2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题23函数与矩形存在性问题（教师版）

这是一份2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题23函数与矩形存在性问题（教师版），共83页。试卷主要包含了矩形的判定，题型分析，5，，0），等内容，欢迎下载使用。
专题23函数与矩形存在性问题
解题策略


1.矩形的判定:
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；
（2）对角线相等的平行四边形是矩形；
（3）有三个角为直角的四边形是矩形．
2.题型分析
矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“一个角为直角”，因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式：

因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解．
确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个．下：
同时，也可以先根据A、B的坐标求出直线AB的解析式，进而得到直线AD或BC的解析式，从而确定C或D的坐标.
经典例题



【例1】（2022春•宾阳县期中）在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝24cm，BC＝26cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，点Q从点C出发，以3cm/s的速度向点B同时运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设P，Q运动的时间为ts．
（1）若点P和点Q同时运动了6秒，PQ与CD有什么数量关系？并说明理由；
（2）在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形PQBA是矩形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由；
（3）在整个运动过程中，是否存在一个时间，使得四边形PQBA的面积是四边形ABCD面积的一半，若存在，请直接写出值；若不存在，请说明理由．


【分析】（1）根据t＝6可得PD＝CQ，从而得出四边形PDCQ为平行四边形，即可得出PQ＝CD；
（2）当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，得t＝26﹣3t，即可解决问题；
（3）根据梯形的面积公式分别表示出四边形ABCD和PQBA的面积，列出方程，进而解决问题．
【解答】解：（1）PQ＝CD，理由如下：
由题意得：AP＝tcm，CQ＝3tcm，
∵AB＝8cm，AD＝24cm，BC＝26cm，
∴AP＝（24﹣t）cm，
当t＝6时，DP＝18cm，CQ＝18cm，
∴DP＝CQ，
∵DP∥CQ，
∴四边形PDCQ是平行四边形，
∴PQ＝CD；
（2）在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，
∴当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，
∴t＝26﹣3t，
解得t＝6.5，
∴当t＝6.5时，四边形ABQP是矩形；
（3）存在，由题意知，四边形ABCD的面积＝＝，
四边形PQBA的面积＝＝4（t+26﹣3t）＝104﹣8t，
∵四边形PQBA的面积是四边形ABCD面积的一半，
∴104﹣8t＝100，
∴t＝．
【例2】（2022秋•靖江市校级月考）如图，直线y＝x与双曲线y＝（k≠0）交于A，B两点，点A的坐标为（m，﹣4），点C是双曲线第一象限分支上的一点，连接BC并延长交x轴于点D，且BC＝3CD．
（1）求k的值并直接写出点B的坐标；
（2）点G是y轴上的动点，连接GB，GC，求GB+GC的最小值；
（3）点P是坐标轴上的一点，点Q是平面内一点，是否存在点P、Q使得四边形ABPQ是矩形？若存在，请求出符合条件的所有P点的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A的坐标为（m，﹣4）代入直线y＝x中，可求得A（﹣3，﹣4），即可求得k＝12，根据轴对称的性质即可求出点B的坐标；
（2）如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，则BE∥CF，△DCF∽△DBE，利用相似三角形性质即可求得C（12，1），作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，则B′C即为BG+GC的最小值，运用勾股定理即可求得答案；
（3）分两种情况：①当点P在x轴上时，如图2，设点P1的坐标为（a，0），过点B作BE⊥x轴于点E，通过△OBE∽△OP1B，建立方程求解即可；
②当点P在y轴上时，过点B作BN⊥y轴于点N，如图2，设点P2的坐标为（0，b），利用△BON∽△P2OB，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵A（m，﹣4）在直线y＝x上，
∴m＝﹣4，
解得m＝﹣3，
∴A（﹣3，﹣4），
∵A（﹣3，﹣4）在y＝上，
∴k＝12，
∴y＝，
∵直线y＝x与双曲线y＝（k≠0），
∴A、B关于原点对称，
∴B（3，4）；
（2）如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，
∴BE∥CF，
∴△DCF∽△DBE，
∴＝，
∵BC＝3CD，BE＝4，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝1，
∴C（12，1），
作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，
则B′C即为BG+GC的最小值，
∵B′（﹣3，4），C（12，1），
∴B′C＝＝3，
∴BG+GC＝B′C＝3；
故GB+GC的最小值为3；
（3）（3）存在．理由如下：
①当点P在x轴上时，如图2，设点P1的坐标为（a，0），
过点B作BE⊥x轴于点E，
∵∠OEB＝∠OBP1＝90°，∠BOE＝∠P1OB，
∴△OBE∽△OP1B，
∴＝，
∵B（3，4），
∴OB＝＝5，
∴＝，
∴a＝，
∴点P1的坐标为（，0）；
②当点P在y轴上时，过点B作BN⊥y轴于点N，如图2，
设点P2的坐标为（0，b），
∵∠ONB＝∠P2BO＝90°，∠BON＝∠P2OB，
∴△BON∽△P2OB，
∴＝，即＝，
∴b＝，
∴点P2的坐标为（0，）；
综上所述，点P的坐标为（，0）或（0，）．


【例3】（2022•黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；
（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A、O的坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，利用待定系数法求出解析式，再表示出MN，然后根据MN＝2解方程可得答案；
（3）分AC为边和对角线两种情况进行讨论：根据平移的性质，三角形相似的性质和判定，两点的距离公式可得结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（4，0）和O（0，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x；
（2）∵直线AB经过点A（4，0）和B（0，4），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，
∵MN∥y轴，
设M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，

当M在N点的上方时，
MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，
解得：t1＝，t2＝（舍），
∴M1（，），
当M在N点下方时，
MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴M2（2，2），M3（3，1），
综上，满足条件的点M的坐标有三个（，）或（2，2）或（3，1）；
（3）存在，
①如图2，若AC是矩形的边，

设抛物线的对称轴与直线AB交于点R，且R（2，2），
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD＝＝，
同理得：CR＝，RD＝2，
∴CD2+CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴点P1与点D重合，
当CP1∥AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），
此时直线P1C的解析式为：y＝x+2，
∵直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），
∴直线P2A的解析式为：y＝x﹣4，
∵点P2是直线y＝x﹣4与抛物线y＝﹣x2+4x的交点，
∴﹣x2+4x＝x﹣4，
解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），
∴P2（﹣1，﹣5），
当AC∥P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），
∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q2（﹣4，﹣2）；
②如图3，若AC是矩形的对角线，

设P3（m，﹣m2+4m）
当∠AP3C＝90°时，过点P3作P3H⊥x轴于H，过点C作CK⊥P3H于K，
∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，
∴△P3CK∽△AP3H，
∴＝，
∴＝，
∵点P不与点A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴﹣m2﹣3m+1＝0，
∴m＝，
∴如图4，满足条件的点P有两个，即P3（，），P4（，），

当P3C∥AQ3，P3C＝AQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，
∵P3（，）向左平移个单位，向下平移个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向左平移个单位，向下平移个单位得到Q3（，），
当P4C∥AQ4，P4C＝AQ4时，四边形AP4CQ4是矩形，
∵P4（，）向右平移个单位，向上平移个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向右平移个单位，向上平移个单位得到Q4（，）；
综上，点Q的坐标为（5，1）或（﹣4，﹣2）或（，）或（，）．
【例4】（2022秋•绵阳校级月考）如图，抛物线y＝x2﹣4x+3与坐标轴交于A、B、C三点，过点B的直线与抛物线交于另一点E，若经过A、B、E三点的⊙M满足∠EAM＝45°．
（1）求直线BE的解析式；
（2）若D点是直线BE下方的抛物线上一动点，连接BD和ED，求△BED面积的最大值；
（3）点P在抛物线的对称轴上，平面内是否存在一点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出Q点坐标．

【分析】（1）设线段BC的垂直平分线与抛物线的对称轴交于点M，设M（2，a），想办法求出点M的坐标，再证明△MBC是等腰直角三角形，再作点C关于直线x＝2的对称点E（4，3），根据对称性可知：∠EAM＝45°，最后利用待定系数法即可解决问题．
（2）过点D作DM∥y轴交BE于点M，设点D（m，m2﹣4m+3），则N（m，m﹣1），根据三角形的面积公式可得出结论；
（3）根据对角线的情况分三种讨论，再由矩形的性质求出点Q的坐标．
【解答】解：（1）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，
解得x1＝1，x2＝3，
∴点A（3，0），B（1，0），
令x＝0，则y＝3，
∴点C（0，3），
设线段BC的垂直平分线与抛物线的对称轴交于点M，设M（2，a），
∵MB＝MC，
∴（2﹣1）2+a2＝22+（3﹣a）2，
解得a＝2，
∴点M（2，2），
∵BC＝，MC＝，BM＝，
∴BC2＝MC2+BM2，
∴∠CMB＝90°，
∵MC＝MB，
∴△MCB是等腰直角三角形，
∴∠MBC＝45°，
作点C关于直线x＝2的对称点E，则E（4，3）在抛物线上，
根据对称性可知：∠EAM＝∠MBC＝45°
设直线BE的解析式为y＝kx+b（k≠0），
则，
解得，
∴直线BE的解析式为y＝x﹣1．
（2）如图，过点D作DN∥y轴交BE于点N，

设点D（m，m2﹣4m+3），则N（m，m﹣1），
∴S△BDE＝×（xE﹣xB）×|DN|
＝×3×[m﹣1﹣（m2﹣4m+3）]
＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，S△BDE取最大值；此时D（，﹣）；
（3）存在，理由如下：
根据轴对称的公式可知，x＝2，

∴设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为矩形的对角线，
由中点坐标公式得，
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为矩形的对角线，
由中点坐标公式得，
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为矩形的对角线，
由中点坐标公式得，
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，﹣）．
综上，点Q的坐标为（5，2）或（﹣1，2）或（1，+）或（1，﹣）．

培优训练


一．解答题
1．（2022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．

【分析】（1）根据待定系数法即可求得，联立解析式，解方程组即可求得B的坐标；
（2）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，求出DM和CE的解析式，进而和抛物线联立，进一步求得结果；
（3）分为矩形AMNB、矩形ABMN、矩形AMBN（M在直线AB上方和下方的抛物线上）．当矩形AMNB时，点M和点O重合；当矩形ABMN时，作BC∥y轴，作AC⊥BC于C，作MD⊥BC于D，可证得△BDM是等腰直角三角形，进一步求得点M的坐标，当矩形AMBN，点M在AB上方的抛物线上时，作MC∥x轴，作AC⊥MC于C，作BD⊥MC于D，可得△BDM∽△MCA，从而，即＝，进而求得m的值，进一步得出结果．
【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＝，
当m＝时，y＝，
∴M（，），
当m＝时，y＝﹣，
∴M（，﹣），
综上所述：M（0，0）或（﹣3，﹣9）或（，）或（，﹣）或（，）或（，﹣）．
2．（2022秋•坪山区校级月考）如图，直线y＝x与双曲线y＝（k≠0）交于A，B两点，点A的坐标为（m，﹣3），点C是双曲线第一象限分支上的一点，连接BC并延长交x轴于点D，且BC＝2CD．
（1）求k的值并直接写出点B的坐标；
（2）点G是y轴上的动点，连接GB，GC，求GB+GC的最小值；
（3）P是x轴上的点，Q是平面内一点，是否存在点P，Q，使得A，B，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A的坐标为（m，﹣3）代入直线y＝x中，可求得A（﹣2，﹣3），即可求得k＝6，解方程组，即可求出点B的坐标；
（2）如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，则BE∥CF，△DCF∽△DBE，利用相似三角形性质即可求得C（6，1），作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，则B′C即为BG+GC的最小值，运用勾股定理即可求得答案；
（3）分两种情况：当点P在x的正半轴上时，当点P在x的负轴上时，如图2，设点P1的坐标为（a，0），过点B作BE⊥x轴于点E，通过△OBE∽△OP1B，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）将点A的坐标为（m，﹣3）代入直线y＝x中，
得﹣3＝m，
解得：m＝﹣2，
∴A（﹣2，﹣3），
∴k＝﹣2×（﹣3）＝6，
∴反比例函数解析式为y＝，
由，得或，
∴点B的坐标为（2，3）；
（2）如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，
∴BE∥CF，
∴△DCF∽△DBE，
∴＝，
∵BC＝2CD，BE＝3，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝1，
∴C（6，1），
作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，
则B′C即为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：
当点P在x的正半轴上时，如图2，设点P1的坐标为（a，0），
过点B作BE⊥x轴于点E，
∵∠OEB＝∠OBP1＝90°，∠BOE＝∠P1OB，
∴△OBE∽△OP1B，
∴＝，
∵B（2，3），
∴OB＝＝，
∴＝，
∴a＝，
∴点P1的坐标为（，0），
当点P在x的负轴上时，如图2，设点P2的坐标为（a，0），
过点A作AH⊥x轴于点H，
同理证得点P2的坐标为（﹣，0），
当四边形AP3BQ3或是矩形四边形AP4BQ4时，OA＝OP4＝，
∴点P的坐标为（﹣，0）或（，0），
综上所述，点P的坐标为（，0）或（﹣，0）或（﹣，0）或（，0）．


3．（2022•锦州二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，OA＝3，OC＝4，抛物线y＝ax2+bx+4经过点B，且与x轴交于点D（﹣1，0）和点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若P是第一象限抛物线上的一个动点，连接CP，PE，当四边形OCPE的面积最大时，求点P的坐标，此时四边形OCPE的最大面积是多少；
（3）若N是抛物线对称轴上一点，在平面内是否存在一点M，使以点C，D，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，说明理由．

【分析】（1）利用矩形的性质结合OA，OC的长度可得出点A，C，B的坐标，再利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征，可求出点E的坐标，过点P作PF⊥x轴于点F，设点P的坐标为（m，﹣m2+3m+4）（0＜m＜4），利用S四边形OCPE＝S梯形OCPF+S△APE，即可得出S四边形OCPE关于m的函数关系式，再利用二次函数的性质，即可求出结论；
（3）利用二次函数的性质，可得出抛物线对称轴为直线直线x＝，利用待定系数法可求出直线CD的表达式，分CD为边及CD为对角线两种情况考虑：①当CD为边时，利用CN⊥CD或DN⊥CD可得出CN或DN的表达式，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点N的坐标，再利用矩形的性质即可求出点M的坐标；②当CD为对角线时，设线段CD的中点为G，过点G作GH⊥抛物线对称轴于点H，利用勾股定理可求出HN的长度，进而可得出点N的坐标，再利用矩形的性质即可求出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵四边形OABC为矩形，且OA＝3，OC＝4，
∴点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，4），点B的坐标为（3，4）．
将B（3，4），D（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，
得：，解得：，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+3x+4．
（2）当y＝0时，﹣x2+3x+4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴点E的坐标为（4，0），
∴OE＝4．
过点P作PF⊥x轴于点F，如图1所示．
设点P的坐标为（m，﹣m2+3m+4）（0＜m＜4），
则S四边形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时，S四边形OCPE取得最大值，最大值＝16，此时点P的坐标为（2，6），
∴当四边形OCPE的面积最大时，点P的坐标为（2，6），此时四边形OCPE的最大面积是16．
（3）∵抛物线的表达式为y＝﹣x2+3x+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝．
利用待定系数法可求出直线CD的表达式为y＝4x+4，分CD为边及CD为对角线两种情况考虑：
①当CD为边时，若四边形DCNM为矩形，则直线CN的解析式为y＝﹣x+4，
∴点N的坐标为（，），
∴点M的坐标为（﹣1+﹣0，0+﹣4），即（，﹣）；
若四边形CDNM为矩形，则直线DN的解析式为y＝﹣x﹣，
∴点N的坐标为（，﹣），
∴点M的坐标为（0+﹣（﹣1），4﹣﹣0），即（，）；
②当CD为对角线时，设线段CD的中点为G，过点G作GH⊥抛物线对称轴于点H，如图3所示．
∵点C的坐标为（0，4），点D的坐标为（﹣1，0），
∴点G的坐标为（﹣，2），
∴点H的坐标为（，2），
∴GH＝﹣（﹣）＝2．
又∵以点C，D，M，N为顶点的四边形是矩形，即△OCN为直角三角形，
∴GN＝OC＝＝，
∴HN＝＝＝，
∴点N的坐标为（，）或（，）．
当点N的坐标为（，）时，点M的坐标为（﹣1+0﹣，0+4﹣），即（﹣，）；
当点N的坐标为（，）时，点M的坐标为（﹣1+0﹣，0+4﹣），即（﹣，）．
综上所述，在平面内存在一点M，使以点C，D，M，N为顶点的四边形是矩形，点M的坐标为（，﹣）或（，）或（﹣，）或（﹣，）．



4．（2022•铁锋区三模）综合与探究
已知：如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象的顶点为D（﹣1，4），与x轴交于B，A两点，与y轴交于点C（0，3），点E为抛物线对称轴上的一个动点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）当△ACE的周长最小时，点E的坐标为 　（﹣1，2）　；
（3）当点E在x轴上方且∠BAE＝∠BDE时，试判断CE与BD的位置关系，并说明理由；
（4）若点N是y轴上的一点，坐标平面内是否存在P，使以D、B、N、P为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）设二次函数的解析式为顶点式，将点C坐标代入，进一步求得结果；
（2）点A关于对称轴的对称点时B，所以连接BC交对称轴于E，可求得BC的解析式，将x＝﹣1代入求得点E的纵坐标，从而得出结果；
（3）可根据tan∠BAE＝tan∠BDE得出，从而求得EF，进而求得CE和BD的解析式，从而得出结果；
（4）分为BD是边和对角线两种情形．当BD为边时，可根据相似三角形或三角函数关系式得出ON，从而得出N点的坐标，进而求得P点坐标；当BD为对角线时，利用对角线互相平分且相等，列出方程，求得N的坐标，进而得出点P坐标．
【解答】解：（1）设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）连接BC，交对称轴于E，此时△ACE的周长最小，
由﹣（x+1）2＝4得，
x＝1或x＝﹣3，
∴B（﹣3，0），
∴直线BC的解析式为：y＝x+3，
∴当x＝﹣1时，y＝﹣1+3＝2，
∴点E（﹣1，2），
故答案为：（﹣1，2）；
（3）如图1，

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

存在点P，是以D、B、N、P为顶点的四边形是矩形：
当矩形DBNP时，（图中矩形DBN1P2），
可得tan∠N1BO＝tan∠BDF，
∴，
∴ON1＝，
∴N1（0，﹣），
∴P1（2，）；
当矩形BDN2P2时，
同理可得：N2（0，），
∴P2（﹣2，﹣），
当矩形BNDP时，
可知BD的中点坐标为：（﹣2，2），
设点N（0，m），
由PN＝BD得，
22+（m﹣2）2＝（）2，
∴m＝1或m＝3，
∴N3（0，1），则P3（﹣4，3），
N4（0，3），则P4（﹣4，1），
综上所述：P（2，）或（﹣2，﹣）或（﹣4，3）或（﹣4，1）．
5．（2022•齐齐哈尔三模）综合与实践
如图，二次函数y＝﹣x2+c的图象交x轴于点A、点B，其中点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，2），过点A、C的直线交二次函数的图象于点D．
（1）求二次函数和直线AC的函数表达式；
（2）连接DB，则△DAB的面积为 　6　；
（3）在y轴上确定点Q，使得∠AQB＝135°，点Q的坐标为 　（0，2﹣2）或（0，2﹣2）　；
（4）点M是抛物线上一点，点N为平面上一点，是否存在这样的点N，使得以点A、点D、点M、点N为顶点的四边形是以AD为边的矩形？若存在，请你直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法可求出c的值，进而可得出二次函数的表达式，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A的坐标，再由点A，C的坐标，利用待定系数法即可求出直线AC的函数表达式；
（2）联立直线AC和抛物线的函数表达式可求出点D的坐标，再结合点A，B的坐标，利用三角形的面积计算公式，即可求出△DAB的面积；
（3）当点Q在y轴正半轴轴时，过点Q作QE⊥AC于点E，根据各角之间的关系可得出AQ平分∠OAC，利用角平分线的性质及面积法，可求出OQ的长，进而可得出点Q的坐标；当点Q在y轴负半轴时，利用对称性可得出点Q的坐标；
（4）连接BC，则AD⊥BC，分四边形ADMN为矩形及四边形ADNM为矩形两种情况考虑：①当四边形ADMN为矩形时，利用平行线的性质及待定系数法可求出直线DM的函数表达式，联立后可求出点M的坐标，再利用矩形的性质可求出点N的坐标；②当四边形ADNM为矩形时，利用平行线的性质及待定系数法可求出直线AM的函数表达式，联立后可求出点M的坐标，再利用矩形的性质可求出点N的坐标．
【解答】解：（1）将B（2，0）代入y＝﹣x2+c得：0＝﹣4+c，
解得：c＝4，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+4．
当y＝0时，﹣x2+4＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝2，
∴点A的坐标为（﹣2，0）．
设直线AC的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），
将A（﹣2，0），C（0，2）代入y＝kx+b得：，
解得：，
∴直线AC的函数表达式为y＝x+2．
（2）联立直线AC和抛物线的函数表达式得：，
解得：，，
∴点D的坐标为（1，3），
∴S△ABD＝×|2﹣（﹣2）|×|3|＝6．
故答案为：6．
（3）当点Q在y轴正半轴轴时，过点Q作QE⊥AC于点E，如图1所示．
∵点A，B关于y轴对称，
∴AQ＝BQ，
∵∠AQB＝135°，
∴∠BAQ＝（180°﹣135°）＝22.5°．
∵点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（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，
∴点Q的坐标为（0，2﹣2）．
当点Q在y轴负半轴时，点Q的坐标为（0，2﹣2）.
故答案为：（0，2﹣2）或（0，2﹣2）．
（4）连接BC，则AC⊥BC，即AD⊥BC，利用待定系数法可求出直线BC的函数表达式y＝﹣x+2．
分两种情况考虑，如图2所示．
①当四边形ADMN为矩形时，设直线DM的函数表达式为y＝﹣x+m，
将D（1，3）代入y＝﹣x+m得：﹣1+m＝3，
解得：m＝4，
∴直线DM的函数表达式为y＝﹣x+4．
联立直线DM和抛物线的函数表达式得：，
解得：，，
∴点M的坐标为（0，4），
又∵四边形ADMN为矩形，
∴点N的坐标为（﹣2+0﹣1，0+4﹣3），即（﹣3，1）；
②当四边形ADNM为矩形时，同理可得出直线AM的函数表达式为y＝﹣x﹣2，
联立直线AM和抛物线的函数表达式得：，
解得：，，
∴点M的坐标为（3，﹣5），
又∵四边形ADNM为矩形，
∴点N的坐标为（1+3﹣（﹣2），3﹣5﹣0），即（6，﹣2）．
综上所述，存在这样的点N，使得以点A、点D、点M、点N为顶点的四边形是以AD为边的矩形，点N的坐标为（﹣3，1）或（6，﹣2）．


6．（2022春•大同期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝2x﹣1与x轴，y轴分别交于点A，B，直线l2：y＝﹣x+1与x轴，y轴分别交于点P，C，连接AC，直线l1，l2交于点D．
（1）求点D的坐标，并直接写出不等式2x﹣1＞﹣x+1的解集．
（2）求△ACD的面积．
（3）若点E在直线l1上，F为坐标平面内任意一点，试探究：是否存在以点B，C，E，F为顶点的四边形是矩形？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）联立l1与l2的表达式可得点D的坐标，根据图象即可求解；
（2）由△ACD的面积＝S△BCD﹣S△ABC，即可求解；
（3）设E（m，2m﹣1），分两种情况讨论，由矩形的性质可求解．
【解答】解：（1）联立l1与l2的表达式得：，解得：，
∴点D（，），
由图象得：不等式2x﹣1＞﹣x+1的解集为x＞；

（2）∵直线l1：y＝2x﹣1与x轴，y轴分别交于点A，B，直线l2：y＝﹣x+1与x轴，y轴分别交于点P，C，
∴点A（，0）、B（0，﹣1），C（0，1）、P（2，0），
则BC＝2，
∵D（，），
∴△ACD的面积＝S△BCD﹣S△ABC＝×2×﹣×2×＝；

（3）设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，
如图，当BC为对角线时，

∵以点B，C，E，F为顶点的四边形是矩形，
∴∠BEC＝90°，
∴BC2＝CE2+BE2，
∴5m2﹣8m+4+5m2＝4，
∴m＝0（舍去）或，
∴E（，），
∴点F（﹣，﹣），
如图，当BC为边时，

∵以点E，C，B，F为顶点的四边形是矩形，
∴∠BCF＝90°，
∴BE2＝CE2+BC2，
∴5m2﹣8m+4+4＝5m2，
∴m＝1，
∴E（1，1），
∴点F（1，﹣2），
综上所述：点F坐标为（﹣，﹣）或（1，﹣2）．
7．（2022春•平南县期末）如图，四边形OABC是矩形，点A、C分别在x轴、y轴上，△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，点B的坐标为（﹣2，4）．
（1）求直线BD的表达式；
（2）求△DEH的面积；
（3）点M在x轴上，平面内是否存在点N，使以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）求出D点坐标，由待定系数法可求出答案；
（2）求出直线OE的解析式，联立直线OE和直线BD的解析式可求出H点的坐标，根据三角形面积公式可得出答案；
（3）分两种情况，由矩形的性质可求出答案．
【解答】解：（1）∵B（﹣2，4），
∴BC＝2，OC＝4，
∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，
∴OD＝OC＝4，DE＝BC＝2，
∴D（4，0），
设直线BD解析式为y＝kx+b，
把B、D坐标代入可得，
解得，
∴直线BD的解析式为y＝﹣x+；
（2）由（1）可知E（4，2），设直线OE的解析式为y＝mx，
∴4m＝2，
∴m＝，
∴直线OE的解析式为y＝x，
联立，
解得，
∴H（，），
∴△DEH的面积＝＝；
（3）当点M在x轴上时，

∵MF⊥BD，则直线MF的表达式为：y＝x+，
当y＝0，x＝﹣，即点M（﹣，0），
点F向右平移4个单位向下平移单位得到D，
则点M向右平移4单位向下平移单位得到N，
则点N（，﹣）；
当∠FMD＝90°时，则可知M点为O点，如图，

∵四边形MFND为矩形，
∴NF＝OD＝4，ND＝OF＝，
∴N（4，）；
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，﹣）或（4，）．
8．（2022春•东川区期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AD＝CD＝13cm，BC＝12cm，M、N是线段AB、CD上两动点，M点从点A出发，以每秒2cm的速度沿AB方向运动，N点从点D出发，以每秒1cm的速度沿DC方向运动，M、N同时出发，同时停止，当M运动到点B时，M、N同时停止运动，设运动时间为t秒．
（1）求AB的长；
（2）当t为何值时，四边形AMCN为平行四边形？
（3）在M、N运动的过程中，是否存在四边形MBCN是矩形，若存在，请求出的t值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）过点C作AD的平行线CP交AB于点P，根据平行四边形的性质得到AP＝DC＝13cm，AD＝PC＝13cm，根据勾股定理得到，于是得到AB＝AP+PB＝13+5＝18（cm）；
（2）根据平行四边形的性质列方程即可得到结论；
（3）根据矩形的性质列方程得到18﹣2t＝13﹣t，t＝5（秒），根据矩形和平行四边形的判定即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，过点C作AD的平行线CP交AB于点P，
∵AB∥CD，
∴四边形APCD是平行四边形，
∴AP＝DC＝13cm，AD＝PC＝13cm，
在直角三角形PBC中，，
∴AB＝AP+PB＝13+5＝18（cm）；
（2）如图2，
∵AM∥NC，
∴当AM＝NC时，四边形AMCN是平行四边形，
即：13﹣t＝2t，
∴（秒），
当秒时，四边形AMCN是平行四边形；
（3）如图3，在M、N运动的过程中，存在四边形MBCN是矩形，理由如下：
当BM＝CN时，四边形MBCN是矩形，
∴18﹣2t＝13﹣t，t＝5（秒），
当t＝5秒时，BM＝AB﹣AM＝18﹣5×2＝8（cm），
∴CN＝DC﹣DN＝13﹣5×1＝8（cm），
∴BM＝CN，
∵AB∥CD，
∴四边形MBCN是平行四边形，
∵∠ABC＝90°
∴四边形MBCN是矩形．



9．（2022春•鄂城区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C是线段OA上一点，把△COB沿直线BC翻折，点O恰好落在AB上的点D处，BC为折痕．
（1）求线段AB的长；
（2）求直线BC的解析式；
（3）若M是射线BC上的一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以A，B，M，P为顶点的四边形是以AB为一边的矩形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）求出A（8，0），B（0，6），即可求AB＝10；
（2）由翻折可知：△OBC≌△DBC，则OC＝CD，BD＝OB＝6，AD＝AB﹣BD＝4，设OC＝x，则CD＝x．AC＝8﹣x，在Rt△ACD中，由勾股定理得x2+42＝（8﹣x）2，解得：x＝3，则C（3，0），即可求直线BC的解析式是y＝﹣2x+6；
（3）当AB为矩形的边时，则有AB2+AM12＝BM12，设M1（m，﹣2m+6），则AM12＝5m2﹣40m+100，BM12＝5m2，所以100+5m2﹣40m+100＝5m2，解得m＝5，则M1（5，﹣4），根据平移规律可得P1（﹣3，2）．
【解答】解：（1）对于直线y＝﹣x+6，
当x＝0时，y＝6，当y＝0时，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，
设OC＝x，则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，则C（3，0），
设直线BC解析式为y＝kx+b，
将点B（0，6），C（3，0）代入y＝kx+b，
可得，
解得：k＝2，b＝6，
∴直线BC的解析式是y＝﹣2x+6；
（3）①当AB为矩形的边时，如图所示，矩形AM1P1B，
则有AB2+AM12＝BM12，
∵点M1在直线BC：y＝﹣2x+6上，
设M1（m，﹣2m+6），则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），
∴根据平移规律可得P1（﹣3，2）；
满足条件的P点的坐标为（﹣3，2）．

10．（2022春•叙州区期末）如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，B点坐标（﹣1，2），△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90°得到，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F．
（1）求直线BD的解析式；
（2）求△BCF的面积；
（3）点M在坐标轴上，平面内是否存在点N，使以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据旋转的性质得出D点的坐标，再用待定系数法求出直线BD的解析式即可；
（2）根据直线BD的解析式求出F点的坐标，根据B点和C点的坐标得出BC和CF的长度，即可计算面积；
（3）分∠MFD＝90°，∠MDF＝90°，∠FMD＝90°三种情况分别讨论求出点N的坐标即可．
【解答】解：（1）∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，
∴OD＝OC＝2，DE＝BC＝1，
∴D（2，0），
设直线BD的解析式为y＝kx+b，
把B点和D点的坐标代入可得，
解得，
∴直线BD的解析式为y＝﹣x+；
（2）由（1）知，直线BD的解析式为y＝﹣x+，
∴F（0，），
∵B（﹣1，2），BC∥OA，
∴CF＝2﹣＝，
∴S△BCF＝BC•CF＝×1×＝；
（3）存在，
∵以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形，
∴△DFM是直角三角形，
①当∠MFD＝90°时，则M只能在x轴上，连接FN交MD于点G，如图，

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），
设N点的坐标为（x，y），
则，，
解得x＝，y＝﹣，
此时N点的坐标为（）；
②当∠MDF＝90°时，则M只能在y轴上，连接DN交MF于点G，如图，

同理①，△FOD∽△DOM，
∴，
即，
解得OM＝3，
∴M（0，﹣3），且F（0，），
∴MG＝MF＝，
则OG＝OM﹣MG＝3﹣＝，
∴G（0，﹣），
设N点的坐标为（x，y），
则，，
解得x＝﹣2，y＝﹣，
此时N（﹣2，﹣）；
③当∠FMD＝90°时，则可知M点为O点，如图，

∵四边形MFND为矩形，
∴NF＝OD＝2，ND＝OF＝，
∴此时N（2，）；
综上可知，存在满足条件的N点，其坐标为（，﹣）或（﹣2，﹣）或（2，）．
11．（2022春•梁子湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B．点C是线段OA上一点，把△COB沿直线BC翻折，点O恰好落在AB上的点D处，BC为折痕．
（1）求线段AB的长；
（2）求直线BC的解析式；
（3）若M是射线BC上的一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以A，B，M，P为顶点的四边形是以AB为一边的矩形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）分别求出A、B点坐标，即可求解；
（2）由折叠可知OC＝CD，OB＝CD，在Rt△ACD中，（8﹣OC）2＝CO2+42，求出OC可知C点坐标，再由待定系数法求直线BC的解析式即可；
（3）设M（t，﹣2t+6），（t＞0），P（x，y），当以AB为矩形的一边时，BM为矩形的对角线，则，过点M作EF∥x轴，过点A作AF⊥EF交于F，过点P作PE⊥EF交于点E，可得△AMF∽△MPE，则有＝，求得t＝5，再求P点坐标即可．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝6，
∴B（0，6），
令y＝0，则x＝8，
∴A（8，0），
∴AB＝10；
（2）由折叠的性质可知，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），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣2x+6；
（3）存在点P，使以A，B，M，P为顶点的四边形是以AB为一边的矩形，理由如下：
设M（t，﹣2t+6），（t＞0），P（x，y），
当以AB为矩形的一边时，BM为矩形的对角线，
∴，
过点M作EF∥x轴，过点A作AF⊥EF交于F，过点P作PE⊥EF交于点E，
∵∠AMP＝90°，
∴∠PME+∠AMF＝90°，
∵∠AMF+∠MAF＝90°，
∴∠AMF＝∠PME，
∴△AMF∽△MPE，
∴＝，
∵AF＝2t﹣6，MF＝8﹣t，PE＝y+2t﹣6，EM＝t﹣x，
∴＝，
∴＝，
解得t＝5，
∴x＝﹣3，y＝2，
∴P（﹣3，2）．

12．（2022•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD，A在y轴的正半轴上，B，C在x轴上，AD∥BC，BD平分∠ABC，交AO于点E，交AC于点F，∠CAO＝∠DBC．若OB，OC的长分别是一元二次方程x2﹣5x+6＝0的两个根，且OB＞OC．
请解答下列问题：
（1）求点B，C的坐标；
（2）若反比例函数y＝（k≠0）图象的一支经过点D，求这个反比例函数的解析式；
（3）平面内是否存在点M，N（M在N的上方），使以B，D，M，N为顶点的四边形是边长比为2：3的矩形？若存在，请直接写出在第四象限内点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）解方程的两个根就是OB，OC的长，再根据在x轴的正半轴上还是负半轴上就可以得到坐标；
（2）根据题意得∠BAC＝∠BCA，所以AB＝BC＝5，又因为AD∥BC，所以∠ADB＝∠DBC，即∠ABD＝∠ADB，所以AB＝AD＝5，再根据勾股定理得AO的长，从而求解；
（3）先由勾股定理求出BD的长，再分两种情况：①当BD是矩形一边，又分BD是短边和长边时计算；②当BD是对角线时，以BD为半径作圆，可得符合题意的两个矩形进行计算，详情见解答过程．
【解答】解：（1）由x2﹣5x+6＝0，解得x1＝2，x2＝3，
∵OB，OC的长分别是方程的两个根，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），
∴反比例函数解析式为：y＝；
（3）存在，N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣），
理由：过点D作DG⊥x轴于点G，
∵B（﹣3，0），D（5，4），
∴BG＝8，DG＝4，BD＝＝4，
∵使以B，D，M，N为顶点的四边形是边长比为2：3的矩形，
①当BD是矩形一边，且是短边时，即图中矩形BDM1N1和矩形BDM4N4，
由BD：N1B＝2：3，得N1B＝6，
过点N1作N1H⊥x轴于点H，由一线三等角易得△BDG∽△N1BH，
∴根据相似三角形三边对应成比例得：BH＝6，N1H＝12，
∴OH＝OB+BH＝3+6＝9，
∴N1（﹣9，12），
同理得点N4（3，﹣12），
当BD是矩形一边，且是长边时，即图中矩形BDM2N2和矩形BDM3N3，
方法同上，得点N2（﹣，），N3（﹣，﹣）；

②当BD是对角线时，如下图：以BD为半径作圆，矩形BN5DM5，BN6DM6即为符合题意矩形，

当BN5：N5D＝2：3时，过点N5作KL∥x轴，过点B作BK⊥KL于点K，过点D作DL⊥KL于点L，

由一线三等角易得△BKN5∽△DLN5，
∴＝＝＝，
∴BK＝N5L，KN5＝LD，
设N5L＝x，LD＝y，
∴BK＝x，KN5＝y，
∵N5L+KN5＝8，DL﹣BK＝4，
∴，
解得：，
∴KN5＝y＝＝，N5的横坐标＝﹣3＝，
同理得N5的纵坐标＝﹣；
再同理得：当BN5：N5D＝3：2时，N6（，﹣）．
综上所述：在第四象限内点N的坐标为N4（3，﹣12），N5（，﹣），N 6（，﹣）．
13．（2022春•岳麓区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝mx+6交y轴于点C，交x轴于点D，且AD＝OD，以OA和OC为邻边作矩形OABC，已知点B（﹣4，6），点E是直线AB上一动点．
（1）求m的值；
（2）如图1，若∠EDC＝45°，求点E的坐标；
（3）若点M为射线DB上一点，点N为坐标平面内任意一点，是否存在以C，D，M，N为顶点的四边形是矩形，若存在，直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）如图1，根据矩形的性质和AD＝OD确定点D的坐标为（﹣2，0），代入直线y＝mx+6中可得m的值；
（2）过E作EH⊥CD于H，过H作HK⊥x轴于K，过E作ET⊥HK于T，证明△ETH≌△HKD，得ET＝HK，HT＝DK，设ET＝HK＝a，HT＝DK＝b，可得E（﹣4，a+b），H（a﹣4，a），将H（a﹣4，a）代入y＝3x+6得a＝3，故E（﹣4，4）；
（3）设M（t，﹣3t﹣6），N（c，d），又C（0，6），D（﹣2，0），分三种情况：根据矩形对角线互相平分且相等列方程，分别解方程组即可．
【解答】解：（1）∵四边形OABC是矩形，且B（﹣4，6），
∴OA＝4，
∵AD＝OD，
∴D（﹣2，0），
把D（﹣2，0）代入直线y＝mx+6中得：
﹣2m+6＝0，
解得：m＝3；
答：m的值是3；
（2）过E作EH⊥CD于H，过H作HK⊥x轴于K，过E作ET⊥HK于T，如图：

由C（0，6），D（﹣2，0）得直线CD解析式为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，
设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），
将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为顶点的四边形是矩形，理由如下：
由B（﹣4，6），D（﹣2，0）得直线BD解析式为y＝﹣3x﹣6，
设M（t，﹣3t﹣6），N（c，d），又C（0，6），D（﹣2，0），
①若MN、CD为对角线，则MN、CD的中点重合，且MN＝CD，
∴，
解得（舍去）或，
∴N（，）；
②若MC、ND为对角线，则MC、ND的中点重合，且MC＝ND，
∴，
解得（舍去），
∴这种情况不存在；
③若MD、NC若对角线，则MD、NC的中点重合，且MD＝NC，
∴，
解得，
∴N（﹣，），
综上所述，N的坐标为：（，）或（﹣，）．
14．（2022春•槐荫区期末）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y＝kx+15（k≠0）经过点C（3，6），与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段CD平行于x轴，交直线y＝x于点D，连接OC，AD．
（1）填空：k＝　﹣3　，点A的坐标是 　（5，0）　；
（2）求证：四边形OADC是平行四边形；
（3）动点P从点O出发，沿对角线OD以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线DO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为t秒．
①当t＝1时，△CPQ的面积是 　12　；
②是否存在t的值使得四边形CPAQ为矩形，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）代入C点坐标即可得出k值，确定直线的解析式，进而求出A点坐标即可；
（2）求出A、D点坐标，根据CD＝OA，CD∥OA，即可证四边形OADC是平行四边形；
（3）①作CH⊥OD于H，设出H点的坐标，根据勾股定理计算出CH的长度，根据运动时间求出PQ的长度即可确定△CPQ的面积；
②先证四边形CPAQ为平行四边形，根据对角线相等确定PQ的长度，再根据P、Q的位置分情况计算出t值即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+15（k≠0）经过点C（3，6），
∴3k+15＝6，
解得：k＝﹣3，
即直线的解析式为：y＝﹣3x+15，
当y＝0时，x＝5，
∴A（5.0），
故答案为：﹣3，（5，0）；
（2）∵线段CD平行于x轴，
∴D点的纵坐标与C点一样，
又∵D点在直线y＝x上，
∴当y＝6时，x＝8，
即D（8，6），
∴CD＝8﹣3＝5，
∵OA＝5，
∴OA＝CD，
又∵OA∥CD，
∴四边形OADC是平行四边形；
（3）①作CH⊥OD于H，
，
∵H点在直线y＝x上，
∴设H点的坐标为（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，
∴当t＝1时，PQ＝OD﹣t﹣t＝10﹣1﹣1＝8，
∴S△CPQ＝PQ•CH＝×8×3＝12，
故答案为：12；
②由（2）知四边形OADC是平行四边形，
∴OD与AC互相平分，
又∵P点和Q点的运动速度相同，
∴PQ与AC互相平分，
∴四边形CPAQ为平行四边形，
∵OD＝10，
当0≤t≤5时，PQ＝10﹣2t，
当5≤t≤10时，PQ＝2t﹣10，
若当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时，则PQ＝AC，
∵AC＝＝2，
当0≤t≤5时，10﹣2t＝2，
解得t＝5﹣，
当5≤t≤10时，2t﹣10＝2，
解得t＝5+，
综上，存在t的值使得四边形CPAQ为矩形，此时t的值为5﹣或5+．
15．（2022•武功县模拟）在平面直角坐标系中，已知抛物线L1：y＝﹣x2+bx+c（b、c为常数）与x轴交于A（﹣6，0）、B（2，0）两点．
（1）求抛物线L1的函数表达式；
（2）将该抛物线L1向右平移4个单位长度得到新的抛物线L2，与原抛物线L1交于点C，点D是点C关于x轴的对称点，点N在平面直角坐标系中，请问在抛物线L2上是否存在点M，使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可；
（2）存在，根据题意求得抛物线L2的表达式，再与抛物线L1联立，求得点C的坐标，进而求得点D的坐标；要使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，分当M在x轴上方时和当M在x轴下方时，两种情况讨论，根据矩形的性质列出方程，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，
∴抛物线L1的函数表达式为y＝﹣x2﹣4x+12；
（2）存在，理由如下：
∵y＝﹣x2﹣4x+12＝﹣（x+2）2+16，
∴抛物线L2的函数表达式为y＝﹣（x+2﹣4）2+16＝﹣（x﹣2）2+16＝﹣x2+4x+12，
令﹣x2﹣4x+12＝﹣x2+4x+12，
解得：x＝0，
当x＝0时，y＝﹣x2﹣4x+12＝12，
∴点C的坐标为（0，12），
∵点D是点C关于x轴的对称点，
∴点D坐标为（0，﹣12），
①当M在x轴上方时，
要使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，
则yM＝yC，即﹣x2+4x+12＝12，
解得：x1＝0，x2＝4，
∴M1（4，12）；
②当M在x轴下方时，

要使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，
则yM＝yD，即﹣x2+4x+12＝﹣12，
解得：x1＝2+2，x2＝2﹣2，
M2（2+2，﹣12），M3（2﹣2，﹣12）．
综上所述，在抛物线L2上是否存在点M，使得以点C、D、M、N为顶点的四边形是以CD为边的矩形，点M的坐标为（4，12）或（2+2，﹣12）或（2﹣2，﹣12）．
16．（2022•阳明区校级模拟）如图，直线AB，CD分别与x轴交于B，C两点，与y轴交于A，D两点，且∠EAD＝∠EDA，线段OB，OC的长分别是方程x2﹣8x+12＝0的两根，并且OB＝OA．
（1）求点D的坐标；
（2）求过点E的反比例函数解析式；
（3）若点M在坐标轴上，平面是否存在点N，使得以A，E，M，N为顶点的四边形为矩形？若存在，请写出满足条件的点N的个数，并任意写3个满足条件的点N的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）解方程求出OB，OC，再根据数量关系得出OA，利用三角函数求出OD，即可确定D点的坐标；
（2）用待定系数法求出直线CD和直线AB的解析式，联立两解析式求出E点坐标，即可得出过E点的反比例函数的解析式；
（3）根据M在坐标轴上，分情况讨论求出N的坐标即可．
【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）设直线CD的解析式为 y＝kx+b （ k≠0 ），
分别把（﹣6，0），（0，﹣12）代入，
得
解得
∴直线CD的解析式为y＝﹣2x﹣12，
同理直线AB的解析式y＝2x+4，
联立
解得
∴E的坐标（﹣4，﹣4），
∴过点E的反比例函数解析式为；
（3）存在，根据题意要使得以A，E，M，N为顶点的四边形为矩形分以下几种情况：（写出其中三种即可）
①点M在x轴正半轴，且AE为边时，

∵∠BAO+∠OAM＝90°，∠AMO+∠OAM＝90°，
∴∠BAO＝∠AMO，
∴tan∠AMO＝tan∠BAO＝，
即，
∵OA＝2OB＝4，
∴OM＝2OA＝8，
即M（8，0），
过N点作NH⊥x轴于H，
∵∠AMO+∠NMO＝90°，∠NMO+∠HNM＝90°，
∴∠AMO＝∠HNM，
∴tan∠HNM＝tan∠AMO＝，
∵MN＝AE＝＝4，
设MH＝a，则HN＝2a，
∴a2+（2a）2＝（4）2，
解得a＝4或a＝﹣4（舍去），
∴OH＝8﹣a＝4，HN＝2a＝8，
∴此时N（4，﹣8）；
②当M点在x轴负半轴时，且AE为边时，

同理①可得M（﹣8，0），
作NP⊥x轴于点P，
同理①可得N（﹣4，8）；
③M点在x轴，且AE为对角线时，

此时N点和M点都在x轴上，且BN＝AB＝＝2，
∴此时N点的坐标为（﹣2﹣2，0）或（2﹣2，0）；
④M点在y轴上，且AE为对角线时，

此时M（0，﹣4），N（﹣4，4），
⑤M点在y轴上，且AE为边时，

∵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＝，
设AQ＝b，则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，
即此时N（4，2），
综上所述，符合条件的N点坐标为（﹣4，4），（4，2），（4，﹣8），（﹣4，8），（﹣2，0），（﹣2，0）．
17．（2022•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+x+c经过A（﹣2，0），B（0，4）两点，直线x＝3与x轴交于点C．
（1）求a，c的值；
（2）经过点O的直线分别与线段AB，直线x＝3交于点D，E，且△BDO与△OCE的面积相等，求直线DE的解析式；
（3）P是抛物线上位于第一象限的一个动点，在线段OC和直线x＝3上是否分别存在点F，G，使B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把A（﹣2，0），B（0，4）两点代入抛物线y＝ax2+x+c中列方程组解出即可；
（2）利用待定系数可得直线AB的解析式，再设直线DE的解析式为：y＝mx，点D是直线DE和AB的交点，列方程可得点D的横坐标，根据△BDO与△OCE的面积相等列等式可解答；
（3）设P（t，﹣t2+t+4），分两种情况：作辅助线构建相似三角形，证明三角形相似或利用等角的三角函数列等式可解答．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（0，4）两点代入抛物线y＝ax2+x+c中得：
解得：；
（2）由（1）知：抛物线解析式为：y＝﹣x2+x+4，
设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
则，解得：，
∴AB的解析式为：y＝2x+4，
设直线DE的解析式为：y＝mx，
∴2x+4＝mx，
∴x＝，
当x＝3时，y＝3m，
∴E（3，3m），
∵△BDO与△OCE的面积相等，CE⊥OC，
∴•3•（﹣3m）＝•4•，
∴9m2﹣18m﹣16＝0，
∴（3m+2）（3m﹣8）＝0，
∴m1＝﹣，m2＝（舍），
∴直线DE的解析式为：y＝﹣x；
（3）存在，
B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形有两种情况：
设P（t，﹣t2+t+4），
①如图1，过点P作PH⊥y轴于H，

∵四边形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如图2，过点G作GN⊥y轴于N，过点P作PM⊥x轴于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）；
综上，点F的坐标为（2，0）或（，0）．
18．（2022•平定县模拟）综合与探究
如图，抛物线与y轴交于点A（0，8），与x轴交于点B（6，0），C，过点A作AD∥x轴与抛物线交于另一点D．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接AB，点P为AB上一个动点，由点A以每秒1个单位长度的速度沿AB运动（不与点B重合），运动时间为t，过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q，求PQ与t的函数关系式；
（3）点M是y轴上的一个点，点N是平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M，N，使得以B，D，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将A（0，8），B（6，0）代入抛物线，解方程组即可得出结论；
（2）根据点A，B的坐标可得，直线AB的解析式为．过点P作PE⊥y轴于点E，可得△AEP∽△AOB，所以AE：EP：AP＝AO：OB：AB＝4：3：5．根据题意可知AP＝t，所以，，所以点P的横坐标为．由此可得出PQ的长；
（3）要使以B，D，M，N为顶点的四边形是矩形，分以下情况进行讨论：过点B作x轴的垂线交AD的延长线于点E，则AE⊥EB；当DM为矩形的边时，过点N作NK⊥x轴，交x轴于点K；当DM'为矩形的对角线时，过点N'作N'K'⊥x轴交DA的延长线于点K'；以BD为对角线，分别计算即可．
【解答】解：（1）将A（0，8），B（6，0）代入抛物线，
得，
解得．
∴抛物线的表达式为；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+d，
将A，B两点坐标代入解析式得．
解得
∴直线AB的解析式为．
∵OA＝8，OB＝6，
∴由勾股定理可得．
如图，过点P作PE⊥y轴于点E，

∴∠AEP＝∠AOB＝90°，
∴EP∥OB．
则△AEP∽△AOB．
∴AE：EP：AP＝AO：OB：AB＝4：3：5．
根据题意可知AP＝t，
∴，，
∴点P的横坐标为．
∴，
∴PQ与t的函数关系式为（0≤t＜10）；
（3）存在，点N的坐标为或．
要使以B，D，M，N为顶点的四边形是矩形，分以下情况进行讨论：
如图，过点B作x轴的垂线交AD的延长线于点E，则AE⊥EB，

当y＝8时，，解得x＝0或3．
∴点D的坐标为（3，8）．
∴AD＝3，DE＝3．
①如图，当DM为矩形的边时，过点N作NK⊥x轴，交x轴于点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如图，当DM'为矩形的对角线时，过点N'作N'K'⊥x轴交DA的延长线于点K'．
同理可得△M'BO∽△DBE，
∴，
∴，
∴．
∵DN'＝BM'，
∴△DN'K'≌△BM'O，
∴，K′D＝OB＝6，
∴AK'＝3，点N'的纵坐＝，
∴，
③以BD为对角线这种情况不存在．
综上所述，存在点M，N，使得以B，D，M，N为顶点的四边形是矩形，点N的坐标为或．
19．（2022•榆次区一模）综合与探究
如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点A，C的坐标分别为（﹣2，0），（0，4），连接AC，BC．点P是y轴右侧的抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的函数表达式，并直接写出点B的坐标；
（2）连接PA，交直线BC于点D，当线段AD的值最小时，求点P的坐标；
（3）点Q是坐标平面内一点，是否存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将A（﹣2，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；
（2）当AD⊥BC时，AD的值最小，则∠DAB＝45°，设P（t，﹣t2+t+4），过点P作PM⊥x轴交于点M，由PM＝AM，可求P（2，4）；
（3）设Q（x，y），P（m，﹣m2+m+4），分三种情况讨论：①当AQ为矩形对角线时，AQ＝CP，可得，求得Q（7，）；②当AP为矩形对角线时，AP＝CQ，可得，求得Q（1，﹣）；③当AC为矩形对角线时，AC＝PQ，可得，此时Q点不存在．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝﹣x2+x+4，
令y＝0，则﹣x2+x+4＝0，
解得x＝﹣2或x＝4，
∴B（4，0）；
（2）当AD⊥BC时，AD的值最小，
∵OB＝OC＝4，
∴∠CBO＝45°，
∴∠DAB＝45°，
设P（t，﹣t2+t+4），
过点P作PM⊥x轴交于点M，
∴PM＝AM，
∴﹣t2+t+4＝t+2，
解得t＝2或t＝﹣2，
∵点P是y轴右侧的抛物线上，
∴P（2，4）；
（3）在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形为矩形，理由如下：
设Q（x，y），P（m，﹣m2+m+4），
①当AQ为矩形对角线时，AQ＝CP，
∴，
解得或（舍），
∴Q（7，）；
②当AP为矩形对角线时，AP＝CQ，
∴，
解得或（舍），
∴Q（1，﹣）；
③当AC为矩形对角线时，AC＝PQ，
∴，
解得（舍）或（舍）；
综上所述：Q点坐标为（7，）或（1，﹣）．

20．（2022春•泰兴市校级月考）如图，在平面直角坐标系中，将抛物线C1：y＝﹣（其中m为常数，且m＜0）关于原点对称得到抛物线C2，抛物线C1，C2的顶点分别为M，N．
（1）请直接写出抛物线C2的表达式；（用含有m的式子表示）
（2）若抛物线C1与x轴的交点从左到右依次为A，B，抛物线C2与x轴的交点从左到右依次为C，D．
①若A，B，C，D四点从左到右依次排列，且AD＝3BC，求m的值；
②是否存在这样的m，使以点M，A，N，D为顶点的四边形是矩形？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由；
（3）在抛物线C1对称轴右侧的部分任取一点G，设直线MG，NG分别与y轴相交于P，Q两点，且GM＝pGP，GN＝qGQ，求p﹣q的值．

【分析】（1）设抛物线c2上任意一点（x，y），点（x，y）关于原点的对称点为（﹣x，﹣y），将点（﹣x，﹣y）代入抛物线，即可求解；
（2）①分别求出A（﹣1+m，0），B（1+m，0），C（﹣1﹣m，0），D（1﹣m，0），再由题意建立方程即可求m的值；
②由M、N关于原点对称，A、D关于原点对称，则MN为矩形的对角线，在由勾股定理可得1+3+（2m﹣1）2+3＝12+4m2，解得m＝﹣1；
（3）设G点的横坐标为t，过点G作x轴的平行线交y轴于点I，过点M作x轴的平行线交y轴于点H，过点N作y轴的平行线 交GI于点K，则GI∥MH，由平行线的性质可得＝，即|t|＝，再由NK∥y轴，得＝，即|t|＝，最后由等式＝，可求p﹣q＝2．
【解答】解：（1）设抛物线c2上任意一点（x，y），
则点（x，y）关于原点的对称点为（﹣x，﹣y），
将点（﹣x，﹣y）代入抛物线，
∴抛物线c2的解析式为y＝（x+m）2﹣；
（2）①对函数，
令y＝0，解得x＝﹣1+m或x＝1+m，
∵m＜0，
∴A（﹣1+m，0），B（1+m，0），
对函数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，使以点M，A，N，D为顶点的四边形是矩形，理由如下：
∵抛物线c1的对称轴为x＝m，
∴M（m，），
∵抛物线c2的对称轴为x＝﹣m，
∴N（﹣m，﹣），
∵M、N关于原点对称，A、D关于原点对称，
∴MN为矩形的对角线，
∴AM2+AN2＝MN2，
∴1+3+（2m﹣1）2+3＝12+4m2，
解得m＝﹣1；
（3）设G点的横坐标为t，
过点G作x轴的平行线交y轴于点I，过点M作x轴的平行线交y轴于点H，过点N作y轴的平行线交GI于点K，
∴GI∥MH，
∴＝，
∵GM＝pGP，
∴＝＝，
∴|t|＝，
∵NK∥y轴，
∴＝，
∵GN＝qGQ，
∴＝＝，
∴|t|＝，
∴＝，
∴p﹣q＝2．

21．（2022•黔东南州）如图，抛物线y＝ax2+2x+c的对称轴是直线x＝1，与x轴交于点A，B（3，0），与y轴交于点C，连接AC．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DM⊥x轴，垂足为点M，DM交直线BC于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）已知点E是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边形为矩形，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）由抛物线的对称轴为直线x＝1，抛物线经过点B（3，0），可得A（﹣1，0），用待定系数法即可求解；
（2）求出直线BC的解析式，设点D坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点N（t，﹣t+3），利用勾股定理表示出AC2，AN2，CN2，然后分①当AC＝AN时，②当AC＝CN时，③当AN＝CN时三种情况进行讨论，列出关于t的方程，求出t的值，即可写出点N的坐标；
（3）分两种情形讨论：①当BC为对角线时，②当BC为边时，先求出点E的坐标，再利用平行四边形的中心对称性求出点F的坐标即可．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+2x+c的对称轴是直线x＝1，与x轴交于点A，B（3，0），
∴A（﹣1，0），
∴，解得，
∴抛物线的解析式y＝﹣x2+2x+3；

（2）∵y＝﹣x2+2x+3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+3，
将点B（3，0）代入得：0＝3k+3，
解得：k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3；
设点D坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点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当AC＝AN时，AC2＝AN2，
∴10＝2t2﹣4t+10，
解得t1＝2，t2＝0（不合题意，舍去），
∴点N的坐标为（2，1）；
②当AC＝CN时，AC2＝CN2，
∴10＝2t2，
解得t1＝，t2＝﹣（不合题意，舍去），
∴点N的坐标为（，3﹣）；
③当AN＝CN时，AN2＝CN2，
∴2t2﹣4t+10＝2t2，
解得t＝，
∴点N的坐标为（，）；
综上，存在，点N的坐标为（2，1）或（，3﹣）或（，）；

（3）设E（1，a），F（m，n），
∵B（3，0），C（0，3），
∴BC＝3，
①以BC为对角线时，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＝，
∴点F的坐标为（2，）或（2，）；
②以BC为边时，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，
∴点F的坐标为（4，1）或（﹣2，1），
综上所述：存在，点F的坐标为（2，）或（2，）或（4，1）或（﹣2，1）．
22．（2022•随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）判断出A，B两点坐标，可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），把（0，3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，可得结论；
（2）如图（2）中，连接OP．设P（m，﹣m2﹣2m+3），构建二次函数，利用二次函数的性质求解即可；
（3）分两种情形，点N在y轴上，点N在x轴上，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，抛物线交x轴于点A，B（1，0），
∴A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，
∴C（0，3），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把（0，3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）如图（2）中，连接OP．设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，
∴当m＝﹣时，S的值最大，最大值为，此时P（﹣，）；

（3）存在，理由如下：
如图3﹣1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P（﹣1，4），N（0，4）；

如图3﹣2中，当四边形PMCN是矩形时，设M（﹣1，n），P（t，﹣t2﹣2t+3），则N（t+1，0），

由题意，，
解得，消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t＝，
∴P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
综上所述，满足条件的点P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）．
23．（2020•辽宁）如图，抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）过点O（0，0）和A（6，0）．点B是抛物线的顶点，点D是x轴下方抛物线上的一点，连接OB，OD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，当∠BOD＝30°时，求点D的坐标；
（3）如图②，在（2）的条件下，抛物线的对称轴交x轴于点C，交线段OD于点E，点F是线段OB上的动点（点F不与点O和点B重合），连接EF，将△BEF沿EF折叠，点B的对应点为点B'，△EFB'与△OBE的重叠部分为△EFG，在坐标平面内是否存在一点H，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点H的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图①中，设抛物线的对称轴交x轴于M，与OD交于点N．解直角三角形求出点N的坐标，求出直线ON的解析式，构建方程组确定点D坐标即可．
（3）分三种情形：如图②﹣1中，当∠EFG＝90°时，点H在第一象限，此时G，B′，O重合．如图②﹣2中，当∠EGF＝90°时，点H在对称轴右侧．如图②﹣3中当∠FGE＝90°时，点H在对称轴左侧，点B′在对称轴上，分别求解即可．
【解答】解：（1）把点O（0，0）和A（6，0）代入y＝ax2﹣2x+c中，
得到，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x．

（2）如图①中，设抛物线的对称轴交x轴于M，与OD交于点N．

∵y＝x2﹣2x＝（x﹣3）2﹣3，
∴顶点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，﹣），
∴直线ON的解析式为y＝﹣x，
由，解得或，
∴D（5，﹣）．

（3）如图②﹣1中，当∠EFG＝90°时，点H在第一象限，此时G，B′，O重合，由题意OF＝BF，可得F（，﹣），E（3，﹣），利用平移的性质可得H（，）．

如图②﹣2中，当∠EGF＝90°时，点H在对称轴右侧，由题意，∠EBF＝∠FEB＝30°
∴EF＝BF，可得F（2，﹣2），利用平移的性质可得H（，﹣）．

如图②﹣3中当∠FGE＝90°时，点H在对称轴左侧，点B′在对称轴上，由题意EF⊥BE，可得F（1，﹣），G（，﹣），利用平移的性质，可得H（，﹣）．

综上所述，满足条件的点H的坐标为（，）或（，﹣）或（，﹣）．
24．（2020•内乡县一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，其中点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3），直线l经过B，C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点C作CD∥x轴交抛物线于点D，过线段CD上方的抛物线上一动点E作EF⊥CD交线段BC于点F，求四边形ECFD的面积的最大值及此时点E的坐标；
（3）点P是在直线l上方的抛物线上一动点，点M是坐标平面内一动点，是否存在动点P，M，使得以C，B，P，M为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点B（3，0），点C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解析式；
（2）求出BC的直线解析式为y＝﹣x+3，设E（m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3），所以S四ECFD＝S△CDE+S△CDF＝﹣m2+3m，即可求面积的最大值；
（3）设P（n，﹣n2+2n+3），①当CP⊥PB时，根据PJ＝构建方程求解；②当CP⊥CB时，P（1，4），可求P点横坐标．
【解答】解：（1）将点B（3，0），点C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c中，
则有，
∴，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3，
∴对称轴为x＝1，
∵CD∥x轴，
∴D（2，3），
∴CD＝2，
∵点B（3，0），点C（0，3），
∴BC的直线解析式为y＝﹣x+3，
设E（m，﹣m2+2m+3），
∵EF⊥CD交线段BC于点F，
∴F（m，﹣m+3），
∴S四边形ECFD＝S△CDE+S△CDF＝×2×（﹣m2+2m）+×2×m＝﹣m2+3m，
当m＝时，四边形ECFD的面积最大，最大值为；
此时E（，）；
（3）设P（n，﹣n2+2n+3），
①当CP⊥PB时，设BC的中点为J（，），
则有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点横坐标为；
②当CP⊥CB时，P（1，4）．
∴P点横坐标为1；
综上所述：P点横坐标为或1．