专题25函数与正方形存在性问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析）

这是一份专题25函数与正方形存在性问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析），共83页。

解题策略
经典例题
【例1】（2022•崂山区一模）如图，正方形ABCD，AB＝4cm，点P在线段BC的延长线上．点P从点C出发，沿BC方向运动，速度为2cm/s；点Q从点A同时出发，沿AB方向运动，速度为1cm/s．连接PQ，PQ分别与BD，CD相交于点E，F．设运动时间为t（s）（0＜t＜4）．解答下列问题：
（1）线段CF长为多少时，点F为线段PQ中点？
（2）当t为何值时，点E在对角线BD中点上？
（3）当PQ中点在∠DCP平分线上时，求t的值；
（4）设四边形BCFE的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式．
【分析】（1）可得出C点是BP的中点，从而求得t＝2；
（2）证明DEF≌△BEQ，从而得出DF＝BQ＝4﹣t，进而CF＝CD﹣DF＝t，证明△PCF∽△PBQ，从而得出，进而求得t；
（3）作OG⊥BP于G，可根据OG＝CG，进一步求得结果；
（4）根据△PCF∽△PBQ，△DOF∽△BOG，分别列出比例式表示出CF，DF及EH，进一步求得结果．
【解答】解：由题意得，
CP＝2t，AQ＝t，BQ＝4﹣t，
（1）四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴＝1，
∴PC＝BC＝4，
∴t＝＝2s；
（2）∵AB∥CD，
∴∠QBE＝∠EDF，∠BQE＝∠DFE，△PCF∽△PBQ，
∴，
∵点E是BD的中点，
∴BE＝DE，
∴△DEF≌△BEQ（AAS），
∴DF＝BQ＝4﹣t，
∴CF＝CD﹣DF＝t，
∴，
∴t1＝1，t2＝0（舍去），
（3）如图1，
点O是PQ的中点，CO平分∠DCP，
作OG⊥BP于G，
同理得：OG＝，PG＝，
∴CG＝PC﹣PG＝2t﹣（2+t）＝t﹣2，
∵∠COG＝∠OCG＝＝45°，
∴OG＝CG，
∴，
∴t＝；
（4）如图2，
过点E作GH∥BC，交AB于G，交CD于H，
∵CF∥EG∥AB，
∴△PCF∽△PBQ，△DEF∽△BEG，
∴，＝，
∴，＝，
∴CF＝，
∴DF＝CD﹣CF＝4﹣＝，
∴＝，
∴EH＝，
∴S＝S△BCD﹣S△DEF＝﹣＝8﹣．
【例2】（2022春•孟村县期末）如图，在平面直角坐标系中．直线l：y＝﹣2x+10（k≠0）经过点C（3，4），与x轴，y轴分别交于点A，B，点D的坐标为（8，4），连接OD，交直线l于点M，连接OC，CD，AD．
（1）填空：点A的坐标为 （5，0） ，点M的坐标为 （4，2） ；
（2）求证：四边形OADC是菱形；
（3）直线AP：y＝﹣x+5与y轴交于点P．
①连接MP，则MP的长为 5 ；
②已知点E在直线AP上，在平面直角坐标系中是否存在一点F，使以O，A，E，F为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征，可得出点A的坐标，又点D的坐标，利用待定系数法可求出直线OD的解析式，再联立两函数解析式，可求出交点M的坐标；
（2）过点C作CQ⊥x轴于点Q，利用勾股定理可得出OC＝5，又点C，D的坐标可得出CD＝5，CD∥x轴，结合点A的坐标，可得出CD＝OA，进而可得出四边形OADC为平行四边形，再结合OC＝OA，即可证出四边形OADC是菱形；
（3）①过点M作MN⊥y轴于点N，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点P的坐标，结合点M的坐标可得出MN，PN的长，再利用勾股定理，即可求出MP的长；
②存在，分OA为边及OA为对角线两种情况考虑，（i）当OA为边时，点E与点P重合，利用正方形的性质可求出点F的坐标；（ii）当OA为对角线时，点E在线段AP的中点，结合点A，P的坐标可得出点E的坐标，再利用正方形的性质，即可求出点F的坐标．
【解答】（1）解：当y＝0时，﹣2x+10＝0，
解得：x＝5，
∴点A的坐标为（5，0）．
设直线OD的解析式为y＝kx（k≠0），
将D（8，4）代入y＝kx，得：4＝8k，
解得：k＝，
∴直线OD的解析式为y＝x．
联立两函数解析式得：，
解得：，
∴点M的坐标为（4，2）.
故答案为：（5，0）；（4，2）．
（2）证明：过点C作CQ⊥x轴于点Q，如图1所示．
∵点C的坐标为（3，4），
∴OQ＝3，CQ＝4，
∴OC＝＝＝5．
∵点C的坐标为（3，4），点D的坐标为（8，4），
∴CD＝5，CD∥x轴，
即CD∥OA．
∵点A的坐标为（5，0），
∴OA＝5＝CD，
∴四边形OADC为平行四边形，
又∵OA＝OC＝5，
∴四边形OADC是菱形．
（3）解：①过点M作MN⊥y轴于点N，如图2所示．
当x＝0时，y＝﹣1×0+5＝5，
∴点P的坐标为（0，5）．
∵点M的坐标为（4，2），
∴MN＝4，ON＝2，
∴PN＝5﹣2＝3，
∴MP＝＝＝5.
故答案为：5．
②存在，分两种情况考虑，如图3所示．
（i）当OA为边时，∵OA＝OP＝5，∠AOP＝90°，
∴点E与点P重合，
∴点F的坐标为（5，5）；
（ii）当OA为对角线时，∵OA＝OP＝5，∠AOP＝90°，
∴△AOP为等腰直角三角形，
又∵四边形AEOF为正方形，
∴点E为线段AP的中点，
∴点E的坐标为（，），
∴点F的坐标为（0+5﹣，0+0﹣），即（，﹣）．
∴在平面直角坐标系中存在一点F，使以O，A，E，F为顶点的四边形是正方形，点F的坐标为（5，5）或（，﹣）．
【例3】（2022•市中区二模）如图，直线AC与双曲线y＝（k≠0）交于A（m，6），B（3，n）两点，与x轴交于点C，直线AD与x轴交于点D（﹣11，0），
（1）请直接写出m，n的值；
（2）若点E在x轴上，若点F在y轴上，求AF+EF+BE的最小值；
（3）P是直线AD上一点，Q是双曲线上一点，是否存在点P，Q，使得四边形ACQP是正方形？若存在，求出点P，Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（m，6），B（3，n）代入双曲线y＝即可得出答案；
（2）作点A关于y轴的对称点A'，作点B关于x轴的对称点B'，则A'F＝AF，B'E＝BE，当点A'，F，E，B'共线时，AF+EF+BE的值最小，最小值为A'B'的长，利用两点间的距离公式可得答案；
（3）首先利用待定系数法求出AD和AC的函数解析式，从而得出点A和C的坐标，证明∠DAC＝90°，当AP＝AC＝3时，求出点P的坐标，再分别得出点Q的坐标，再判断点Q是否在双曲线上即可．
【解答】解：（1）∵直线AC与双曲线y＝（k≠0）交于A（m，6），B（3，n）两点，
∴6＝，n＝，
∴m＝1，n＝2；
（2）如图，作点A关于y轴的对称点A'，作点B关于x轴的对称点B'，则A'F＝AF，B'E＝BE，
∴AF+EF+BE＝A'F+EF+B'E≥A'B'，
即当点A'，F，E，B'共线时，AF+EF+BE的值最小，最小值为A'B'的长，
由（1）得A（1，6），B（3，2），
∴A'（﹣1，6），B'（3，﹣2），
∴A'B'＝，
即AF+EF+BE的最小值为4；
（3）存在，理由如下：
设直线AD的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将点A（1，6），D（﹣11，0）代入得，
，
∴，
∴直线AD的解析式为y＝，
∵D（﹣11，0），
∴OD＝11，
AD＝，
同理可得直线AB的解析式为y＝﹣2x+8，
当y＝0时，x＝4，
∴C（4，0），
∴OC＝4，
∴CD＝15，AC＝，AD2+AC2＝CD2，
∴∠CAD＝90°，
∴当AP＝PQ＝CQ＝AC＝3时，四边形ACQP是正方形，
设点P（a，），
∴＝（3）2，
解得a＝7或﹣5，
∴P（﹣5，3）或（7，9），
设点Q（x，y），
当点P坐标为（﹣5，3）时，PQ＝CQ＝3，
，
解得或，
∴Q（﹣2，﹣3）或（1，6）（舍去）；
当点P坐标为（7，9）时，PQ＝CQ＝3，
∴，
解得或，
∴Q（10，3）（舍去）或（1，6）（舍去），
综上，存在点P（﹣5，3），Q（﹣2，﹣3），使得四边形ACQP是正方形．
【例4】（2022春•渝中区校级月考）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于A、B（点A在点B的左侧），其中OA＝1，tan∠ABC＝．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，点P是直线BC下方抛物线上一点，过点P作PQ∥AC交BC于Q，PH∥x轴交BC于H，求△PQH周长最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线y水平向右平移1个单位得到新抛物线y′，点G为新抛物线y′对称轴上一点，将线段AC沿着直线BC平移，平移后的线段记为A1C1，点K是平面内任意一点，在线段平移的过程中，是否存在以A1、C1、G、K为顶点且A1G为边的正方形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）解直角三角形BOC，求得OB，求得B和A点坐标，代入抛物线的解析式，进一步求得结果；
（2）当PH最大时，△PHQ的周长最大，可求得直线AB的关系式，设点P（a，﹣），表示出点H坐标，进而表示PH，求PH的最大值，进一步求得结果；
（3）分两种情况讨论，根据平移特征，设点C1（m，），A1（m﹣1，），G（，n）作EA1⊥x轴，作GE⊥EA1于E，作C1F⊥EA1于F，可证得△GEA1≌△A1FC1，得出EG＝A1F，EA1＝C1F，进而求得m和n的值，从而求得K点坐标．
【解答】解：（1）由题意得：C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∵∠BOC＝90°，
∴tan∠ABC＝＝，
∴，
∴OB＝4，
∴B（4，0），A（﹣1，0），
∴，
∴，
∴y＝﹣x﹣3；
（2）∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣3），
∴直线BC的关系式为：y＝﹣3，BC＝5，AB＝5，AC＝，
设点P（a，﹣），
由＝﹣a﹣3得，
x＝a2﹣3a，
∴H点的横坐标为：a2﹣3a，
∴PH＝a﹣（a2﹣3a）＝﹣a2+4a＝﹣（a﹣2）2+4，
∴当a＝2时，PH最大＝4，
当a＝2时，﹣﹣3＝﹣，
∴P（2，），
设△PQH的周长记作l1，△ABC周长记作l，
∵PQ∥AC，PH∥AB，
∴∠PQH＝∠ACB，∠QHP＝∠ABC，
∴△PQH∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴l1最大＝；
（3）当A1C1为边时，
∵原抛物线的对称轴为：x＝﹣＝，
∴新抛物线的对称轴为：x＝1+＝，
如图，
∵将线段AC沿着直线BC平移，
∴设点C1（m，），A1（m﹣1，），G（，n）
作EA1⊥x轴，作GE⊥EA1于E，作C1F⊥EA1于F，
∴∠E＝∠F＝90°，
∴∠EGA1+∠EA1G＝90°，
∵∠G1AC1＝90°，
∴∠EA1G+∠FA1C1＝90°，
∴∠EGA＝1∠FA1C1，
∵A1G＝A1C1，
∴△GEA1≌△A1FC1（AAS），
∴EG＝A1F，EA1＝C1F，
∴﹣（m﹣1）＝3，n﹣＝1，
∴m＝，
∴n＝，
∴A1（﹣，），C1（，﹣），G（，），
∴K（，﹣），
同理可得，
RA′＝TC′＝3，RG′＝TA′＝1，
∴（m﹣1）﹣＝3，﹣n＝1，
∴m＝，
∴n＝，
∴G′（，），
∴K′（，），
当A1C1为对角线时，如图，点K在EF的左侧时，
设点C1（m，），A1（m﹣1，），G（，n）
过点A1作A1E⊥直线x＝于点E，过点C1作C1F⊥直线x＝于点F，
∴∠A1EG＝∠GFC1＝90°＝∠A1GC1，
∴∠A1GE+∠C1GF＝90°＝∠A1GE+∠GA1E，
∴∠GA1E＝∠C1GF，
又∵A1G＝C1G，
∴△A1EG≌△GFC1（AAS），
∴A1E＝GF，C1F＝EG，
∴﹣m+﹣（m﹣1）＝m﹣（），
∴m＝，
∴点A1（，），C1（，﹣），
∴A1E＝GF＝2，
∴G（，），
∴点K（﹣，），
当点K在EF的右侧时，同理可求K（，），
综上所述：K（，﹣）或（，）或（，）或（﹣，）．
培优训练
一．解答题
1．（2022春•雨花区校级期末）在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x1，y1）点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“坐标矩形”．图为点P，Q的“坐标矩形”的示意图．已知点A的坐标为（1，0）．
（1）若点B的坐标为（3，﹣1），求点A，B的“坐标矩形”的面积；
（2）点C在y轴上，若点A，C的“坐标矩形”为正方形，求直线AC的表达式；
（3）在直线y＝2x+7的图象上，是否存在点D，使得点A、D的“坐标矩形”为正方形，若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据“坐标矩形”画出图象，求出矩形长、宽即可得面积；
（2）根据已知画出图象，分别求出C、C′坐标，即可求出直线解析式；
（3）解法一：根据（2）求得的直线AC的表达式，联立直线y＝2x+7，解方程组即可求解；
解法二：设D（x，2x+7），根据点A，D的“坐标矩形”为正方形列方程，解出x即可得点D的坐标．
【解答】解：（1）点A，B的“坐标矩形”如图：
∵A的坐标为（1，0），B的坐标为（3，﹣1），
∴AM＝1，BM＝2，
∴点A，B的“坐标矩形”AMBN的面积S＝AM•BM＝2；
（2）如图，
∵点A的坐标为（1，0）．
∴点C的坐标为（0，1）或（0，﹣1），
设AC的表达式为y＝kx+b，
将A、C分别代入AC的表达式得到或，
解得：或，
则AC的表达式为y＝﹣x+1或y＝x﹣1；
（3）解法一：存在，
由（2）得AC的表达式为y＝﹣x+1或y＝x﹣1
∴或，
解得或，
∴点D的坐标为（﹣2，3）或（﹣8，﹣9）．
解法二：存在，
∵点D在直线y＝2x+7的图象上，
∴设D（x，2x+7），
①当x＞1时，则y＞0，由x﹣1＝2x+7解得x＝﹣8，y＝2x+7＝﹣9＜0，
不合要求；
②当﹣3.5＜x＜1时，则y＞0，由1﹣x＝2x+7解得x＝﹣2，y＝2x+7＝3，
∴点D的坐标为（﹣2，3）；
③当x＜﹣3.5时，则y＜0，由1﹣x＝﹣（2x+7）解得x＝﹣8，y＝2x+7＝﹣9，
∴点D的坐标为（﹣8，﹣9）．
综上所述，点D的坐标为（﹣2，3）或（﹣8，﹣9）．
2．（2022春•凤山县期末）如图矩形OABC的顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，OA＝a，OC＝b，且a，b满足+|b﹣7|＝0，一次函数y＝﹣x+5的图象与边OC，AB分别交于D，E两点．
（1）求点B的坐标；
（2）直线OB与一次函数y＝﹣x+5交于点M，求点M的坐标；
（3）点G在线段DE上运动，过点G作GF⊥BC，GH⊥AB垂足分别为点F，H．是否存在这样的点G，使以F，G，H，B为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意求出a、b的值，即可求B点坐标；
（2）用待定系数法求出直线OB的解析式，再联立方程组，即可求M点坐标；
（3）由题意可得D（0，5），E（5，），设G（t，﹣t+5）（0≤t≤5），则F（t，7），H（5，﹣t+5），再由FG＝GH求G点坐标即可．
【解答】解：（1）∵+|b﹣7|＝0，
∴a＝5，b＝7，
∵四边形OABC是矩形，OA＝a，OC＝b，
∴B（5，7）；
（2）设直线BO的解析式为y＝kx，
∴5k＝7，
∴k＝，
∴y＝x，
联立方程组，
解得，
∴M（，）；
（3）存在点G，使以F，G，H，B为顶点的四边形是正方形，理由如下：
由题意可得D（0，5），E（5，），
设G（t，﹣t+5）（0≤t≤5），则F（t，7），H（5，﹣t+5），
∵GF⊥BC，GH⊥AB，BC⊥AB，
∴四边形FGHB是矩形，
当FG＝GH时，四边形FGHB是正方形，
∴7+t﹣5＝5﹣t，
解得t＝，
∴G（，）．
3．（2022春•临西县期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3分别与x轴，y轴交于点A，B，点P（1，m）在直线y＝﹣x+3上．
（1）求点A，B的坐标．
（2）若C是x轴的负半轴上一点，且S△PAC＝S△AOB，求直线PC的表达式．
（3）若E是直线AB上一动点，过点E作EQ∥x轴交直线PC于点Q，EM⊥x轴，QN⊥x轴，垂足分别为M，N，是否存在点E，使得四边形EMNQ为正方形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由一次函数图象上点的坐标特点直接求解即可；
（2）由题意可得S△PAC＝＝×（3﹣xC）×2，求出C点坐标，再由待定系数法求函数解析式即可；
（3）设E（t，﹣t+3），则Q（﹣t+，﹣t+3），当四边形EMNQ为正方形时，EQ＝EM，则|t﹣|＝|t﹣3|，求出t即可求E点坐标．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
令y＝0，则y＝3，
∴A（3，0）；
（2）将点P（1，m）代入y＝﹣x+3，
∴m＝2，
∴P（1，2），
由（1）可得OA＝OB＝3，
∴S△AOB＝×3×3＝，
∵S△PAC＝S△AOB，
∴S△PAC＝＝×（3﹣xC）×2，
∴xC＝﹣，
∴C（﹣，0），
设直线PC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+；
（3）存在点E，使得四边形EMNQ为正方形，理由如下：
设E（t，﹣t+3），则Q（﹣t+，﹣t+3），
∴EQ＝|t﹣|，EM＝|t﹣3|，
当四边形EMNQ为正方形时，EQ＝EM，
∴|t﹣|＝|t﹣3|，
解得t＝﹣或t＝，
∴E（﹣，）或（，）．
4．（2022春•开州区期末）如图，直线l1经过A（，0）、B（2，﹣5）两点，直线l2：y＝﹣x+3与直线交于点C，与x轴交于点D．
（1）求点C的坐标；
（2）点P是y轴上一点，当四边形PDCB的周长最小时，求四边形PDCB的面积；
（3）把直线l1沿y轴向上平移9个单位长度，得到新直线l3与直线l2交于点E，试探究在x轴上是否存在点Q，在平面内存在点F使得以点D，Q，E，F为顶点的四边形是菱形（含正方形）？若存在，直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）由待定系数法求出直线l1的解析式为y＝2x﹣9，联立方程组，即可求C点坐标；
（2）作D点关于y轴的对称点D'，连接D'B交y轴于点P，连接PD，当P、B、D'三点共线时，四边形PDCB的周长最小，求出直线BD'的解析式为y＝﹣x﹣3，则可求P（0，﹣3），由S四边形PDCB＝S△ABD'﹣S△DD'P﹣S△ACD求解即可；
（3）由题意可得直线l3的解析式为y＝2x，联立方程组，求出E（1，2），设Q（m，0），F（x，y），分三种情况讨论：①当ED为菱形对角线时，EQ＝DQ，则，可得Q（1，0）；②当EQ为菱形对角线时，DE＝DQ，则，可得Q（2﹣3，0）或（﹣2﹣3，0）；③当EF为菱形对角线时，DE＝EQ，则，可求Q（﹣1，0）．
【解答】解：（1）设直线l1的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝2x﹣9，
联立方程组，
解得，
∴C（4，﹣1）；
（2）在y＝﹣x+3中，令y＝0，则x＝3，
∴D（3，0），
作D点关于y轴的对称点D'，连接D'B交y轴于点P，连接PD，
∵PD＝PD'，
∴PD+CD+BC+PB＝PD'+PB+BC+CD≥BD'+BC+CD，
∴当P、B、D'三点共线时，四边形PDCB的周长最小，
∵D'（﹣3，0），
∴DD'＝6，
设直线BD'的解析式为y＝k'x+b'，
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴P（0，﹣3），
∴AD'＝，AD＝，
∴S△AD'B＝××5＝，
S△DD'P＝×6×3＝9，
S△ACD＝××1＝，
∴S四边形PDCB＝S△AD'B﹣S△DD'P﹣S△ACD＝﹣9﹣＝9；
（3）存在点Q，在平面内存在点F使得以点D，Q，E，F为顶点的四边形是菱形（含正方形），理由如下：
由题意可得直线l3的解析式为y＝2x，
联立方程组，
解得，
∴E（1，2），
设Q（m，0），F（x，y），
①当ED为菱形对角线时，EQ＝DQ，
∴，
解得，
∴Q（1，0）；
②当EQ为菱形对角线时，DE＝DQ，
∴，
解得或，
∴Q（2﹣3，0）或（﹣2﹣3，0）；
③当EF为菱形对角线时，DE＝EQ，
∴，
解得或（舍），
∴Q（﹣1，0）；
综上所述：Q点坐标为（1，0）或（2﹣3，0）或（﹣2﹣3，0）或（﹣1，0）．
5．（2022春•临高县期末）如图，已知一次函数y＝﹣x+b的图象过点A（0，3），点P是该直线上的一个动点，过点P分别作PM垂直于x轴于点M，PN垂直y轴于点N，在四边形PMON上分别截取：PC＝MP，MB＝OM，OE＝ON，ND＝NP．
（1）b＝ 3 ；
（2）求证：四边形BCDE是平行四边形；
（3）在直线y＝﹣x+b上是否存在这样的点P，使四边形BCDE为正方形？若存在，请求出所有符合的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（0，3）代入y＝﹣x+b，即可求解；
（2）证明△OBE≌△PDC（SAS）和△MBC≌△NDE（SAS），能够得到BE＝DC，DE＝BC，即可证明；
（3）设P点坐标（x，y），当△OBE≌△MCB时，当点P在第一象限时，x＝y，由，可得P（2，2）；当点P在第二象限或第四象限时，﹣x＝y，由，可得P（﹣6，6）．
【解答】（1）解：将点A（0，3）代入y＝﹣x+b，
∴b＝3，
故答案为：3；
（2）证明：由题意可知四边形PMON是矩形，
∴PM＝ON，OM＝PN，∠PMO＝∠PNO＝∠NOM＝∠NPM＝90°，
∵PC＝MP，MB＝OM，OE＝ON，NO＝NP，
∴PC＝OE，CM＝NE，ND＝BM，PD＝OB，
在△OBE和△PDC中，OB＝PD，∠EOB＝∠CPD，OE＝PC，
∴△OBE≌△PDC（SAS），
∴BE＝DC，
在△MBC和△NDE中，
MB＝ND，∠PMO＝∠PNO，MC＝NE，
∴△MBC≌△NDE（SAS），
∴DE＝BC，
∵BE＝DC，DE＝BC，
∴四边形BCDE是平行四边形；
（3）解：存在点P，使四边形BCDE为正方形，理由如下：
设P点坐标（x，y），
当△OBE≌△MCB时，四边形BCDE为正方形，
∴OE＝BM，
当点P在第一象限时，即y＝x，x＝y，
∵P点在直线y＝x+3上，
∴，
解得，
∴P（2，2）；
当点P在第二象限或第四象限时，﹣x＝y，
∵P点在直线y＝x+3上，
∴，
解得，
∴P（﹣6，6）；
综上所述：P点坐标是（2，2）或（﹣6，6）．
6．（2022春•番禺区期末）如图，已知一次函数y＝﹣x+b的图象过点A（0，3），点P是该直线上的一个动点，过点P分别作PM垂直x轴于点M，PN垂直y轴于点N，在四边形OMPN的边上分别截取：OB＝OM，MC＝MP，OE＝ON，ND＝NP．
（1）求b的值；
（2）求证：四边形BCDE是平行四边形；
（3）在直线y＝﹣x+b上是否存在这样的点P，使四边形BCDE为正方形？若存在，请求出所有符合的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法，可得b的值；
（2）根据矩形的判定与性质，可得PM与ON，PN与OM的关系，根据OB＝OM，MC＝MP，OE＝ON，NO＝NP，可得PC与OE，CM与NE，BM与ND，OB与PD的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得BE与CD，BC与DE的关系，根据平行四边形的判定，可得答案；
（3）根据正方形的判定与性质，可得BE与BC的关系，∠CBM与∠EBO的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得OE与BM的关系，可得P点坐标间的关系，可得答案．
【解答】解：（1）一次函数y＝﹣x+b的图象过点A（0，3），
3＝﹣×0+b，
解得：b＝3．
（2）证明：∵过点P分别作PM垂直x轴于点M，PN垂直y轴于点N，
∴∠OMP＝∠PNO＝∠MON＝90°，
∴四边形PMON是矩形，
∴PM＝ON，OM＝PN，∠MPN＝90°．
∵OB＝OM，MC＝MP，OE＝ON，NO＝NP，
∴PC＝OE，CM＝NE，ND＝BM，PD＝OB，
在△OBE和△PDC中，
，
∴△OBE≌△PDC（SAS），
∴BE＝DC．
在△MBC和△NDE中，
，
∴△MBC≌△NDE（SAS），
∴DE＝BC．
∵BE＝DC，DE＝BC，
∴四边形BCDE是平行四边形．
（3）存在；理由：设P点坐标（x，y），
当△OBE≌△MCB时，四边形BCDE为正方形，
OE＝BM，
当点P在第一象限时，即 y＝x，x＝y．
P点在直线上，
，
解得，
当点P在第二象限时，﹣x＝y
，
解得，
当点P在第四象限时，不存在．
在直线y＝﹣x+b上存在这样的点P，使四边形BCDE为正方形，P点坐标是（2，2）或（﹣6，6）．
7．（2022•南京模拟）矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，且OA＞OD．
（1）请直接写出点A的坐标为 （﹣4，0） ，点D的坐标为 （0，3） ；
（2）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
（3）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否存在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）解方程求出x＝4或3，则可求出答案；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，利用待定系数法求得直线OD1的解析式和直线AB的解析式，解方程组即可求出答案；
（3）分BN为边和BN为对角线两种情况讨论，分别画出图形，利用正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质可求出答案．
【解答】解：（1）解方程x2﹣7x+12＝0得：x＝4或3，
∵线段OD，OA的长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，且OA＞OD．
∴OA＝4，OD＝3，
∴点A的坐标为（﹣4，0），点D的坐标为（0，3）；
故答案为：（﹣4，0），（0，3）；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA＝4，OD＝3，
∴AD＝＝5，
∴AD1＝5，
∴D1（﹣4，5），
设直线OD1的解析式为y＝kx，
∴5＝﹣4k，
∴k＝﹣，
∴直线OD1的解析式为y＝﹣x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB＝∠BAD，
∴∠CAB＝∠BAD＝∠ABD，
∴AD＝BD＝5，则OB＝8，
∴B（0，8），
同理求得直线AB的解析式为y＝2x+8，
∴，
解方程﹣x＝2x+8，得x＝﹣，
∴y＝，
∴P（﹣，）；
（3）存在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形．
分两种情况：①当BN为边时，
如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN＝MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，
∵四边形BNMQ是正方形，
∴QM＝NM，∠QMN＝90°，
∴∠QMG+∠NMI＝90°，
又∵∠QMG+∠MQG＝90°，
∴∠MQG＝∠IMN，
又∵∠QGM＝∠MIN＝90°，
∴△QGM≌△MIN（AAS），
∴QG＝IM，MG＝IN，
过点N作NH⊥y轴于点H，
同理可证△BNH≌△MNI（AAS），
∴NI＝NH，
设N（﹣b，b），
∵N在直线AB上，
∴b＝﹣2b+8，
∴b＝，
∴NI＝，IM＝BH＝，
∴OG＝OM+MG＝IN＝，
∴点Q（，）；
如图，若四边形BNMQ是正方形，
同理可得M（﹣24，0），Q（﹣16，16）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理可证△BOM≌△MGQ，
∴OM＝QG，GM＝OB＝8，
设OG＝a，则OM＝a+8，
∴AM＝a+12，
∴42+82+82+（a+8）2＝（a+12）2，
∴a＝8，
∴AM＝20，OM＝16，
∴M（16，0）；
同理，点Q（8，﹣16）；
如图，若四边形BMQN是正方形，

同理可求M（16，0）；点Q（24，16）；
②当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点P作PH⊥x轴于H，
∵点A（﹣4，0），点B（0，8），
∴直线AB解析式为y＝2x+8，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM＝NM，∠BMN＝90°，
∴∠BMO+∠NMH＝90°，
又∵∠BMO+∠MBO＝90°，
∴∠NMH＝∠MBO，
又∵∠PNF＝∠BOF＝90°，
∴△BOM≌△MHN（AAS），
∴BO＝HM＝8，OM＝HN，
设点M（a，0），
∴OH＝8﹣a，HN＝a，
∴点N（a﹣8，﹣a），
∵点N在AB上，
∴﹣a＝2（a﹣8）+8，
∴a＝，
∴HN＝OM＝，
同理可知△BKQ≌△MOB（AAS），
∴QK＝OB＝8，BK＝OM＝，
∴OK＝8﹣＝，
∴Q（﹣8，），
如图，若四边形BMNQ是正方形，
同理可求点M（﹣24，0），则点Q（8，﹣16）．
综上所述，点Q的坐标为（，）或（﹣16，16）或（24，16）或（﹣8，）或（8，﹣16）．
8．（2022•前进区二模）△PAC在平面直角坐标系中的位置如图所示，AP与y轴交于点B（0，2），点P的坐标为（﹣1，3），线段OA，OC的长分别是方程x2﹣9x+14＝0的两根，OC＞OA．
（1）求线段AC的长；
（2）动点D从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴负半轴向终点C运动，过点D作直线l与x轴垂直，设点D运动的时间为t秒，直线l扫过四边形OBPC的面积为S，求S与t的关系式；
（3）M为直线l上一点，在平面内是否存在点N，使以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）解方程可求得OA，OC的长，则可求得A、C的坐标，利用两点之间的距离公式即可求解；
（2）分两种情况：①当0＜t≤1时；②当1＜t≤7时，利用梯形的面积公式即可求解；
（3）分两种情况：①AP为正方形的对角线时，②AP为正方形的边时，根据正方形以及等腰直角三角形的性质，可求得N点坐标．
【解答】解：（1）解方程x2﹣9x+14＝0可得x＝2或x＝7，
∵线段OA，OC的长分别是方程x2﹣9x+14＝0的两根，且OC＞OA，
∴OA＝2，OC＝7，
∴AC＝2+7＝9，
∴线段AC的长为：7；
（2）①如图，当0＜t≤1时，点E（﹣t，t+2），
∴S＝（0＜t≤1）；
②如图，当1＜t≤7时，
设直线CP解析式为：y＝mx+n，
∵C（﹣7，0），点P的坐标为（﹣1，3），代入得，解得：，
∴直线CP解析式为：y＝；
设E（﹣t，﹣），
∴DE＝﹣，
∴S＝S梯形OBPH+S梯形HPED＝×（2+3）×1+（t﹣1）（﹣t++3）＝+﹣（1＜t≤7），
∴S＝或S＝；
（3）存在，分两种情况：①AP为正方形的对角线时，如图，
∵A（2，0），B（0，2），
∴∠OAB＝45°，
∵四边形AMPN是正方形，
∴∠PAN＝45°，∠NAM＝90°，
∴∠OAB+∠PAN＝90°，
∴点M在x轴上，NA⊥x轴，NP∥c轴，
∴N（2，3）；
②AP为正方形的边时，如图，
∵∠OAB＝45°，四边形AMPN是正方形，
∴∠NAO＝∠OAB＝45°，AP＝AN，
∴HN＝PH＝3，
∴N（﹣1，﹣3），
∵MH＝AH＝3，
∴M（﹣4，0），
∴N（﹣4，0）或（﹣1，﹣3），
综上可知，存在满足条件的N点，其坐标为2，3）或（﹣4，0）或（﹣1，﹣3）．
9．（2021•黑龙江）如图，矩形ABOC在平面直角坐标系中，点A在第二象限内，点B在x轴负半轴上，点C在y轴正半轴上，OA，OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣9x+20＝0的两个根．解答下列问题：
（1）求点A的坐标；
（2）若直线MN分别与x轴，AB，AO，AC，y轴交于点D，M，F，N，E，S△AMN＝2，tan∠AMN＝1，求直线MN的解析式；
（3）在（2）的条件下，点P在第二象限内，在平面内是否存在点Q，使以E，F，P，Q为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】通过求解一元二次方程求出矩形的各边长，根据直角三角形中的边角关系求得M，N的坐标，进而求出MN的表达式；再根据正方形与全等的知识求出Q的坐标．
【解答】解：（1）由x2﹣9x+20＝0，
得（x﹣4）（x﹣5）＝0．
解得x1＝4，x2＝5．
∵OB＜OA
∴OB＝4，OA＝5.
．
∵点A在第二象限，
∴点A（﹣4，3）．
（2）∵tan∠AMN＝1，
∴∠AMN＝45°．
∵S△AMN＝2，
∴AN＝AM＝2．
∴BM＝1．
∴点M（﹣4，1）．
∵AB＝3，AC＝OB＝4，
∴CN＝AC﹣AN＝4﹣2＝2．
∴点N（﹣2，3）．
设直线MN的解析式为y＝kx+b，
把点M（﹣4，1），N（﹣2，3），代入
得，
解得．
∴直线MN的解析式为y＝x+5．
（3）如图所示，
过点F作FQ3⊥y轴于点Q3，
过点P1作P1G⊥x轴，与FQ3交于点G．
点E的坐标为（0，5），
∵OA过原点，
∴OA的表达式为y＝kx，
把点A（﹣4，3）代入得．
列方程组，解得．
∴点F（，），点Q3（0，）．
．
情况一：以EF为正方形的边可作正方形EFP1Q1或FEQ2P2，
则△P1GF≌△FQ3E，
．
P1的纵坐标为，
P1的横坐标为﹣（）＝﹣．
∴Q2的坐标为（，5）．
同理可得Q1的坐标为（，）．
情况二：以EF为对角线在EF的左侧作正方形FQ3EP3，
FQ3＝EQ3，且∠EFQ3＝45°，
此时Q3的坐标为（0，）．
综上，当点Q的坐标分别为Q1，Q2，Q3时，存在以E，F，P，Q为顶点的正方形．
10．（2021秋•化州市月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以每秒3cm的速度向点B移动，点Q以每秒2cm测得速度向点D移动，当点P到达点B处时，两点均停止移动
（1）P，Q两点出发多长时间，线段PQ的长度为10cm？
（2）是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形？若存在，求出该时刻；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）过点P作PH⊥CD，利用勾股定理解答即可；
（2）利用正方形的性质进行解答即可．
【解答】解：（1）过点P作PH⊥CD于点H，
∴HQ＝16﹣5t，
∴PQ2＝PH2+HQ2，
即102＝（16﹣5t）2+62，
解得：，
答：P，Q两点出发或秒，线段PQ的长度为10cm；
（2）假设四边形PBCQ是正方形，
∴BP＝CQ，即16﹣3t＝2t，
解得：t＝，
∵，
∴不成立．
11．（2022春•海口期末）如图，直线y＝x+6与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线BC与x轴交于点C（3，0），P是线段AB上的一个动点（与点A、B不重合），过点P作直线PQ∥x轴，交直线BC于点Q，过点P、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为点E、F．
（1）求直线BC的函数表达式；
（2）设动点P的横坐标为t．
①当t＝﹣2时，求四边形PEFQ的周长；
②当t为何值时，四边形PEFQ是正方形；
③在x轴上存在点M，使得四边形PMQB是平行四边形，请直接写出此时点M的坐标．
【分析】（1）根据直线y＝x+6分别交x轴、y轴于A、B两点，直线BC与x轴交于点C（3，0），可以得到点B的坐标，从而可以得到直线BC的函数表达式；
（2）①根据题意，可以用含t的代数式表示出点P和点Q的坐标，进而利用矩形的周长公式求解即可；
②正方形的判定得出PE＝QF时，四边形PMQB是正方形，然后得出t+6＝，求解即可；
③设M（m，0），前面已知P（t，t+6），Q（﹣，t+6），B（0，6）的坐标，根据平行四边形的对角线互相平分，再利用中点坐标公式求解即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝x+6分别交x轴、y轴于A、B两点，
令x＝0，y＝6；令y＝0，x＝﹣6，
∴点A的坐标为（﹣6，0），点B的坐标为（0，6），
设直线BC所对应的函数表达式为y＝kx+b，
把B（0，6），C（3，0），代入得：
，
解得：，
∴直线BC的函数表达式是y＝﹣2x+6；
（2）①∵点P的横坐标为t，P在直线y＝x+6上，
∴P（t，t+6），
∵PQ∥x轴，
∴点P和点Q的纵坐标一样，点Q在直线y＝﹣2x+6上，
∴Q（﹣，t+6），
∵PE⊥x轴，QF⊥x轴，
∴PE∥QF，∠PEF＝90°，
∴四边形PEFQ为矩形，
∴PE＝QF＝t+6，PQ＝EF＝，
∴四边形PEFQ的周长＝2＝12﹣t，
∴当t＝﹣2时，
四边形PEFQ的周长＝12+2＝14；
②由①得，PE＝QF＝t+6，PQ＝EF＝，
∵四边形PEFQ为矩形，
∴当有一组临边相等时，就是正方形，
即PQ＝PE，
∴t+6＝，
解得：t＝﹣，
∴当t为时，四边形PEFQ是正方形；
③如图，
由①知，P（t，t+6），Q（﹣，t+6），B（0，6），
设M（m，0），
∵四边形PMQB是平行四边形，
∴，解得：，
∴点M的坐标为（﹣，0）．
12．（2022春•惠济区期末）如图1，已知正方形ABCD的边长为16，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，点P为正方形ABCD边上的动点，动点P从点A出发，沿着A→B→C→D运动到D点时停止，设点P经过的路程为x，△APD的面积为y．
（1）如图2，当x＝4时，y＝ 32 ；
（2）如图3，当点P在边BC上运动时，y＝ 128 ；
（3）当y＝24时，求x的值；
（4）若点E是边BC上一点且CE＝6，连接DE，在正方形的边上是否存在一点P，使得△DCE与△BCP全等？若存在，求出此时x的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由x＝4，可得AP＝4，然后由y＝S△APD＝AP•AD，求得答案；
（2）直接由y＝S△APD＝AD•AB，求得答案；
（3）由已知得只有当点P在边AB或边CD上运动时，y＝24，然后分别求解即可求得答案；
（4）分两种情况，当点P在边AB或边CD上运动时，分别画出图形，由全等三角形的性质列出关于x的方程求解即可．
【解答】解：（1）∵AP＝x＝4，AD＝16，∠A＝90°，
∴y＝S△APD＝AP•AD＝＝32；
故答案为：32；
（2）∵点P在边BC上运动，
∴y＝S△APD＝AD•AB＝×16×16＝128；
故答案为：128；
（3）由已知得只有当点P在边AB或边CD上运动时，y＝24，
当点P在边AB上运动时，
∵S△PAD＝AD•PA，
∴×16×PA＝24，
解得PA＝3，
即x＝3；
当点P在边CD上运动时，
∵S△PAD＝AD×PD，
∴×16×PD＝24，
解得：PD＝3，
∴x＝AB+BC+CD＝16+16+16﹣3＝45；
综上所述，当y＝24时，x＝3或45；
（4）当点P在边AB或边CD上运动时，存在一点P，使得△DCE与△BCP全等．
如图4，当点P在AB上时，△DCE≌△CBP，
∴CE＝PB＝6，
∴AP＝AB﹣BP＝16﹣6＝10，
∴x＝10．
如图5，当点P在CD上时，△DCE≌△BCP，
∴CD＝CE＝6，
∴x＝AB+BC+CD＝16+16+6＝38．
综上所述，x＝10或38时，使得△DCE与△BCP全等．
13．（2022•抚顺县一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于点A（1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式和点D的坐标；
（2）求△BCD的面积；
（3）点M为抛物线上一动点，点N为平面内一点，以A，M，I，N为顶点作正方形，是否存在点M，使点I恰好落在对称轴上？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）方法一：如图1，设抛物线的对称轴与BC的交点为H，运用待定系数法求得直线BC的解析式y＝，得出：H（3，），DH＝﹣（﹣）＝，由S△BCD＝S△DHB+S△DHC，即可求得答案；方法二：设直线DC交x轴于点K，可求得直线DC的解析式为y＝x﹣2，得出K（，0），BK＝5﹣＝，由S△BCD＝S△CKB+S△DKB，即可求得答案；
（3）设点M的坐标为（x，），分情况画出图形，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（1，0），B（5，0）两点
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式是，
∵＝，
∴顶点D的坐标是（3，）；
（2）方法一：如图1，设抛物线的对称轴与BC的交点为H，
设直线BC的解析式y＝kx+d，
∵B（5，0），C（0，﹣2），
∴，
解得：，
∴直线BC的解析式y＝，
当x＝3时，y＝×3﹣2＝﹣，
∴H（3，），
∴DH＝﹣（﹣）＝，
∴S△BCD＝S△DHB+S△DHC＝；
方法二：如图1，设直线DC交x轴于点K，设直线DC的解析式为y＝mx+n，把D（3，），C（0，﹣2）代入得：，
解得：，
∴直线DC的解析式为y＝x﹣2，
令y＝0，得x﹣2＝0，
解得：x＝，
∴K（，0），
∴BK＝5﹣＝，
∴S△BCD＝S△CKB+S△DKB＝××（+2）＝6；
（3）存在．设点M的坐标为（x，），
分以下四种情况：①（一）如图2，图3，过点M作对称轴x＝3的垂线，垂足为H，过点A作AG⊥MH于点G，
则∠AGM＝∠MHI＝90°，
∴∠AMG+∠MAG＝90°，
∵四边形AMIN是正方形，
∴AM＝MI，∠AMI＝90°，
∴∠AMG+∠IMH＝90°，
∴∠MAG＝∠IMH，
在△GAM和△HMI中，
，
∴△GAM≌△HMI（AAS），
∴AG＝MH，
即＝3﹣x，
解得x＝，
∴M点的坐标为（，）或（，）；
②如图4，过点M作PQ∥x轴交对称轴于点Q，过点A作AP⊥PQ于点P，
如图5，过点M作PQ∥y轴交x轴于点P，过点I作IQ⊥PQ于点Q，
则∠APM＝∠MQI＝90°，
∴∠PAM+∠AMP＝90°，
∵四边形AMIN是正方形，
∴AM＝MI，∠AMI＝90°，
∴∠AMP+∠IMQ＝90°，
∴∠PAM＝∠IMQ，
在△MAP和△IMQ中，
，
∴△MAP≌△IMQ（AAS），
∴AP＝MQ，
即＝3﹣x，
解得：x＝，
∴M点的坐标为（，）或（，），
③如图6，当点M与点B重合时，四边形ANMI是矩形，此时M（5，0）；
④如图7，当点M与点C重合时，四边形AMNI是正方形，此时M（0，﹣2）；
⑤如图8，过点M作对称轴的垂线，垂足为L，设对称轴交x轴于点K，
则△ATK≌△IBL（AAS），
∴AK＝LI，KI＝BL，
∴﹣x2+x﹣2+x﹣3＝2，
解得：x1＝5，x2＝，
∴M（，）；
⑥如图9，过点M作MH⊥x轴于点H，设对称轴交x轴于点K，
则△AIK≌△MAH（AAS），
∴AK＝MH，
∴x2﹣x+2＝2，
解得：x＝0（舍去）或6，
∴M（6，﹣2）；
⑦如图10，过点M作MH⊥对称轴于点H，设对称轴交x轴于点K，
则△AIK≌△IMH（AAS），
∴IH＝AK＝2，MH＝KI，
∴x2﹣x+2＝2+3﹣x，
解得：x＝5（舍去）或x＝﹣，
∴M（﹣，﹣）；
综上所述，点M的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）或（5，0）或（0，﹣2）或（，）或（6，﹣2）或（﹣，﹣）．
14．（2022•海州区一模）已知，一次函数y＝kx+b的图象分别与坐标轴交于点A（4，0），B（0，﹣2），二次函数的图象与y轴交于点C（0，4），顶点坐标为（2，2）．在x轴正半轴上有一动点P（m，0），过点P作x轴的垂线，分别与直线AB和抛物线交于点E，F，分别过点F，E作y轴的垂线，垂足为G，H，得到矩形EFGH．
（1）求直线AB与抛物线的函数表达式；
（2）求矩形EFGH周长的最小值及此时点P的坐标；
（3）以OP为边在x轴上方作正方形OPMN（点N在y轴正半轴上），是否存在点P，使正方形OPMN与矩形EFGH重合部分的面积是矩形EFGH面积的一半．若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法可得直线AB的函数表达式为y＝x﹣2，抛物线的函数表达式为y＝x2﹣2x+4；
（2）由点P坐标为（m，0），知点F为（m，m2﹣2m+4），点E为（m，m﹣2），即得EF＝m2﹣2m+4﹣（m﹣2）＝m2﹣m+6，FG＝m，可知矩形EFGH周长为2（EF+FG）＝m2﹣3m+12＝（m﹣）2+，故当m＝时，矩形EFGH的周长取得最小值，点P的坐标为（，0）；
（3）分两种情况：当M不在F上方时，正方形OPMN与矩形EFGH重合部分即是正方形OPMN，有m≤m2﹣2m+4，解得m≤2或m≥4，根据正方形OPMN与矩形EFGH重合部分的面积是矩形EFGH面积的一半，有m2＝（m2﹣m+6）×m，解方程并检验可得此时P坐标为（，0）或（，0）；当M在F上方时，正方形OPMN与矩形EFGH重合部分是矩形PFGO，同理可得m•（m2﹣2m+4）＝（m2﹣m+6）×m，解方程知这种情况不存在．
【解答】解：（1）将点A（4，0），B（0，﹣2）代入y＝kx+b得：
，
解得，
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣2，
设抛物线的函数表达式为y＝a（x﹣h）2+k，
∵二次函数的图象与y轴交于点C（0，4），顶点坐标为（2，2），
∴，
解得，
∴y＝（x﹣2）2+2，即抛物线的函数表达式为y＝x2﹣2x+4；
（2）由点P坐标为（m，0），知点F为（m，m2﹣2m+4），点E为（m，m﹣2），
∴EF＝m2﹣2m+4﹣（m﹣2）＝m2﹣m+6，FG＝m，
∴矩形EFGH周长为2（EF+FG）＝2（m2﹣m+6+m）＝m2﹣3m+12＝（m﹣）2+，
∵1＞0，
∴当m＝时，矩形EFGH的周长取得最小值，
此时点P的坐标为（，0）；
（3）存在点P，使正方形OPMN与矩形EFGH重合部分的面积是矩形EFGH面积的一半，理由如下：
由（2）知：P（m，0），F（m，m2﹣2m+4），E（m，m﹣2），EF＝m2﹣m+6，FG＝m，
当M不在F上方时，正方形OPMN与矩形EFGH重合部分即是正方形OPMN，如图：
此时PM≤PF，即m≤m2﹣2m+4，
解得m≤2或m≥4，
∵正方形OPMN与矩形EFGH重合部分的面积是矩形EFGH面积的一半，
∴OP2＝EF•FG，即m2＝（m2﹣m+6）×m，
解得m＝或m＝或m＝0（舍去），
经检验，m＝或m＝都符合题意，
∴此时P坐标为（，0）或（，0）；
当M在F上方时，正方形OPMN与矩形EFGH重合部分是矩形PFGO，如图：
可得m•（m2﹣2m+4）＝（m2﹣m+6）×m，
解得m＝0（舍去），
∴这种情况不存在，
综上所述，P坐标为（，0）或（，0）．
15．（2022•成都模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）b＝ ﹣2 ，c＝ ﹣3 ；
（2）若点D为第四象限内抛物线上的一个动点，过点D作DE∥y轴交BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，过点F作FG⊥y轴于点G，求出DE+FG的最大值及此时点D的坐标；
（3）若点P是该抛物线对称轴上的一点，点Q为坐标平面内一点，那么在抛物线上且位于x轴上方是否存在点M，使四边形OMPQ为正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，即可求解；
（2）延长DE交x轴于点K，延长GF交ED于点H，设D（t，t2﹣2t﹣3），则E（t，t﹣3），则DE＝﹣t2+3t，GF＝GH﹣FH＝t2﹣t，则GF+DE＝﹣（t﹣）2+，当t＝时，GF+DE有最大值，此时D（，﹣）；
（3）设P（1，p），Q（x，y），M（m，m2﹣2m﹣3），过点P作GH∥x轴，过点Q作QG⊥GH交于G，过点M作MH⊥GH交于点H，证明△GPQ≌△HMP（AAS），由OP是正方形的对角线，可得p＝y+m2﹣2m﹣3①，分两种情况讨论：当M点在第一象限时，GQ＝p﹣y，PH＝m﹣1，则p﹣y＝m﹣1②，由①②可得m﹣1＝m2﹣2m﹣3，求出M（，）；当M点在第一象限时，GQ＝p﹣y，PH＝1﹣m，则p﹣y＝1﹣m③，由①③可得1﹣m＝m2﹣2m﹣3，可得M（，）．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝x2﹣2x﹣3，
故答案为：﹣2，﹣3；
（2）延长DE交x轴于点K，延长GF交ED于点H，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
设D（t，t2﹣2t﹣3），则E（t，t﹣3），
∴DE＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t，
∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝45°，
∴∠FEH＝∠EFH＝∠GFC＝∠GCF＝45°，
∵FH⊥ED，
∴FH＝EH＝DE＝（﹣t2+3t），
∴GF＝GH﹣FH＝t﹣（﹣t2+3t）＝t2﹣t，
∴GF+DE＝﹣t2+3t+t2﹣t＝﹣t2+t＝﹣（t﹣）2+，
当t＝时，GF+DE有最大值，
此时D（，﹣）；
（3）存在点M，使四边形OMPQ为正方形，理由如下：
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设P（1，p），Q（x，y），M（m，m2﹣2m﹣3），
过点P作GH∥x轴，过点Q作QG⊥GH交于G，过点M作MH⊥GH交于点H，
∵四边形OMPQ为正方形，
∴∠QPM＝90°，
∴∠GPQ+∠HPM＝90°，
∵∠GPQ+∠GQP＝90°，
∴∠HPM＝∠GQP，
∵QP＝PM，
∴△GPQ≌△HMP（AAS），
∴GP＝HM，GQ＝PH，
∵OP是正方形的对角线，
∴1＝m+x，p＝y+m2﹣2m﹣3①，
当M点在第一象限时，如图2，
∴GP＝1﹣x，HM＝p﹣（m2﹣2m﹣3），GQ＝p﹣y，PH＝m﹣1，
∴p﹣y＝m﹣1②，
由①②可得m﹣1＝m2﹣2m﹣3，
解得m＝，
∴M（，）；
当M点在第二象限时，如图3，
∴GP＝x﹣1，HM＝p﹣（m2﹣2m﹣3），GQ＝p﹣y，PH＝1﹣m，
∴p﹣y＝1﹣m③，
由①③可得1﹣m＝m2﹣2m﹣3，
解得m＝，
∴M（，）；
综上所述：M点的坐标为（，）或（，）．
16．（2022•吉安一模）已知抛物线C1：y＝ax2﹣2ax﹣3（a≠0）
（1）当a＝1时，
①抛物线C1的顶点坐标为 （1，﹣4） ．
②将抛物线C1沿x轴翻折得到抛物线C2，则抛物线C2的解析式为 y＝﹣x2+2x+3 ．
（2）无论a为何值，直线y＝m与抛物线C1相交所得的线段EF（点E在点F左侧）的长度都不变，求m的值和EF的长；
（3）在（2）的条件下，将抛物线C1沿直线y＝m翻折，得到抛物线C3，抛物线C1，C3的顶点分别记为P，Q，是否存在实数a，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出a的值：若不存在，请说明理由．
【分析】（1）①由题意可得抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，即可求解；
②设抛物线C2上任意一点（x，y），则点（x，y）关于x轴对称的点为（x，﹣y），将点（x，﹣y）代入y＝x2﹣2x﹣3即可求解；
（2）由抛物线经过定点（2，﹣3），可得当m＝﹣3时，EF的长度不变；
（3）设抛物线抛物线C3上任意一点（x，y），点（x，y）关于y＝﹣3的对称点为（x，﹣6﹣y），将点（x，﹣6﹣y）代入y＝ax2﹣2ax﹣3，可求抛物线C3的解析式为y＝﹣ax2+2ax﹣3，分别求出Q（1，a﹣3），P（1，﹣a﹣3），再由EF⊥PQ，EP＝PF，可得EF＝2＝PQ，求出a的值即可．
【解答】解：（1）①∵a＝1，
∴y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点为（1，﹣4），
故答案为：（1，﹣4）；
②设抛物线C2上任意一点（x，y），
则点（x，y）关于x轴对称的点为（x，﹣y），
∴﹣y＝x2﹣2x﹣3，
∴抛物线C2的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
故答案为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝ax2﹣2ax﹣3＝ax（x﹣2）﹣3，
∴抛物线经过定点（2，﹣3），
∴当m＝﹣3时，EF的长度不变，
当y＝﹣3时，ax2﹣2ax﹣3＝﹣3，
解得x＝0或x＝2，
∴E（0，﹣3），F（2，﹣3），
∴EF＝2；
（3）存在实数a，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，理由如下：
设抛物线抛物线C3上任意一点（x，y），
∴点（x，y）关于y＝﹣3的对称点为（x，﹣6﹣y），
∴﹣6﹣y＝ax2﹣2ax﹣3，
∴抛物线C3的解析式为y＝﹣ax2+2ax﹣3，
∴Q（1，a﹣3），
∵y＝ax2﹣2ax﹣3，
∴P（1，﹣a﹣3），
∵EF⊥PQ，
∴EF与PQ为正方形的对角线，
∵E、F关于x＝1对称，
∴EP＝PF，
∴EF＝2＝PQ，
∴2＝|2a|，
∴a＝±1．
17．（2007•河南）如图，对称轴为直线x＝的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．
（1）求抛物线解析式及顶点坐标；
（2）设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形，求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
①当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形OEAF是否为菱形？
②是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）已知了抛物线的对称轴解析式，可用顶点式二次函数通式来设抛物线，然后将A、B两点坐标代入求解即可．
（2）平行四边形的面积为三角形OEA面积的2倍，因此可根据E点的横坐标，用抛物线的解析式求出E点的纵坐标，那么E点纵坐标的绝对值即为△OAE的高，由此可根据三角形的面积公式得出△AOE的面积与x的函数关系式进而可得出S与x的函数关系式．
①将S＝24代入S，x的函数关系式中求出x的值，即可得出E点的坐标和OE，OA的长；如果平行四边形OEAF是菱形，则需满足平行四边形相邻两边的长相等，据此可判断出四边形OEAF是否为菱形．
②如果四边形OEAF是正方形，那么三角形OEA应该是等腰直角三角形，即E点的坐标为（3，﹣3）将其代入抛物线的解析式中即可判断出是否存在符合条件的E点．
【解答】解：（1）因为抛物线的对称轴是直线x＝，
设解析式为y＝a（x﹣）2+k．
把A，B两点坐标代入上式，得，
解得a＝，k＝﹣．
故抛物线解析式为y＝（x﹣）2﹣，顶点为（，﹣）．
（2）∵点E（x，y）在抛物线上，位于第四象限，且坐标适合y＝（x﹣）2﹣，
∴y＜0，
即﹣y＞0，﹣y表示点E到OA的距离．
∵OA是OEAF的对角线，
∴S＝2S△OAE＝2××OA•|y|＝﹣6y＝﹣4（x﹣）2+25．
因为抛物线与x轴的两个交点是（1，0）和（6，0），
所以自变量x的取值范围是1＜x＜6．
①根据题意，当S＝24时，即﹣4（x﹣）2+25＝24．
化简，得（x﹣）2＝．
解得x1＝3，x2＝4．
故所求的点E有两个，
分别为E1（3，﹣4），E2（4，﹣4），
点E1（3，﹣4）满足OE＝AE，
所以平行四边形OEAF是菱形；
点E2（4，﹣4）不满足OE＝AE，
所以平行四边形OEAF不是菱形；
②当OA⊥EF，且OA＝EF时，平行四边形OEAF是正方形，
此时点E的坐标只能是（3，﹣3），
而坐标为（3，﹣3）的点不在抛物线上，
故不存在这样的点E，使平行四边形OEAF为正方形．
18．（2022春•鼓楼区校级期末）如图，抛物线顶点P（1，4），与y轴交于点C（0，3），与x轴交于点A，B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线与直线y＝x+m只有一个交点，求m的值；
（3）Q是抛物线上除点P外一点，△BCQ与△BCP的面积相等，求点Q的坐标；
（4）若M，N为抛物线上两个动点，分别过点M，N作直线BC的垂线段，垂足分别为D，E．是否存在点M、N使四边形MNED为正方形？如果存在，求正方形MNED的边长；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据题意设出二次函数的顶点式，然后把点C的坐标代入求解即可；
（2）通过一元二次方程根的判别式进行求解；
（3）通过△BCQ与△BCP面积相等，添加必要辅助线并分析进行求解；
（4）精确作图，联立方程并利用根与系数关系进而求解．
【解答】解：（1）设y＝a（x﹣1）2+4（a≠0），
把C（0，3）代入抛物线解析式得：a+4＝3，
即a＝﹣1，
则抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；
（2）∵抛物线与直线y＝x+m只有一个交点，
∴﹣x2+2x+3＝x+m，
即x2﹣x+m﹣3＝0，
解得：m＝；
（3）由抛物线解析式y＝﹣x2+2x+3可令y＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴点A（﹣1，0），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，则有：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
过P作PQ1∥BC，交抛物线于点Q1，如图1所示，
，
设直线PQ1的解析式为y＝﹣x+n，
∵P（1，4），
∴直线PQ1的解析式为y＝﹣x+5，
联立：，
解得：或，
即（1，4）与P重合，Q1（2，3）；
过点P作x轴的垂线交BC于G，在直线PG上取PG＝GH，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，P（1，4），
∴G（1，2）
∴PG＝GH＝2，
∴H（1，0），
过H作直线Q2Q3∥BC，交抛物线于点Q2，Q3，
同理可得直线Q2Q3解析式为y＝﹣x+1，
联立得：，
解得：或，
∴Q2（，）Q3（，）；
（4）存在点M、N使四边形MNED为正方形，
如图2所示，四边形MNED为正方形，
过M作MN∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作NH∥y轴，则△MNF与△NEH为等腰直角三角形，
设M（x1，y1），N（x2，y2），MN解析式为y＝﹣x+b，
联立：，
得：x2﹣3x+b﹣3＝0，
∴NF2＝|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1 x2＝21﹣4b，
∵△MNF为等腰直角三角形，
∴MN2＝2NF2＝42﹣8b，
∵H（x2，﹣x2+3），
∴NH2＝[y2﹣（﹣x2+3 ）]2＝（﹣x2+b+x2﹣3）2＝（b﹣3）2，
∴NE2＝（b﹣3）2，
若四边形MNED为正方形，则有NE2＝MN2，
∴42﹣8b＝（b2﹣6b+9），
整理得：b2+10b﹣75＝0，
解得：b＝﹣15或b＝5，
∵正方形边长为MN＝，
∴MN＝9或．
19．（2021秋•郧阳区期末）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（﹣3，0）两点，与y轴交于C（0，3）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）设P为对称轴上一动点，求△APC周长的最小值；
（3）若M，N为抛物线上两个动点，分别过点M，N作直线BC的垂线段，垂足分别为D，E．是否存在点M，N使四边形MNED为正方形？如果存在，求正方形MNED的面积；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A、B、C三点坐标代入抛物线解析式，解方程组即可；
（2）如图1中，连接AC、BC，BC交对称轴于点P，连接PA，此时△PAC的周长最小．求出直线BC的解析式即可解决问题；
（3）存在，如图2中，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作NH∥y轴，则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形，然后根据正方形的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意可设抛物线的函数表达式为y＝a（x+1）（x+3），
将C（0，3）代入得：3＝a（0+1）（0+3），
解得a＝1．
∴抛物线的函数表达式为y＝（x+1）（x+3），即y＝x2+4x+3．
（2）如图1，连接AC、BC，BC交对称轴于点P，连接PA．
∵A（﹣1，0），B（﹣3，0），C（0，3）．
∴BC＝＝3，AC＝＝．
∵点A、B关于对称轴x＝﹣2对称，
∴PA＝PB．
∴PA+PC＝PB+PC．此时，PB+PC＝BC．
∴点P在对称轴上运动时，PA+PB的最小值等于BC．
∴△APC的周长的最小值＝AC+AP+PC＝AC+BC＝3+；
（3）存在点M，N使四边形MNED为正方形，
如图2所示，过M作MF∥y轴，交x轴于点F，过N作NH∥y轴，则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形，
设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线MN解析式为y＝x+b，
联立得：，
消去y得：x2+3x+3﹣b＝0，
∴NF2＝|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝4b﹣3，
∵△MNF为等腰直角三角形，
∴MN2＝2NF2＝8b﹣6，
∵NH2＝（b﹣3）2，
∴NE2＝（b﹣3）2，
若四边形MNED为正方形，则有NE2＝MN2，
∴8b﹣6＝（b﹣3）2，
整理得：b2﹣22b+21＝0，
解得：b＝21或b＝1，
∵正方形面积为MN2＝8b﹣6，
∴正方形面积为162或2．
20．（2022•香坊区校级开学）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A、C分别在x轴、y轴正半轴上，四边形OABC是正方形，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B、C，OA＝18．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D是OA的中点，经过点D的直线交AB于点E、交y轴于点F，连接BD，若∠EDA＝2∠ABD，求直线DE的解析式；
（3）如图3，在（2）的条件下，点G在OD上，连接GC、GE，点P在AB右侧的抛物线上，点Q为BP中点，连接DQ，过点B作BH⊥BP，交直线DP于点H，连接CH、GH，若GC＝GE，DQ＝PQ，求△CGH的周长．
【分析】（1）根据正方形的性质求得B，C的坐标，利用待定系数法求解析式即可；
（2）在AD延长线时取DI＝DE，连接IE，设∠ABD＝α，可得tan∠EIA＝＝，设AE＝x，则AI＝2x，在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，建立方程，解方程进而可得E点的坐标，利用待定系数法求解析式即可；
（3）延长BD，交y轴于点M．设直线DP交y轴于点S，分别求得G，C．H三点的坐标，进而根据勾股定理以及两点距离公式分别求得CG，HG，HC的长，即可求得△CGH的周长．
【解答】解：∵四边形OABC是正方形，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B、C，OA＝18．
∴AB＝OC＝OA＝18，
∴C（0，18），B（18，18），
∴c＝18，
∴18＝﹣×182+bx+18，
解得b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+18；
（2）如图，在AD延长线时取DI＝DE，连接IE，
设∠ABD＝α，
∵∠EDA＝2∠ABD，
∴∠EDA＝2α，
∵DI＝DE，
∴∠EID＝∠IED＝α，
∵点D是OA的中点，
∴OD＝DA＝9，
∴tanα＝＝，
∴tan∠EIA＝＝，
设AE＝x，则AI＝2x，
∴ED＝DI＝IA﹣DA＝2x﹣9，
在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，
即（2x﹣9）2＝92+x2，
解得x1＝12，x2＝0 （舍），
∴AE＝12，
∴E（18，12），
∵D（9，0），
设直线ED的解析式为y＝kx+t，
∴，
解得，
∴直线DE的解析式为y＝x﹣12；
（3）如图，延长BD，交y轴于点M，设直线DP交y轴于点S，
∵OD＝DA，∠DOM＝∠DAB，∠ODM＝∠ADB，
∴△ODM≌△ADB（ASA），
∴MD＝DB，
∵点Q为BP中点，DQ＝PQ，
∴DQ＝BQ＝PQ，
∴∠QDB＝∠QBD，∠QDP＝∠QPD，∠QDB+∠QBD+∠QDP+∠QPD＝180°，
∴∠BDQ+∠PDQ＝90°，即∠BDP＝90°，
∴PH⊥BD，
∴∠SDO+∠MDO＝∠MDO+∠OMD＝90°，
∴∠SDO＝∠OMD＝∠ABD，
∴tan∠SDO＝tan∠ABD＝＝，
∴OS＝OD＝，
∴S（0，），
设直线SD的解析式为y＝mx+n，将点S（0，），D（9，0）代入得，
，
解得，
∴直线SD的解析式为y＝﹣x+，
联立，
解得，，
∵点P在AB右侧的抛物线上，
∴P（27，﹣9），
∵D（9，0），B（18，18），
∴PD＝＝9，BD＝＝9，
∴DB＝DP，
∴△DBP是等腰直角三角形，
∴∠DBP＝45°，DQ⊥BP，
∵BH⊥BP，
∴BH∥DQ，
∴＝1，
∴DH＝DP，
∵D（9，0），P（27，﹣9），
∴H（﹣9，9），
∵点G在OD上，GC＝GE，C（0，18），E（18，12），
设G（p，0），则p2+182＝（18﹣p）2+122，
解得p＝4，
∴G（4，0），
∵H（﹣9，9），G（4，0），C（0，18），
∴CG＝＝2，
CH＝＝9，
HG＝＝5，
∴CG+HG+CH＝2+5+9，
∴△CGH的周长为2+5+9．
21．（2021•咸丰县一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l，P是该抛物线上一动点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为．以PQ，QM为边作矩形PQMN．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点Q与点M重合时，求m的值；
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值；
（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，求m的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可．
（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．
（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q是下方下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中．
【解答】解：（1）∵抛物线的图象经过点A（3，0），
∴＝0，
解得b＝1．
∴抛物线解析式为：．
（2）∵P点的横坐标为m，且P点在抛物线y＝的图象上，
∴P点的坐标为（m，），
∵PQ⊥l，l过A点且垂直于x轴，
∴Q点的坐标为（3，），
∵M点的坐标为（3，﹣m+），
∵Q点与M点重合，
∴＝﹣m+，
解方程得：m＝0或m＝4．
（3）∵抛物线＝﹣（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2）．
∵N点的坐标为N（m，﹣m+），
要使顶点（1，2）在正方形PQMN内部，
∴﹣m+＞2，得m＜﹣．
∴PN＝﹣m+﹣（）＝m2﹣2m，PQ＝3﹣m．
∵四边形PQMN是正方形，
∴m2﹣2m＝3﹣m，
解得m＝1+（舍去）或m＝1﹣．
∴当m＝1﹣时，抛物线顶点在正方形PQMN内部．
（4）∵M点的纵坐标﹣m+，随P点的横坐标m的增大而减小，根据（1）的结果得：
当m＝0时，M，Q两点重合；m＝3时，P，Q重合；m＝4时，M，Q重合，矩形PQMN不存在；
当m＜0时，直线MN在直线PQ上方，抛物线顶点在矩形PQMN内部，不合题意．
当0＜m＜4时，直线MN在直线PQ下方，如图4﹣1，
当3＜m＜4时，矩形内部没有抛物线图象，不合题意；
当m＞4时，直线MN在直线PQ上方，矩形内部有抛物线，且为对称轴右侧，y随x的增大而减小，如图4﹣2；
综上：当0＜m＜3或m＞4时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小．
22．（2021•越秀区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q；M是直线l上的一点，其纵坐标为﹣m+，以PQ，QM为边作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）当点Q与点M重合时，求m的值．
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．
（4）抛物线在矩形PQMN内的部分称为被扫描部分．请问该抛物线是否全部被扫描？若是，请说明理由，若否，直接写出抛物线被扫描部分自变量的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可．
（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．
（4）分两种情形，如图4﹣1中，当点P在第三象限时，随点P向下移动，能把抛物线在直线l的左侧部分全部扫描，当m≥4时，矩形你能覆盖抛物线在直线y＝4的右侧部分（包括m＝4），可得当3＜m＜4时，矩形不能覆盖抛物线．
【解答】解：（1）把点A（3，0）代入y＝﹣x2+bx+，得到0＝﹣+3b+，
解得b＝1．
（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，
∴P（m，﹣m2+m+），
∵M，Q重合，
∴﹣m+＝﹣m2+m+，
解得m＝0或4．
（3）y＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2），
由题意PQ＝MQ，且抛物线的顶点在该正方形内部，
∴3﹣m＝﹣m+﹣（﹣m2+m+）且﹣m+＞2，得m＜﹣
解得m＝1﹣或1+（不合题意舍弃），
∴m＝1﹣．
（4）当m≤3和m≥4时，抛物线不能被覆盖，理由如下：
如图4﹣1中，当点P在第三象限时，随点P向下移动，能把抛物线在直线l的左侧部分全部扫描，
当m＝4时，点M与点Q重合，
当m≥4时，矩形你能覆盖抛物线在直线x＝4的右侧部分（包括m＝4），
∴抛物线被扫描部分自变量的取值范围为：x≤3或x≥4，
23．（2020•吉林）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l．P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为﹣m+．以PQ，QM为边作矩形PQMN．
（1）求b的值．
（2）当点Q与点M重合时，求m的值．
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．
（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）根据点M与点P的纵坐标相等构建方程求解即可．
（3）根据PQ＝MQ，构建方程求解即可．
（3）当点P在直线l的左边，点M在点Q是下方下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中．当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中．
【解答】解：（1）把点A（3，0）代入y＝﹣x2+bx+，得到0＝﹣+3b+，
解得b＝1．
（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，
∴P（m，﹣m2+m+），
∵M，Q重合，
∴﹣m+＝﹣m2+m+，
解得m＝0或4．
（3）y＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2），
由题意PQ＝MQ，且抛物线的顶点在该正方形内部，
∴3﹣m＝﹣m+﹣（﹣m2+m+）且﹣m+＞2，得m＜﹣
解得m＝1﹣或1+（不合题意舍弃），
∴m＝1﹣．
（4）当点P在直线l的左边，点M在点Q下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，
则有﹣m+＜﹣m2+m+，
∴m2﹣4m＜0，
解得0＜m＜4，
观察图象可知．当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图4﹣1中，
当3＜m＜4时，抛物线不在矩形PQMN内部，不符合题意，
当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图4﹣2中，
综上所述，满足条件的m的值为0＜m＜3或m＞4．
24．（2022•二道区校级二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣4ax+2（a≠0）与x轴交于A、B两点．
（1）抛物线y＝ax2﹣4ax+2（a≠0）经过的定点的坐标为 （0，2），（4，2） ．
（2）当点A（3，0）在这个函数图象时，
①求抛物线的函数关系式；
②抛物线上有一点P，连结AP、BP，若△ABP的面积为时，求点P的坐标；
③当m≤x≤m+2时，函数的最大值与最小值的差是3，求m的值；
（3）在抛物线y＝ax2﹣4ax+2（a≠0）上的点M、C的横坐标分别为、4，连结CM，将线段CM绕点M逆时针旋转90°的线段MD，以CM、MD为邻边作正方形CMDN．当抛物线在正方形CMDN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小或y随x的增大而增大时，直接写出a的取值范围．
【分析】（1）由y＝a（x2﹣4x）+2，当x2﹣4x＝0时，可求顶点坐标；
（2）①将点A（3，0）代入y＝ax2﹣4ax+2，即可求解析式；
②求出A、B的坐标，设P（t，t2﹣t+2），由S△PBA＝×2×|t2﹣t+2|＝，求出t的值即可求点P的坐标；
③当m+2≤2时，分别求出最大值和最小值，可得方程m2﹣m+2﹣（m2﹣）＝3，求出m＝﹣；当m≥2时，分别求出最大值和最小值，可得方程∴m2﹣﹣（m2﹣m+2）＝3，求出m＝；当m≤2≤m+1时，分别求出最大值和最小值，可得方程∴m2﹣+＝3，解得m＝（舍）；当m+1≤2≤m+2时，分别求出最大值和最小值，可得方程m2﹣m+2+＝3，解得m＝2+（舍）或m＝2﹣（舍）；
（3）过C点作CH∥y轴，过点D作DG∥y轴，过点M作GH⊥y轴交DG于G，交CH于H，通过证明△DMH≌△MCG（AAS），求出D（﹣4，2），再由正方形的性质求出N（，6﹣），画出图象分情况讨论即可．
【解答】解：（1）y＝ax2﹣4ax+2＝a（x2﹣4x）+2，
当x2﹣4x＝0时，解得x＝0或x＝4，
∴抛物线经过定点（0，2），（4，2），
故答案为：（0，2），（4，2）；
（2）①将点A（3，0）代入y＝ax2﹣4ax+2，
可得9a﹣12a+2＝0，
解得a＝，
∴y＝x2﹣x+2；
②令y＝0，则x2﹣x+2＝0，
解得x＝1或x＝3，
∴A（1，0），B（3，0），
∴AB＝2，
设P（t，t2﹣t+2），
∴S△PBA＝×2×|t2﹣t+2|＝，
解得t＝2+或t＝2﹣或t＝2，
∴P（2+，）或（2﹣，）或（2，﹣）；
③∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣2）2﹣，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
当m+2≤2时，即m≤0，
x＝m，y有最大值m2﹣m+2；
x＝m+2时，y有最小值m2﹣，
∵函数的最大值与最小值的差是3，
∴m2﹣m+2﹣（m2﹣）＝3，
解得m＝﹣；
当m≥2时，x＝m，y有最小值m2﹣m+2；
x＝m+2时，y有最大值m2﹣，
∵函数的最大值与最小值的差是3，
∴m2﹣﹣（m2﹣m+2）＝3，
解得m＝；
当m≤2≤m+1时，即1≤m≤2，
当x＝2时，y有最小值﹣；
x＝m+2时，y有最大值m2﹣，
∵函数的最大值与最小值的差是3，
∴m2﹣+＝3，
解得m＝（舍）；
当m+1≤2≤m+2时，即0≤m≤2，
当x＝2时，y有最小值﹣；
x＝m时，y有最大值m2﹣m+2，
∵函数的最大值与最小值的差是3，
∴m2﹣m+2+＝3，
解得m＝2+（舍）或m＝2﹣（舍）；
综上所述：m的值为或﹣；
（3）y＝ax2﹣4ax+2＝a（x﹣2）2﹣4a+2，
∴抛物线的顶点为（2，2﹣4a），
过C点作CH∥y轴，过点D作DG∥y轴，过点M作GH⊥y轴交DG于G，交CH于H，
∵∠CMD＝90°，
∴∠CMH+∠DMG＝90°，
∵∠DMG+∠GDM＝90°，
∴∠CMH＝∠GDM，
∵CM＝DM，
∴△DMH≌△MCG（AAS），
∴DG＝MH，MG＝CH，
∵点M、C的横坐标分别为、4，
∴C（4，2），M（，﹣2），
∴D（﹣4，2），
∴CD∥x轴，
∵四边形DMCN是正方形，
∴MN⊥CD，
∴N（，6﹣），
当a＞0时，如图1，当D点在抛物线上时，
a（﹣4）2﹣4a（﹣4）+2＝2，
解得a＝或a＝，
当a＝时，C、M重合，不符合题意；
∴a＝时，C、D、M都在抛物线上，
∴a＞时，M点在抛物线顶点的左侧，此时抛物线在正方形CMDN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小；
如图2，当0＜a＜时，C点在顶点的右侧，此时抛物线在正方形CMDN内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大；
当a＜0时，如图3，设直线CN的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+6，
当顶点在直线y＝﹣x+6上时，2﹣4a＝﹣2+6，
解得a＝﹣，
∴当a≤﹣时，此时抛物线在正方形CMDN内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大；
综上所述：a≤﹣或a＞或0＜a＜时，抛物线在正方形CMDN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小或y随x的增大而增大．