全国通用 中考数学 二次函数压轴题专题练习 08矩形存在性问题（含答案解析版）

这是一份全国通用 中考数学 二次函数压轴题专题练习 08矩形存在性问题（含答案解析版），共34页。试卷主要包含了两点，且与y轴交于点C，，B两点，，与y轴交于点C，连接BC，与y轴交于点C，连接AC，BC，综合与探究等内容，欢迎下载使用。

（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线在第一象限交于点P，与直线BC交于点M，记，试求m的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，m取最大值时，是否存在x轴上的点Q及坐标平面内的点N，使得P，D，Q，N四点组成的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有满足条件的Q点和N点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∵OC＝2OA，
∴OC＝4，
∴C（0，4），
∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣2，0）、B（4，0）、C（0，4），
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4；
（2）如图1，过点P作PE∥y轴交直线BC于E，连接CP，
设直线BC的解析式为y＝kx+d，
∵B（4，0）、C（0，4），
∴，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
设P（t，﹣t2+t+4），则E（t，﹣t+4），
∴PE＝﹣t2+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+2t，
∵直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，
∴D（0，1），
∴CD＝4﹣1＝3，
∵PE∥y轴，即PE∥CD，
∴△EMP∽△CMD，
∴＝＝＝﹣t2+t，
∵m＝＝，
∴m＝﹣t2+t＝﹣（t﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴当t＝2时，m取得最大值，此时点P的坐标为（2，4）；
（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
由（2）知：D（0，1），P（2，4），
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
当四边形PDQ1N1为矩形时，如图2，连接PC，过点N1作N1M⊥x轴于M，
则∠DCP＝∠N1MQ1＝90°，
∴∠Q1N1M+∠N1Q1M＝90°，
∵四边形PDQ1N1为矩形，
∴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）；
当四边形PDN2Q2是矩形时，如图2，过点Q2作Q2K⊥x轴交CP的延长线于K，过点N2作N2T⊥x轴于T，
∵四边形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当DP是对角线时，设Q（x，0），则QD2＝x2+1，QP2＝（x﹣2）2+42，PD2＝13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2＝PD2，
∴x2+1+（x﹣2）2+16＝13，
整理得x2﹣2x+4＝0，方程无解，此种情形不存在；
综上所述，N点的坐标为（，3）或（6，﹣3）．
2．如图，已知二次函数y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的顶点为B，点A，C的坐标分别是A（0，﹣2），C（8，2），以AC为对角线作▱ABCD．
（1）点B在某个函数的图象上运动，求这个函数的表达式；
（2）若点D也在二次函数y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的图象上，求m的值；
（3）是否存在矩形ABCD，使顶点B，D都在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1＝﹣（x﹣2m）2+m+1，
∴B（2m，m+1），
∵m+1＝，
∴点B（2m，m+1）在函数y＝上，
∴所求函数的表达式为y＝；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴将AB沿BC方向平移可得DC，
∵点A，C的坐标分别是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，
化简为：8m2﹣33m+31＝0，
解得，m＝；
（3）∵平行四边形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，
化简得，5m2﹣14m﹣3＝0，
解得，m＝3，或m＝﹣，
∵D点在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，
∴﹣m﹣1＝﹣n（8﹣4m）2+m+1，
∴，
当m＝3时，n＝，此时，
当m＝﹣时，n＝，此时．
故存在矩形ABCD，使顶点B，D都在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，其的值为或﹣．
3．（2023•东源县三模）如图，二次函数y＝ax2+bx+4与x轴交于A（﹣4，0）、B（8，0）两点，且与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PM⊥BC于点M，交x轴于点N，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，求的最大值及此时P点坐标；
（3）将抛物线y＝ax2+bx+4沿射线CB平移个单位，平移后得到新抛物线y'，D是新抛物线对称轴上一动点．在平面内确定一点E，使得以B、C、D、E四点为顶点的四边形是矩形．直接写出点E的坐标．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于A（﹣4，0）、B（8，0）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）延长PQ交x轴于H点，则PH⊥x轴，如图：
在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，
∴C（0，4），
由B（8，0），C（0，4）得直线BC解析式为y＝﹣x+4，BC＝＝4，
设P（m，﹣m2+m+4），则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，
∴当m＝3时，PQ+PN取最大值，此时P（3，）；
∴PQ+PN的最大值为，P的坐标为（3，）；
（3）∵C（0，4），B（8，0），
∴将抛物线y＝﹣x2+x+4沿射线CB平移个单位相当于先向下平移2个单位，再向右平移4个单位，
∵抛物线y＝﹣x2+x+4的对称轴为直线x＝﹣＝2，
∴新抛物线的对称轴为直线x＝6，
设D（6，t），E（p，q），
①若BC，DE为对角线，则BC，DE的中点重合，且BC＝DE，
∴，
解得或，
∴E（2，﹣2）或（2，6）；
②若CD，BE为对角线，同理可得；
，
解得，
∴E（﹣2，0）；
③当CE，BD为对角线时，
，
解得，
∴E（14，12）；
综上所述，E的坐标为（2，﹣2）或（2，6）或（﹣2，0）或（14，12）．
4．（2023•罗定市三模）如图1，抛物线y＝x2+bx+c过B（3，0），C（0，﹣3）两点，动点M从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC方向运动，设运动的时间为t秒．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）如图1，过点M作DE⊥x轴于点D，交抛物线于点E，当t＝1时，求四边形OBEC的面积；
（3）如图2，动点N同时从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OB方向运动，将△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF′．
①当点N运动到多少秒时，四边形NBFG是菱形；
②当四边形NBFG是矩形时，将矩形NBFG沿x轴方向平移使得点F落在抛物线上时，直接写出此时点F的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的图象过B（3，0），C（0，﹣3）两点，
∴，解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣3；
（2）如图：
∵B（3，0）．C（0，﹣3）．
∴OB＝3．OC＝3．
∴BC＝＝6，
当t＝1时．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四边形OBEC＝S梯形ODEC+S△BDE＝×（+3）×2+××1＝；
（3）①如图：
根据题意得：ON＝t．BN＝3﹣t．BM＝2t，
∵将△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF′．
∴BM＝GM，NM＝FM，
∴四边形NBFG是平行四边形，
若四边形NBFG是菱形，只需BG⊥NF，即∠BMN＝90°，
此时cs∠MBN＝＝，
在Rt△BOC中，cs∠CBO＝＝＝，
∴＝，
解得t＝，
答：当点N运动到秒时，四边形NBFG是菱形；
②如图：
根据题意得：ON＝t．BN＝3﹣t．BM＝2t，
∵△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF，
∴MN＝MF．BM＝GM．BG＝2BM＝4t．
∵四边形NBFG是平行四边形．
当四边形NBFG是矩形时，只需∠BNG＝90°．
当∠BNG＝∠BOC＝90°时，
∵NG∥OC，
∴＝，即＝，
解得：t＝1．
∴当点N运动1秒时，四边形NBFM是矩形．
∴NB＝3﹣1＝2，BG＝4．NG＝＝2．
将矩形NBFM沿x轴方向平移时，点F落在抛物线的图象上，即yF＝﹣2．
当yF＝﹣2时，x2﹣x﹣3＝﹣2，
解得x1＝，x2＝，
∴点F的坐标为（，﹣2）或（，﹣2）．
5．（2023秋•铁东区校级月考）如图，已知二次函数y＝ax2（a≠0）与一次函数y＝kx﹣2的图象相交于A（﹣1，﹣1），B两点．
（1）求a，k的值及点B的坐标；
（2）在抛物线上求点P，使△PAB的面积是△AOB面积的一半；（写出详细解题过程）
（3）点M在抛物线上，点N在坐标平面内，是否存在以A，B，M，N为顶点的四边形是矩形，若存在直接写出M的坐标，若不存在说明理由．
【解答】解：（1）∵y＝ax2过点A（﹣1，﹣1），
∴﹣1＝a×1，解得a＝﹣1，
∵一次函数y＝kx﹣2的图象相过点A（﹣1，﹣1），
∴﹣1＝﹣k﹣2，解得k＝﹣1；
解得或，
∴B的坐标为（2，﹣4）；
（2）如图1，
设直线AB交y轴于C，取OC的中点D，在OC的延长线截取CE＝CD，作DM∥AB，交抛物线于P1，P2，作CN∥AB，交抛物线于P3，P4，
∴△ODP1∽△OCA，
∴＝，
∴＝S△AOB，
∵C（0，﹣2，），
∴D（0，﹣1），E（0，﹣3），
∴直线DM的解析式为y＝x﹣1，
由得，
，，
∴点P1（，）或P2（，）；
同理可得，
点P3（，）或P4（，）；
综上所述，点P（，）或（，）或（，）或（，）；
（3）当矩形MABN是矩形时，∠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°，
∴点M和点O重合，
∴M（0，0），
如图2，
当矩形ABMN时，∠ABM＝90°，
作BC∥y轴，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，
设M（m，﹣m2），
∴BD＝﹣4+m2，DM＝2﹣m，
∴﹣4+m2＝2﹣m，
∴m1＝2，m2＝﹣3，
∴M（﹣3，﹣9），
如图3，
当点M在AB上方的抛物线上时，当∠AMB＝90°时，
作MC∥x轴，作AC⊥MC于C，作BD⊥MC于D，
同理可得：△BDM∽△MCA，
∴，
∴＝，
∴m＝，
当m＝时，y＝，
∴M（，），
当m＝，y＝﹣，
∴M（，﹣），
如图4，
当点M在AB下方的抛物线上，当∠AMB＝90°时，
同理可得，
＝，
∴m＝（正值舍去），
∴M（，﹣），
综上所述：M（0，0）或（﹣3，﹣9）或（，）或（，﹣）．
6．（2023•歙县校级模拟）如图，若二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0），与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在请求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
得，
解得，
∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2+3x+4．
（2）存在，理由如下：
设Q（m，﹣m2+3m+4），
当m＞0时，如图1，
∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，
过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，
∵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）；
当m＜0时，如图2，
∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，
设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，
过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，
∵∠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）；
综上所述，K点的坐标为（﹣6，﹣2）或（6，2）．
7．（2024•淮阴区校级模拟）如图1，二次函数与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，3），点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD交直线BC于点E，设点P的横坐标为m．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）如图2，过点P作PF⊥BC，垂足为F，当m为何值时，PF最大？最大值是多少？
（3）如图3，连接CP，当四边形OCPD是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使原点O关于直线CQ的对称点O′恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点Q的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，3），
∴，
解得，
∴该二次函数的表达式为：y＝﹣x2+x+3；
（2）设BC的解析式为y＝kx+b′（k≠0），
∴，
解得，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
∵点P的横坐标为m，
∴P（m，﹣m2+m+3），则E（m，﹣m+3），
∴PE＝﹣m2+m+3+m﹣3＝﹣m2+m，
∵PF⊥CE，PD⊥x轴，
∴∠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+，
∴当m为3时，PF最大，最大值是；
（3）∵抛物线y＝﹣x2+x+3，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴设Q（2，t），
设抛物线的对称轴交x轴于点H，交CP边于点G，则GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，
①当点O'恰好落在该矩形对角线OP所在的直线上时，如图，则CQ垂直平分OO'，即CQ⊥OP，
∴∠COP+∠OCQ＝90°，
又∵四边形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当点O'恰好落在该矩形对角线CD上时，如图，连接CD交GH于点K，
∵点O与点O′关于直线CO对称，
∴CQ垂直平分OO'，
∴∠OCQ＝∠DCQ，
∵GH∥OC，
∴∠CQG＝∠OCQ．
∴∠DCQ＝∠CQG，
∴CK＝KQ，
∵C，P关于对称轴对称，即点G是CP的中点，
∵GH∥OC∥PD，
∴点K是CD的中点，
∴K（2，），
∴GK＝，
∴CK＝＝＝＝KQ，
∵K（2，），Q（2，t），
∴KQ＝﹣t，
∴﹣t＝，
解得t＝﹣1，
∴Q（2，﹣1）；
③当点O'恰好落在该矩形对角线DC的延长线上时，如图，过点O'作O′K⊥y轴于点K，连接OO′交直线CQ于点M，
∵点O与点O'关于直线CQ对称，
∴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'（﹣，），
∵点M是OO'的中点，
∴M（﹣，），
由C（0，3），M（﹣，）得直线CM的解析式为y＝x+3，
当x＝2时，y＝x+3＝4，
∴Q（2，4）．
综上所述，点Q的坐标为（2，）或（2，﹣1）或（2，4）．
8．（2024•张店区二模）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0）与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求该抛物线及直线BC的函数表达式；
（2）如图2，在BC上方的抛物线上有一动点P（不与B，C重合），过点P作PD∥AC，交BC于点D，过点P作PE∥y轴，交BC于点E．在点P运动的过程中，请求出△PDE周长的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图3，若点P是该抛物线上一动点，问在点P运动的过程中，坐标平面内是否存在点Q使以B，C，P，Q为顶点BC为对角线的四边形是矩形，若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得，
解得，
∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3，
设直线BC的函数表达式为y＝kx+n，
将点C（0，3），B（3，0）代入y＝kx+n，
得，
解得，
∴直线BC的函数表达式为y＝﹣x+3；
（2）如图，过点A作AF∥y轴，交BC于点F，
∵PE∥y轴，
∴AF∥PE，
∴∠AFC＝∠PED，
∵PD∥AC，
∴∠ACD＝∠PDC，
∴∠ACF＝∠PDE，
∴△ACF∽△PDE，
∴，
由直线BC：y＝﹣x+3和点A（﹣1，0），
得点F坐标为（﹣1，4），
∴AF＝4，
∵，，
∴△ACF的周长＝，
∴△PDE的周长＝×△ACF的周长＝，
设点P的坐标（m，﹣m2+2m+3），则点E的坐标（m，﹣m+3），
所以，PE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）
＝﹣m2+3m
＝，
∴当时，PE取得最大值，
即，当时，△PDE的周长取得最大值：，
此时点P的坐标为；
（3）设点P的坐标（m，﹣m2+2m+3），设点Q的坐标（xQ，yQ）
①当点P在y轴右边的抛物线上时，存在∠BPC＝90°即可存在点Q使以B，C，P，Q为顶点BC为对角线的四边形是矩形，过点P作MN∥x轴，交y轴于点M，过点B且平行于y轴的直线于点N，如图（1），
∴PM＝m，BN＝﹣m2+2m+3，CM＝﹣m2+2m，PN＝3﹣m，
∵当△CMP∽△PNB时，∠BPC＝90°，
∴，
即，
解得，，
经检验，m1，m2是分式方程的解，m2不合题意舍去，
∴点P的坐标为，
∴BC的中点坐标为，
∵点Q与点P关于线段BC的中点成中心对称，
∴，，
∴点Q的坐标为；
②当点P在y轴左边的抛物线上时，存在∠BPC＝90°即可存在点Q使以B，C，P，为顶点BC为对角线的四边形是矩形，过点P作MN∥y轴，交x轴于点N，交过点C且平行于x轴的直线于点M，如图（2），
同①得，，
即，
解得，，
经检验，m1，m2是分式方程的解，m1不合题意舍去，
∴点P的坐标为，
同理，因为点Q与点P关于线段BC的中点成中心对称，
∴，，
∴点Q的坐标为，
综上所述，点Q的坐标为或．
9．（2024•娄底二模）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一个动点．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）当点P的坐标为（2，﹣3）时，求四边形ACPB的面积；
（3）当动点P在直线BC上方时，在平面直角坐标系内是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c得：
，
解得：，
∴该抛物线的函数表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图1，连接AC、CP、BP、OP，过点P作PE⊥AB于点E，
∵点P的坐标为（2，﹣3），
∴PE＝3，OE＝2，
∵x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴OA＝1，OB＝3，
∴S四边形ACPB＝S△OAC+S△OCP+S△OBP
＝
＝
＝9；
（3）存在，理由如下：
如图2，当BC为边时，四边形BCQP为矩形，PB交y轴于点E，CQ交x轴于点F，连接EF，过点P作PM⊥y轴于点M，过点Q作QN⊥x轴于点N，
∵OC＝OB＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵四边形BCQP为矩形，
∴∠PBC＝∠QCB＝90°，
∴∠OBE＝∠OCF＝45°，
∴△OBE和△OCF为等腰直角三角形，
∴OB＝OC＝OE＝OF＝3，
∴四边形BCFE为正方形，
∴CF＝BE，∠EFC＝∠BEF＝90°，
∴四边形EFQP为矩形，
∴QF＝PE，
∵∠MEP＝∠BEO＝45°，∠QFN＝∠OFC＝45°，
∴△PME和△QNF为全等的等腰直角三角形，
∴NF＝QN＝PM＝ME，
∵OE＝3，
∴E（0，3），
设直线BE的解析式为y＝kx+n（k≠0），
∴，
∴，
∴直线BE的解析式为y＝﹣x+3，
联立方程组得，
解得或，
∴P（﹣2，5），
∴PM＝2，
∴QN＝NF＝2，
∴ON＝OF+NF＝3+2＝5，
∴Q（﹣5，2）；
如图3，当BC为对角线时，四边形BPCQ为矩形，过点Q作QD⊥x轴于点D，PE⊥x轴于点E，
则∠PEB＝∠BDQ＝90°，∠PBQ＝90°，
∵∠PBE+∠EPB＝∠PBE+∠DBQ＝90°，
∴∠EPB＝∠DBQ，
∴△BEP∽△QDB，
∴，
设P（t，t2﹣2t﹣3），Q（xQ，yQ），
∵C（0，﹣3），B（3，0），动点P在直线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），，
∴，，
∴此时点Q的坐标为．
综上所述，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标为（﹣5，2）或．
10．（2024•榆次区三模）综合与探究
如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣4），作直线AC，BC，P是直线BC下方抛物线上一动点．
（1）求A，B两点的坐标，并直接写出直线AC，BC的函数表达式．
（2）过点P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交直线AC于点T．当P为线段TQ的中点时，求此时点P的坐标．
（3）在（2）的条件下，若N是直线BC上一动点，试判断在平面内是否存在点M，使以B，P，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）当y＝0时，．解得x1＝﹣2，x2＝8．
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣2，0），B（8，0），
设直线AC的表达式为：y＝kx+b
将A（﹣2，0），C（0，﹣4）代入得：，
解得：，
∴直线AC的函数表达式为y＝﹣2x﹣4，
同理将B（8，0），C（0，﹣4）代入，可得直线BC的函数表达式为．
（2）设，
∵QT∥y轴，
∴，
∴，
，
∵P为线段TQ的中点，
∴PQ＝PT，
∴．
解得m1＝0（舍去），m2＝3，
∴；
（3）存在，点M的坐标为或，
分以下三种情况讨论：
①当∠PNB＝90°时，如图，过点N1作N1D⊥x轴于点D，
过点P作PE⊥DN1，交DN1的延长线于点E．
设，则，
∵∠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当∠NPB＝90°时，如图，过点P作PF∥x轴，过点B作BF⊥PF于点F，
过点N2作N2G⊥PF交FP的延长线于点G．
设，则，
∵∠N2PB＝90°，
∴∠N2PG+∠BPF＝90°，
∵∠N2GP＝90°，
∴∠N2PG+∠PN2G＝90°，
∴∠BPF＝∠PN2G，
又∵∠BFP＝∠PGN2＝90°，
∴△BFP∽△PGN2，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
③当∠PBN＝90°时，该情况不存在．
综上所述，点M的坐标为或．