷主要包含了，點P是拋物線上一個動點，，與y軸交于點C等內(nèi)容，歡迎下載使用。

全國通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 08矩形存在性問題（不含答案版）：

這是一份全國通用 中考數(shù)學(xué) 二次函數(shù)壓軸題專題練習(xí) 08矩形存在性問題（不含答案版），共10頁。試卷主要包含了兩點，且與y軸交于點C，，B兩點，，與y軸交于點C，連接BC，與y軸交于點C，連接AC，BC，綜合與探究等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題（教師版）-拔尖2023中考數(shù)學(xué)壓軸題突破（全國通用）

專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題（教師版）-拔尖2023中考數(shù)學(xué)壓軸題突破（全國通用）
專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題（學(xué)生版）-拔尖2023中考數(shù)學(xué)壓軸題突破（全國通用）

專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題（學(xué)生版）-拔尖2023中考數(shù)學(xué)壓軸題突破（全國通用）
中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題（原卷版+解析）

中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題（原卷版+解析）
挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題專題08 二次函數(shù)與矩形存在性問題（含答案解析）

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題專題08 二次函數(shù)與矩形存在性問題（含答案解析）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗證碼 獲取驗證碼

手機(jī)驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部