人教版九年级上册22.3 实际问题与二次函数课堂检测

这是一份人教版九年级上册22.3 实际问题与二次函数课堂检测，文件包含九年级数学上册2232二次函数专项训练综合类27大题型-重要笔记2022-2023学年九年级数学上册重要考点精讲精练人教版原卷版docx、九年级数学上册2232二次函数专项训练综合类27大题型-重要笔记2022-2023学年九年级数学上册重要考点精讲精练人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共84页， 欢迎下载使用。

22.3.2二次函数专项训练（综合类）（2）


题型1：综合-线段、周长、面积最值问题
1、已知抛物线 y=12x2+bx 经过点 A(4， 0) ，另有一点 C(1， −3) ，若点 D 在抛物线的对称轴上，且 AD+CD 的值最小，求点 D 的坐标．
【答案】解：如图，连接 AC 与对称轴的交点即为点 D ．
∵y=12x2+bx 经过点 A(4， 0) ，∴0=8+4b ，∴b=−2 ，∴抛物线的解析式为 y=12x2−2x ，∵A(4， 0) ， C(1， −3) ，∴直线 AC 的解析式为 y=x−4 ，∵对称轴 x=2 ，∴y=−2 ，∴点 D 坐标 (2， −2) ．
【解析】【分析】连接AC与对称轴的交点即为点D，利用待定系数法将点A、C的坐标代入函数解析式，求出二次函数解析式和直线AC的函数解析式，然后求出点D的坐标。
2．如图已知二次函数 y=x2+4x−5 的图象及对称轴，限用无刻度直尺按下列要求作图：

（1）在图1中作点 A(−4,−5) ；
（2）已知 A(−4,−5) ，在图2中的对称轴上作点P，使 CP−AP 最大；
【答案】（1）解：如图：点A是所作的点．

（2）解：）点 P 是所作的点．

【解析】【分析】（1）由题意可知， y轴与二次函数图象的交点和 A(−4,−5) 关于二次函数的对称轴对称，已经确定y轴与二次函数图象的交点的位置，作关于已知点的对称点；（2）当C、A、P三点不在同一直线上时，形成三角形，根据三角形两边之差小于第三边可知， CP−AP 3．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），点A的坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C（0，3），作直线BC．动点P在x轴上运动，过点P作PM⊥x轴，交抛物线于点M，交直线BC于点N，设点P的横坐标为m．
（Ⅰ）求抛物线的解析式和直线BC的解析式；
（Ⅱ）当点P在线段OB上运动时，求线段MN的最大值；

【答案】解：（Ⅰ）∵抛物线过A、C两点，∴代入抛物线解析式可得： −1−;b+c=0c=3 ，解得： b=2c=3 ，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3，令y=0可得，﹣x2+2x+3=0，解x1=﹣1，x2=3，∵B点在A点右侧，∴B点坐标为（3，0），设直线BC解析式为y=kx+s，把B、C坐标代入可得 3k+s=0s=3 ，解得 k=−1s=3 ，∴直线BC解析式为y=﹣x+3；（Ⅱ）∵PM⊥x轴，点P的横坐标为m，∴M（m，﹣m2+2m+3），N（m，﹣m+3），∵P在线段OB上运动，∴M点在N点上方，∴MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣ 32 ）2+ 94 ，∴当m= 32 时，MN有最大值，MN的最大值为 94 ；
【解析】【分析】（1）把A、C两点的坐标代入抛物线的解析式中列方程组可求得b,c的值，令y=0，解方程可得B点的坐标，利用待定系数法求直线BC的解析式；（2）根据解析式表示出M、N两点的坐标，其纵坐标的差就是MN的长，配方后求得最值即可；
4．如图 ，抛物线与 x 轴交于 A(−3,0),B(1,0) 两点、与 y 轴交于点 C(0,3) .
(1) 求抛物线的表达式；
(2) 设抛物线上的一个动点 P 的横坐标 t（−3
【答案】(1) 设y=a（x+3）（x-1）代入C（0,3）可得a=-1，
∴y=−(x2+2x−3)=−x2−2x+3
即 y=−x2−2x+3 ；
(2) 由点 A，C 求得 AC 的解析式为： y=x+3 ，
由题意，点 P 的坐标为 (t,−t2−2t+3) ，
作 PD⊥x 轴于 D ，交 AC 于 E ，则点 E 的坐标为 (t,t+3) ，
∴PE=yp−yE=(−t2−2t+3)−(t+3)=−t2−3t ，
∴S=12PE×(xC−xA)=−32t2+92t=−32(t+32)2+278 ，
∵a=−2<0 ，
∴ 当 t=−32 时， S 的最大值为 278 ，

【解析】【分析】（1）利用待定系数法（交点式）求出二次函数解析式即可；
（2）先求出直线AC的解析式y=x+3，由点 P 的坐标为 (t,−t2−2t+3) ，作PD⊥x轴于D ，交 AC 于 E ，则点 E 的坐标为 (t,t+3) ，可得出PE=yp−yE=−t2−3t，从而得出S=12PE×(xC−xA)=−32t2+92t，利用二次函数的性质求出结论即可；
5.如图，已知二次函数y=ax2+bx−3的图象与x轴交于点A（－1，0），B（3，0），直线AC与y轴交于点C，与抛物线交于点D，且△ABD的面积为10．

（1）求抛物线和直线AC的函数表达式；
（2）若抛物线上的动点E在直线AC的下方，求△ACE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；
【答案】（1）解：把A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx−3，
得a−b−3=09a+3b−3=0，∴a=1b=−2，
∴抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3；
∵A(−1，0)，B(3，0)，
∴AB＝4，
设点D的纵坐标为h，
∵△ABD的面积为10，
∴12AB⋅ℎ=10，
∴h＝5，
把h＝5代入y2=x−2x−3，得x2−2x−3=5，
∴x1=4，x2=−2（舍去），
∴点D的坐标为（4，5），
设直线AC的函数表达式为y＝kx＋b，
把A（-1，0），D（4，5）代入，得
−k+b=04k+b=5，∴k=1b=1，
∴直线AC的函数表达式为y＝x＋1；
（2）解：过点E作EF⊥AB交AB于点G，交直线AC于点F，过点C作CH⊥EF于点H．

设点E(m，m2−2m−3)，则F（m，m＋1），
∴EF=m+1−(m2−2m−3)=−m2+3m+4，
∵S△ACE=S△AEF−S△CEF
=12EF⋅AG−12EF⋅CH
=12EF⋅(AG−CH)
=12EF×AO
=12EF×1
=12EF，
∴S△ACE=12(−m2+3m+4)
=−12m2+32m+2
=−12(m−32)2+258，
∵−12<0，
∴S△ACE有最大值，当m=32时，△ACE面积的最大值为258．
此时，点E(32，−154)．

【解析】【分析】（1）先将点A、B的坐标代入y=ax2+bx−3求出a、b的值，再求出点D的坐标，最后利用待定系数法求出直线AC的解析式即可；
（2）过点E作EF⊥AB交AB于点G，交直线AC于点F，过点C作CH⊥EF于点H，设点E(m，m2−2m−3)，则F（m，m＋1），求出EF=m+1−(m2−2m−3)=−m2+3m+4，再利用割补法可得S△ACE=12EF=12(−m2+3m+4)，最后利用二次函数的性质求解即可；
如图，抛物线y=ax2+bx(a≠0)的图象过原点O和点A(1， 3 )，且与x轴交于点B，△AOB的面积为 3 。

（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线的对称轴上存在一点M，使△AOM的周长最小，求M点的坐标；
【答案】（1）解：∵△AOB的面积为 3 ， 点A（1， 3 ），
∴12OB×3 = 3 ，∴OB=2，
∴B（－2，0）．
∵抛物线过点A，B，
∴3=a+b0=4a−2b ，
解得： a=33b=233 ，
∴y=33x2+233x
（2）解：抛物线的对称轴为 x=−2332×33=−1 ．
∵点B与点O关于对称轴 x=−1 对称，
∴由题意得直线AB与对称轴的交点就是点M．设直线AB为： y=kx+m ．
∵直线AB过A、B两点，
∴3=k+m0=−2k+m ，
解得： k=33m=233 ，
∴y=33x+233 ．
当 x=−1 时， y=−33+233=33 ，
∴M（ −1 ， 33 ）
【解析】【分析】（1）根据△AOB的面积及点A的坐标，就可求出点B的坐标，再利用待定系数法，将点A、B的坐标代入函数解析式，就可求出二次函数解析式。
（2）利用（1）中的抛物线的解析式求出轴对称，利用二次函数的对称性可得到点B与点O关于对称轴对称，因此直线AB与对称轴的交点就是点M，利用点A、B的坐标求出直线AB的函数解析式，再算出当x=-1时的y的值，就可得到点M的坐标。
7．在平面直角坐标系中，将二次函数y=a x2 (a＞0)的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，OA=1，经过点A的一次函数 y=kx+b ( k≠0 )的图象与y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为D，△ABD的面积为5．

（1）求抛物线和一次函数的解析式；
（2）抛物线上的动点E在一次函数的图象下方，求△ACE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；
【答案】（1）解：将二次函数 y=ax2(a>0 )的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到的抛物线解析式为 y=a(x−1)2﹣2 ，
∵OA=1，
∴点A的坐标为(﹣1，0)，代入抛物线的解析式得， 4a﹣2=0 ，
∴a=12 ，
∴抛物线的解析式为 y=12(x−1)2﹣2 ，即 y=12x2−x−32 ．
令y=0，解得 x1=−1，x2=3 ，
∴点B的坐标为(3，0)，
∴AB=OA+OB=4，
∵△ABD的面积为5，
∴S△ABD=12AB·yD=5 ，
∴yD=52 ，
代入抛物线解析式得， 52=12x2−x−32 ，
解得 x1=−2，x2=4 ，
∴点D的坐标为(4， 52 )，
设直线AD的解析式为 y=kx+b ，
∴4k+b=52−k+b=0 ，解得： k=12b=12 ，
∴直线AD的解析式为 y=12x+12 ；
（2）解：过点E作EM∥y轴交AD于M，交x轴于N，如图，

设点E的坐标为( a ， 12a2−a−32 )，则点M的坐标为( a ， 12a+12 )
∴ME=12a+12−(12a2−a−32)=−12a2+32a+2 ，
∴S△ACE=S△AME−S△CME
=12EM·AN−12EM·ON
=12(−12a2+32a+2)×1
=−14(a2−3a−4)
=−14(a−32)2+2516 ，
∴当 a=32 时，△ACE的面积有最大值，最大值是 2516 ，此时E点坐标为( 32 ， −158 )
【解析】【分析】(1)先写出平移后的抛物线解析式，经过点A(-1，0)，可求得a的值，由△ABD的面积为5可求出点D的纵坐标，代入抛物线解析式求出横坐标，由A、D的坐标可求出一次函数解析式；(2)作EM∥y轴交AD于M，如图，利用三角形面积公式，由 S△ACE=S△AME−S△CME 构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
8．如图，抛物线y=ax2+bx(a≠0)的图象过原点O和点A(1， 3 )，且与x轴交于点B，△AOB的面积为 3 。

（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线的对称轴上存在一点M，使△AOM的周长最小，求M点的坐标；
（3）点F是x轴上一动点，过F作x轴的垂线，交直线AB于点E，交抛物线于点P，且PE= 233 ，直接写出点E的坐标(写出符合条件的两个点即可)。
【答案】（1）解：∵△AOB的面积为 3 ， 点A（1， 3 ），∴12OB×3 = 3 ，∴OB=2，∴B（－2，0）．∵抛物线过点A，B，∴3=a+b0=4a−2b ，解得： a=33b=233 ，∴y=33x2+233x
（2）解：抛物线的对称轴为 x=−2332×33=−1 ．∵点B与点O关于对称轴 x=−1 对称，∴由题意得直线AB与对称轴的交点就是点M．设直线AB为： y=kx+m ．∵直线AB过A、B两点，∴3=k+m0=−2k+m ，解得： k=33m=233 ，∴y=33x+233 ．
当 x=−1 时， y=−33+233=33 ，∴M（ −1 ， 33 ）
（3）解：设F（x，0），则E（x， 33x+233 ），P（x， 33x2+233x ），则PE= |33x2+233x−(33x+233)|=233 ，整理得： |x2+x−2|=2 ，∴x2+x−2=−2 或 x2+x−2=2 ，解得：x1=0，x2=-1，x3= −1+172 ，x4= −1−172 ．∴E的坐标为（0， 233 ）或（ −1 ， 33 ）或（ −1+172 ， 33+516 ）或（ −1−172 ， 33−516 ）
【解析】【分析】（1）因为抛物线的解析式有两个待定系数a、b，需已知两个点才能用待定系数法求解析式，已知点A（1，3），△AOB的面积为3，则三角形AOB的面积=12OB×3，可求出点B的坐标，那么解析式可求；
（2）要使△AOM的周长最小，只需使AM+OM最短即可，根据两点之间，线段最短可知：找出点O关于直线x=-1的对称点，连接这个对称点和点A与对称轴的交点即为所求的点M。由（1）中所求的解析式可得抛物线的对称轴为直线x=-1，因为点M在对称轴上，所以点M的横坐标为-1，只须求出纵坐标即可；而点M又在直线AB上，所以根据A、B的坐标可求得直线AB的解析式，把x=-1代入解析式即可求得点M的纵坐标；
（3）根据题意可知点F、E、P三点的横坐标相同，点E在直线AB上，点P在抛物线上，则E、P的纵坐标可表示出来，根据PE=233，可得关于x的方程，解方程即可求解。
9．如图，在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝5cm，点P，点Q分别以2cm/s和1cm/s的速度从A，B沿AB，BC方向运动.设t秒（t≤5）时，△PBQ的面积为y.

（1）试写出y与t的函数关系式.
（2）当t为何值时，S△PBQ＝6cm2？
（3）在P、Q运动过程中，四边形APQC的面积是否有最小值？如果有，直接写出S四边形APQC＝　 　.
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝10cm，BC＝5cm，
根据题意，AP＝2t，BQ＝t，
∴PB＝10﹣2t，
∵S△PBQ＝ 12 PB•QB，
∴y＝﹣t2+5t
（2）解：把y＝6cm2代入解析式，可得：6＝﹣t2+5t，
解得：t1＝2，t2＝3，
答：当t为2秒或3秒时，S△PBQ＝6cm2
（3）18.75cm2
【解析】【解答】（3）∵y＝﹣t2+5t＝﹣（t﹣2.5）2+6.25，
∴当t＝2.5时，y有最大值，最大值为6.25，
∴△PBQ的面积的最大值为6.25cm2，所以四边形APQC的面积此时最小，S四边形APQC＝ 12AB·BC−S△PBQ=12×10×5−6.25=18.75 cm2，
故答案为：18.75cm2。
【分析】（1）根据路程等于速度乘以时间得出 AP＝2t，BQ＝t， 故 PB＝10﹣2t， 然后根据三角形的面积计算方法，由 S△PBQ＝ 12 PB•QB， 即可建立出y与x的函数关系式；
（2）将y=6代入（1）所求的函数关系式即可算出对应的自变量的值，得出答案；
（3）根据二次函数的性质，求出（1）所得函数的最值，根据S四边形APQC＝ 12AB·BC−S△PBQ，当 △PBQ的面积的最大时四边形APQC的面积此时最小即可求出答案。
10．如图，已知抛物线 y=ax2+bx 与 x 轴分别交于原点 O 和点 F(10，0) ，与对称轴 l 交于点 E(5，5) .矩形 ABCD 的边 AB 在 x 轴正半轴上，且 AB=1 ，边 AD ， BC 与抛物线分别交于点 M ， N .当矩形 ABCD 沿 x 轴正方向平移，点 M ， N 位于对称轴 l 的同侧时，连接 MN ，此时，四边形 ABNM 的面积记为 S ；点 M ， N 位于对称轴 l 的两侧时，连接 EM ， EN ，此时五边形 ABNEM 的面积记为 S .将点 A 与点 O 重合的位置作为矩形 ABCD 平移的起点，设矩形 ABCD 平移的长度为 t(0≤t≤5) .

（1）求出这条抛物线的表达式；
（2）当 t=0 时，求 SΔOBN 的值；
（3）当矩形 ABCD 沿着 x 轴的正方向平移时，求 S 关于 t(0≤t≤5) 的函数表达式，并求出 t 为何值时， S 有最大值，最大值是多少？
【答案】（1）解：将E（5，5）、F（10，0）代入y=ax2+bx，
25a+5b＝5100a+10b＝0 ，解得： a＝−15b＝2 ，
∴抛物线的表达式为y=- 15 x2+2x
（2）解：当t=0时，点B的坐标为（1，0），点N的坐标为（1， 95 ），

∴BN= 95 ，OB=1，
∴S△OBN= 12 BN•OB= 910
（3）解：①当0＜t≤4时（图1），点A的坐标为（t，0），点B的坐标为（t+1，0），
∴点M的坐标为（t，- 15 t2+2t），点N的坐标为（t+1，- 15 （t+1）2+2（t+1）），
∴AM=- 15 t2+2t，BN=- 15 （t+1）2+2（t+1），
∴S= 12 （AM+BN）•AB= 12 ×1×[- 15 t2+2t- 15 （t+1）2+2（t+1）]，
=- 15 t2+ 95 t+ 910 ，
=- 15 （t- 92 ）2+ 9920 ，
∵- 15 ＜0，
∴当t=4时，S取最大值，最大值为 4910 ；
②当4＜t≤5时（图2），点A的坐标为（t，0），点B的坐标为（t+1，0），

∴点M的坐标为（t，- 15 t2+2t），点N的坐标为（t+1，- 15 （t+1）2+2（t+1）），
∴AM=- 15 t2+2t，BN=- 15 （t+1）2+2（t+1），
∴S= 12 （5-t）（- 15 t2+2t+5）+ 12 （t-4）[5- 15 （t+1）2+2（t+1）]，
= 12 （ 15 t3-3t2+5t+25）+ 12 （- 15 t3+ 125 t2+ 25 t- 1365 ），
=- 310 t2+ 2710 t- 1110 ，
=- 310 （t- 92 ）2+ 19940 ，
∵- 310 ＜0，
∴当t= 92 时，S取最大值，最大值为 19940 ．
∵4910 = 19640 ＜ 19940 ，
∴当t= 92 时，S有最大值，最大值是 19940
【解析】【分析】（1）将E，F两点的坐标代入y=ax2+bx，得出关于a，b的二元一次方程组，去接得出a，b的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）当t=0时，点B的坐标为（1，0），点N的坐标为（1， 95），故可得出BN，OB的长，根据三角形的面积计算方法即可算出答案；
（3）①当0＜t≤4时（图1），点A的坐标为（t，0），点B的坐标为（t+1，0），进而根据抛物线上点的坐标特点。和x轴平行的直线上的点的坐标特点表示出M，N的坐标，AM，BN的长，根据梯形的面积建立出S与t的函数关系式，根据所得函数的旋转即可得出答案；②当4＜t≤5时（图2），点A的坐标为（t，0），点B的坐标为（t+1，0），进而根据抛物线上点的坐标特点。和x轴平行的直线上的点的坐标特点表示出M，N的坐标，AM，BN的长，根据梯形的面积公式建立函数关系式，根据函数性质即可解决问题。

题型2：综合-等腰三角形存在性问题
1．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，y与轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D．已知A（﹣1，0），C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上有一点M，使得MA+MC的值最小，求此点M的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在P点，使△PCD是等腰三角形，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）将A（﹣1，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，求出b、c的值即可；
（2）由对称可知，直线BC与对称轴的交点就是点M，求出直线BC的关系式，进而求出其与对称轴的交点；
（3）设P（1，t），则PC2＝12+（t﹣3）2，CD2＝32+12＝10，PD2＝t2，根据△PCD为等腰三角形，分三种情况讨论：当PC＝CD时，当CD＝PD时，当PC＝PD时，分别建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）由对称性可知，直线BC与抛物线对称轴的交点就是点M，
抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴是直线x＝﹣＝1，由于点A（﹣1，0），则点B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+d，
则，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
当x＝1时，y＝﹣1+3＝2，
∴点M（1，2）；
（3）设P（1，t），则PC2＝12+（t﹣3）2，CD2＝32+12＝10，PD2＝t2，
根据△PCD为等腰三角形，分三种情况讨论：
当PC＝CD时，
则12+（t﹣3）2＝10，
解得：t＝6或t＝0（此时点P与D重合，舍去），
∴P（1，6）；
当CD＝PD时，
则10＝t2，
解得：t＝±，
∴P1（1，），P2（1，﹣）；
③当PC＝PD时，
则12+（t﹣3）2＝t2，
解得：t＝，
P（1，）；
综上所述，点P的坐标为（1，6）或（1，）或（1，﹣）或（1，）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式、二次函数的图象和性质以及对称最短距离，等腰三角形性质，第（2）问运用轴对称距离最短是解题关键，第（3）问在考虑构建等腰三角形时，运用分类讨论的思想解决问题是解题关键．
2．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
（3）点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）连接CB交对称轴于点Q，当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，求出直线BC的解析式，再求Q点坐标即可；
（3）分两种情况讨论：当∠BPM＝90°时，PM＝PB，M点与A点重合，则M（﹣1，0）；当∠PBM＝90°时，PB＝BM，过点B作x轴的垂线GH，过点P作PH⊥GH交于H，过点M作MG⊥HG交于G，可证明△BPH≌△MBG（AAS），设P（1，t），则M（3﹣t，﹣2），求出M点坐标为（1﹣，﹣2）；同理M（3+t，2），可求M点坐标为（1﹣，2）．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接CB交对称轴于点Q，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵A、B关于对称轴x＝1对称，
∴AQ＝BQ，
∴AC+AQ+CQ＝AC+CQ+BQ≥AC+BC，
当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，
∵C（0，﹣3），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
∴Q（1，﹣2）；
（3）当∠BPM＝90°时，PM＝PB，
∴M点与A点重合，
∴M（﹣1，0）；
当∠PBM＝90°时，PB＝BM，
过点B作x轴的垂线GH，过点P作PH⊥GH交于H，过点M作MG⊥HG交于G，
∵∠PBM＝90°，
∴∠PBH+∠MBG＝90°，
∵∠PBH+∠BPH＝90°，
∴∠MBG＝∠BPH，
∵BP＝BM，
∴△BPH≌△MBG（AAS），
∴BH＝MG，PH＝BG＝2，
设P（1，t），则M（3﹣t，﹣2），
∴﹣2＝（3﹣t）2﹣2（3﹣t）﹣3，
解得t＝2+或t＝2﹣，
∴M（1﹣，﹣2）或（1+，﹣2），
∵M点在对称轴的左侧，
∴M点坐标为（1﹣，﹣2）；
同理可得M（3+t，2），
∴2＝（3+t）2﹣2（3+t）﹣3，
解得t＝﹣2+（舍）或t＝﹣2﹣，
∴M（1﹣，2）；
综上所述：M点的坐标为（1﹣，﹣2）或（1﹣，2）或（﹣1，0）．


【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，轴对称求最短距离，分类讨论，数形结合是解题的关键．
3．（提升）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣1）和点B（5，4），P是直线AB下方抛物线上的一个动点，PC∥y轴与AB交于点C，PD⊥AB于点D，连接PA．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当△PCD的周长取得最大值时，求点P的坐标和△PCD周长的最大值；
（3）当△PAC是等腰三角形时，请直接给出点P的坐标．

【分析】（1）利用特定系数解答，即可求解；
（2）先求出直线AB的表达式为y＝x﹣1，可得△PCD是等直角三角形，从而得到△PCD的周长为：PC+PD+CD＝（+1）PC，设点P的坐标为（x，x2﹣4x﹣1），则点C的坐标为（x，x﹣1），利用二次函数的性质，即可求解；
（3）分三种情况讨论，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：，
解得：，
则抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x﹣1；
（2）设直线AB的表达式为：y＝kx+a（k≠0），
∵A（0，﹣1），B（5，4），
∴，
解得：，
∴直线AB的表达式为：y＝x﹣1，
设直线AB交x轴于点M，

当y＝0时，x＝1，
∵OA＝OM＝1，
∵∠AOM＝90°，
∴∠OAB＝45°，
∵CP∥y轴，
∴∠DCP＝∠OAB＝45°，
∵PD⊥AB，
∴△PCD是等腰直角三角形，即CD＝PD，
∴PC＝＝CD，即CD＝PD＝PC，
∴△PCD的周长为：PC+PD+CD＝（+1）PC，
设点P的坐标为（x，x2﹣4x﹣1），则点C的坐标为（x，x﹣1），
∴（+1）PC＝（+1）[（x﹣1）﹣（x2﹣4x﹣1）]＝﹣（+1）[（x﹣）2﹣]，
∵﹣（+1）＜0，
∴当x＝时，△PCD周长取得最大值，最大值为（+1），
此时点P的坐标为（，﹣）；
（3）如图，过点A作P1A⊥y轴，交抛物线于点P1，

∵CP1∥y轴，
∴∠ACP1＝45°，
∴△ACP1是等腰直角三角形，
∴点A （0，﹣1），
∴点P1的纵坐标为﹣1，
当y＝﹣1时，﹣1＝x2﹣4x﹣1，
解得：x1＝4，x2＝0（舍去），
此时点P1（4，﹣1）；
如图，当P2A⊥AB时，
∵CP2∥y轴，
∴∠ACP2＝45°，
∴△ACP2是等腰直角三角形，点C，P2关于直线AP1对称，
设点P2（m，m2﹣4m﹣1），则点C（m，m﹣1），
∴[（m2﹣4m﹣1）+（m﹣）]＝﹣1，
解得：m1＝3，m2＝0（舍去），
此时点P2（3，﹣4）；
如图，若AC＝CP3，作CE⊥y轴于点E．

∵∠CAE＝45°，
∴△ACE是等腰直角三角形，即AE＝CE，
∴P3C＝AC＝＝CE，
设点P3（m，m2﹣4m﹣1），
则点C（m，m﹣1），
∴（m﹣1）﹣（m2﹣4m﹣1）＝m，
解得：m1＝5﹣，m2＝0（舍去），
∴此时点p3（5﹣，6﹣6）；
综上所述，点P的坐标为（4，﹣1）或（3，﹣4）或（5﹣，6﹣6）．
【点评】本题主要考查了二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象和性质，等腰直角三角形的判定和性质，利用数形结合思想和分类讨论思想解答本题的关键．
4．如图，已知抛物线y＝mx2+4x+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．直线y＝x﹣3经过B，C两点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的顶点为M，在该抛物线的对称轴l上是否存在点P，使得以C，M，P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求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）求出B、C点坐标，再由待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设P（2，t），分别求出MP＝|t﹣1|，MC＝2，CP＝，再分三种情况讨论：①当MP＝MC时，②当MP＝CP时，|③当MC＝CP时，分别求出t的值即可求解．
【解答】解：（1）y＝x﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
令y＝0，则x＝3，
∴B（3，0），
将C（0，﹣3），B（3，0）代入y＝mx2+4x+n中，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+4x﹣3；
（2）存在点P，使得以C，M，P为顶点的三角形是等腰三角形，理由如下：
∵y＝﹣x2+4x﹣3＝﹣（x﹣2）2+1，
∴M（2，1），对称轴为直线x＝2，
设P（2，t），
∴MP＝|t﹣1|，MC＝2，CP＝，
①当MP＝MC时，|t﹣1|＝2，
∴t＝2+1或t＝﹣2+1，
∴P（2，2+1）或（2，﹣2+1）；
②当MP＝CP时，|t﹣1|＝，
解得t＝﹣，
∴P（2，﹣）；
③当MC＝CP时，2＝，
解得t＝1（舍）或t＝﹣7，
∴P（2，7）；
综上所述：P点坐标为（2，2+1）或（2，﹣2+1）或（2，﹣）或（2，7）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
题型3：综合-直角三角形存在性问题
1．如图1，抛物线y＝ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和B（4，0），与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，恰有线段MN＝2PM，求此时点P的坐标；
（3）如图2，连接CP，在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得△CPQ为直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）求出直线BC的解析式，设P（t，t2﹣t﹣4），则M（t，t﹣4），N（t，0），由MN＝2PM，可得4﹣t＝2（﹣t2+2t），求得t＝1，即可求P（1，﹣）；
（3）设Q（0，m），分别求出QP2＝1+（m+）2，CP2＝，CQ2＝（m+4）2，分所求情况讨论：当∠QCP＝90°时，由勾股定理可得m＝﹣4（舍）；当∠CPQ＝90°时，由勾股定理可求Q（0，﹣）；当∠CQP＝90°时，由勾股定理可得解求Q（0，﹣）．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0）和B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣4，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣4；
（2）令x＝0，则y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
设BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣4，
设P（t，t2﹣t﹣4），则M（t，t﹣4），N（t，0），
∴MN＝4﹣t，PM＝t﹣4﹣（t2﹣t﹣4）＝﹣t2+2t，
∵MN＝2PM，
∴4﹣t＝2（﹣t2+2t），
解得t＝1或t＝4，
∵P是线段BC下方抛物线上，
∴0＜t＜4，
∴t＝1，
∴P（1，﹣）；
（3）存在点Q，使得△CPQ为直角三角形，理由如下：
设Q（0，m），
∴QP2＝1+（m+）2，CP2＝，CQ2＝（m+4）2，
当∠QCP＝90°时，1+（m+）2＝+（m+4）2，
解得m＝﹣4（舍）；
当∠CPQ＝90°时，1+（m+）2+＝（m+4）2，
解得m＝﹣，
∴Q（0，﹣）；
当∠CQP＝90°时，＝（m+4）2+1+（m+）2，
解得m＝﹣4（舍）或m＝﹣，
∴Q（0，﹣）；
综上所述：Q点坐标为（0，﹣）或（0，﹣）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形勾股定理，分类讨论是解题的关键．
2．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），直线y＝mx+n经过点A，与y轴交于点，与抛物线交于点D，点△ABD的面积为5．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上一动点E在直线y＝mx+n的图象下方，当△ACE的面积最大时，求点E的坐标；
（3）若点P是y轴上一点，在（2）的条件下，当△PAE为直角三角形时，直接写出PA的最大值．
【分析】（1）利用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝x+，根据△ABD的面积为5，可得D（4，），再运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）设E（t，t2﹣t﹣）（﹣1＜t＜4），过点E作EF∥y轴交AC于点F，如图1，则F（t，t+），进而可得S△ACE＝（t﹣）2+，利用二次函数的性质即可得出答案；
（3）设P（0，y），如图2，设EF交x轴于点G，过点E作EH⊥y轴于点H，当△PAE为直角三角形时，AE为定值，当且仅当PA为斜边时，PA最大，AE⊥PE，运用勾股定理可得PA2＝PE2+AE2，即可求得PA．
【解答】解：（1）∵直线y＝mx+n经过点A（﹣1，0），，
∴，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x+，
∵AB＝3﹣（﹣1）＝4，S△ABD＝AB•yD＝2yD＝5，
∴yD＝，
当y＝时，＝x+，
解得：x＝4，
∴D（4，），
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点A（﹣1，0）、点B（3，0）和点D（4，），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣；
（2）设E（t，t2﹣t﹣）（﹣1＜t＜4），过点E作EF∥y轴交AC于点F，如图1，
则F（t，t+），
∴EF＝x+﹣（t2﹣t﹣）＝﹣t2+t+2，
∴S△ACE＝EF•（xC﹣xA）＝×（﹣t2+t+2）×1＝（t﹣）2+，
∵﹣＜0，﹣1＜t＜4，
∴当t＝时，S△ACE的最大值为，此时点E的坐标为（，﹣）；
（3）设P（0，y），由（2）知：E（，﹣），A（﹣1，0），
如图2，设EF交x轴于点G，过点E作EH⊥y轴于点H，
则AG＝﹣（﹣1）＝，EG＝，EH＝，PH＝|y﹣（﹣）|＝|y+|，
由勾股定理得：AE2＝AG2+EG2＝（）2+（）2＝，
PA2＝OA2+OP2＝1+y2，PE2＝EH2+PH2＝（）2+|y+|2＝y2+y+，
当△PAE为直角三角形时，AE为定值，当且仅当PA为斜边时，PA最大，
∴AE⊥PE，
由勾股定理得：PA2＝PE2+AE2，
∴1+y2＝y2+y++，
解得：y＝﹣，
∴PA＝＝＝，
∴当△PAE为直角三角形时，PA的最大值为．


【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了一次函数、二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决相关问题．

3．如图，二次函数y＝﹣x2+4x+5的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，M为抛物线的顶点．
（1）求M点的坐标；
（2）求△MBC的面积；
（3）坐标轴上是否存在点N，使得以B，C，N为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，即可求顶点M；
（2）过点M作ME⊥y轴于点E，由 S△MBC＝S四边形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC求解即可；
（3）分三种情况讨论：①当C为直角顶点时，作CN1⊥BC交坐标轴为N1，OB＝ON1＝5，则N1（﹣5，0）； ②当B为直角顶点时，作BN2⊥BC交坐标轴为N2，OC＝ON2＝5，则N1（0，﹣5）；③当N为直角顶点时，点O与N3重合，则N3（0，0）．
【解答】解：（1）y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴M（2，9）；
（2）令y＝0，得﹣x2+4x+5＝0，
解得 x＝﹣1或x＝5，
∴A（﹣1，0），B（5，0），
令x＝0，得y＝﹣x2+4x+5＝5，
∴C（0，5），
过点M作ME⊥y轴于点E，
∴S△MBC＝S四边形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC＝＝15；
（3）存在点N，使得以B，C，N为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
∵OB＝OC＝5，∠COB＝90°，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
①当C为直角顶点时，作CN1⊥BC交坐标轴为N1，∠CN1B＝∠CBN1＝45°，
∴OB＝ON1＝5，
∴N1（﹣5，0）；
②当B为直角顶点时，作BN2⊥BC交坐标轴为N2，∠CN2B＝∠BCN2＝45°，
∴OC＝ON2＝5，
∴N1（0，﹣5）；
③当N为直角顶点时，点O与N3重合，
∴N3（0，0）．
综上所述，满足条件的点N的坐标为（﹣5，0）或（0，﹣5）或（0，0）．


【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
题型4：综合-平行四边形存在性问题
1．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（2，0），B（﹣6，0）两点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若抛物线交y轴于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAC的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）在坐标平面内是否存在一点P，使得Q、B、A、P围成的图形是平行四边形，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣4x+12；
（2）连接BC交对称轴直线于Q，由y＝﹣x2﹣4x+12＝﹣（x+2）2+16，得抛物线对称轴是直线x＝﹣2，C（0，12），由AC＝2，故当CQ+AQ最小时，△QAC的周长最小，此时C，Q，B共线，CQ+BQ最小值即为CB的长度，根据C（0，12），B（﹣6，0）得直线CB的解析式为y＝2x+12，令x＝﹣2得Q（﹣2，8）；
（3）设P（m，n），又A（2，0），B（﹣6，0），Q（﹣2，8），分三种情况：①若PA，BQ是对角线，则PA，BQ的中点重合，有，解得P（﹣10，8）；②若PB，AQ为对角线，有，解得P（6，8）；③若PQ，AB为对角线，有，解得P（﹣2．﹣8）．
【解答】解：（1）把A（2，0），B（﹣6，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣4x+12；
（2）在该抛物线的对称轴上存在点Q，使得△QAC的周长最小，理由如下：
连接BC交对称轴直线于Q，如图：

∵y＝﹣x2﹣4x+12＝﹣（x+2）2+16，
∴抛物线对称轴是直线x＝﹣2，
在y＝﹣x2﹣4x+12中令x＝0得y＝12，
∴C（0，12），
∴AC＝＝＝2，
∴当CQ+AQ最小时，△QAC的周长最小，
∵Q在抛物线对称轴上，
∴AQ＝BQ，
∴CQ+BQ最小时，△QAC的周长最小，此时C，Q，B共线，CQ+BQ最小值即为CB的长度，
∵C（0，12），B（﹣6，0），
∴CB＝＝＝6，直线CB的解析式为y＝2x+12，
在y＝2x+12中，令x＝﹣2得y＝8，
∴Q（﹣2，8）；
（3）在坐标平面内存在一点P，使得Q、B、A、P围成的图形是平行四边形，理由如下：
设P（m，n），又A（2，0），B（﹣6，0），Q（﹣2，8），
①若PA，BQ是对角线，则PA，BQ的中点重合，
∴，
解得，
∴P（﹣10，8）；
②若PB，AQ为对角线，则PB，AQ的中点重合，
∴，
解得，
∴P（6，8）；
③若PQ，AB为对角线，则PQ，AB的中点重合，
∴，
解得，
∴P（﹣2．﹣8），
综上所述，P的坐标为（﹣10，8）或（6，8）或（﹣2，﹣8）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形周长，平行四边形等知识，解题的关键是利用平行四边形对角线互相平分列方程解决问题．
2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x+c与直线y＝x+1交于点A、C，且点A的坐标为（﹣1，0）．
（1）求点C的坐标；
（2）若点P是直线AC下方的抛物线上一动点，求点P到直线AC距离的最大值；
（3）若点E是抛物线上一点，点F是抛物线对称轴上一点，是否存在点E使以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？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）把点A的坐标代入y＝x2﹣2x+c，求出c的值，联立直线y＝x+1即可求解；
（2）过点P作PM⊥x轴交AC于点M，当S△ACP最大时，点P到直线AC的距离最大，运用待定系数法求直线AC解析式为y＝x+5，设P（m，m2﹣2m﹣3）（﹣1＜m＜5），则M（m，m+1），求得PM，再根据二次函数的性质可得S△ACP的最大值，根据勾股定理求出AC，利用三角形的面积公式求解即可；
（3）分三种情况讨论：①当AC为平行四边形的对角线时，②当AF为平行四边形的对角线时，③当AE为平行四边形的对角线时，根据平行四边形的性质分别求解即可．
【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0）在抛物线y＝x2﹣2x+c的图象上，
∴0＝1+2+c，
∴c＝﹣3，
∴抛物线为y＝x2﹣2x﹣3，
联立直线y＝x+1得，
解得或，
∴点C的坐标为（4，5）；

（2）过点P作PM⊥x轴交AC于点M，如图：

设P（m，m2﹣2m﹣3）（﹣1＜m＜5），则M（m，m+1），
∴PM＝m+1﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m+4，
∴S△ACP＝×5（﹣m2+3m+4）＝﹣（m﹣）+，
∴当m＝时，S△ACP最大为，
∵点A（﹣1，0），点C（4，5），
∴AC＝＝5，
设点P到直线AC的距离为h，
∴S△ACP＝×5×h＝，
∴h＝，
∴点P到直线AC距离的最大值为；

（3）存在，理由如下：
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设点F的坐标为（1，n），点E的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），
分三种情况：
①当AC为平行四边形的对角线时，
﹣1+4＝1+x，
解得x＝2，
∴点E的坐标为（2，﹣3）；
②当AF为平行四边形的对角线时，
﹣1+1＝x+4，
解得x＝﹣4，
∴点E的坐标为（﹣4，21）；
③当AE为平行四边形的对角线时，
﹣1+x＝4+1，
解得x＝6，
∴点E的坐标为（6，21）；
综上，点E的坐标为（2，﹣3）或（﹣4，21）或（6，21）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，二次函数的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质．熟知几何图形的性质利用数形结合是解题的关键．
3．抛物线y＝ax2﹣ax+b交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于C，直线y＝﹣x+4经过B，C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，以点A、C、M、N为顶点，AC为边的四边形是平行四边形，请求出所有符合条件的点N的坐标．

【分析】（1）求出B、C点坐标，再由待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设M（t，﹣t2+t+4），N（，n），分两种情况讨论：①当AN为平行四边形的对角线时，N（，）；②当AM为平行四边形的对角线时，N（，﹣）；
（3）设P（t，﹣t2+t+4），则D（t，﹣t+4），则PD＝﹣t2+t，连接AD，延长PD交x轴于G，由等积法求出DE＝t，则m＝﹣（t﹣）2+，当t＝时，m有最大值．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
令y＝0，则x＝4，
∴B（4，0），
将C（0，4），B（4，0）代入y＝ax2﹣ax+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+x+4；
（2）∵y＝﹣x2+x+4＝﹣（x﹣）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝，
设M（t，﹣t2+t+4），N（，n），
令y＝0，则﹣x2+x+4＝0，
解得x＝4或x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），
①当AN为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴N（，）；
②当AM为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴N（，﹣）；
综上所述：N点坐标为（，）或（，﹣）；
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．
4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2ax+4与x轴交于点A（﹣4，0），B（x2，0），与y轴交于点C．经过点B的直线y＝kx+b与y轴交于点D（0，2），与抛物线交于点E．

（1）求抛物线的表达式及B，C两点的坐标；
（2）若点P为抛物线的对称轴上的动点，当△AEP的周长最小时，求点P的坐标；
（3）若点M是直线BE上的动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N，判断是否存在点M，使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，再求出点B、C坐标；
（2）利用待定系数法可求出一次函数解析式，由A、B关于对称轴对称，则BE与抛物线对称轴交点，即为△AEP的周长最小时，点P的坐标；
（3）由MN∥CD可知MN为平行四边形的边，设点M的坐标为（m，﹣m+2），则点N的坐标为（m，），利用MN＝CD，可得到关于m的方程，从而求出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵点A（﹣4，0）在抛物线y＝ax2+2ax+4上，
∴0＝16a﹣8a+4，
∴a＝，
∴y＝．
令y＝0，得＝0
解得：x1＝﹣4，x2＝2，
∴点B的坐标为（2，0），
令x＝0，则y＝4，
∴点C的坐标为（0，4）；

（2）如图，

由y＝，
可得对称轴为：，
∵△AEP的边AE是定长，
∴当PE+PA的值最小时，△AEP的周长最小．
点A关于x＝﹣1的对称点为点B，
∴当点P是BE与直线x＝﹣1的交点时，PE+PA的值最小．
∵直线BE经过点B（2，0），D（0，2），
∴，解得，
∴直线BE：y＝﹣x+2，
令x＝﹣1，得y＝3，
∴当△AEP的周长最小时，点P的坐标为（﹣1，3）；

（3）存在点M，使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形．
∵MN∥CD，
∴要使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形，则MN＝CD即可，
∵CD＝4﹣2＝2，
∴MN＝CD＝2，
∵点M在直线y＝﹣x+2上，
∴可设点M的坐标为（m，﹣m+2），则点N的坐标为（m，），

∴，
即，
当时，
解得，
此时点M的坐标为：（，）或（，），
当时，
解得m＝0（舍去），
综上所述，存在点M使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形，此时点M的坐标为：（，）或（，）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法、轴对称的应用、平行四边形的性质、方程思想、分类讨论等知识点．（1）中注意函数图像与坐标轴交点求法，（2）确定点P位置是解题关键，（3）利用平行四边形的性质得到关于M点坐标方程是关键．
题型5：综合-菱形存在性问题
1．如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝x﹣2经过B、C两点，点P是抛物线上一动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在BC下方运动时，求△BCP面积的最大值．
（3）连接OP，把△OCP沿着y轴翻折，使点P落在P'的位置，四边形CPOP'能否构成菱形，若能，求出点P的坐标，如不能，请说明理由；
（4）把抛物线y＝x2+bx+c向上平移1.5个单位，再向左平移m个单位，使顶点落在△ABC内部，求直接写出点m的取值范围．

【分析】（1）先求出点B，C坐标，再代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（2）过点P作PG∥y轴交BC于点G，设P（t，t2﹣t﹣2，则G（t，t﹣2），则PG＝﹣t2+2t，S△BCP＝﹣（t﹣2）2+4，再求解即可；
（3）由翻折得，点P、P'关于y轴对称，可得OC垂直平分PP′，当PP′垂直平分OC时，四边形CPOP'能构成菱形，则点P的纵坐标为﹣1，代入y＝x2﹣x﹣2求出x的值，即可求解；
（4）平移后抛物线的解析式为y＝（x﹣+m）2﹣+1.5，然后求得直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣2，由抛物线的顶点在△ABC的内部即可求得m的取值范围．
【解答】解：（1）对于直线y＝x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
令y＝0，则0＝x﹣2，
∴x＝4，
∴B（4，0），
将点B，C坐标代入抛物线y＝x2+bx+c中，得，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；

（2）过点P作PG∥y轴交BC于点G，

设P（t，t2﹣t﹣2，则G（t，t﹣2），
∴PG＝t﹣2﹣t2+t+2＝﹣t2+2t，
∴S△BCP＝×4（﹣t2+2t）＝﹣（t﹣2）2+4，
∴当t＝2时，S△BCP的值最大，最大值为4；

（3）如图，

由翻折得，点P、P'关于y轴对称，
∴OC垂直平分PP′，
当PP′垂直平分OC时，四边形CPOP'能构成菱形，
∴点P的纵坐标为﹣1，
当y＝﹣1时，﹣1＝x2﹣x﹣2，
∴x＝，
∴四边形CPOP'能构成菱形，点P的坐标为（，﹣1）或（，﹣1）；

（4）∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，
∴平移后抛物线的解析式为y＝（x﹣+m）2﹣+1.5＝（x﹣+m）2﹣，
∴平移后抛物线的顶点坐标为（﹣m，﹣），
y＝x2﹣x﹣2，当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，
∴x＝4或﹣1，
∴A（﹣1，0），C（0，﹣2），
∵设直线AC的解析式y＝kx﹣2，
∴﹣k﹣2＝0，解得k＝﹣2，
∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣2，
当y＝﹣时，﹣2x﹣2＝﹣，
∴x＝﹣，
∴﹣m＞﹣，
∴m＜；
∵直线BC的解析式为y＝x﹣2，
当y＝﹣时，x﹣2＝﹣，
∴x＝，
∴﹣m＜，
∴m＞；
综上所述，m的取值范围为＜m＜．
【点评】本题是二次函数综合题，考查一次函数的应用、平移变换、翻折变换，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用数形结合的思想思考问题，属于中考压轴题．

2．综合与探究
如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴分别交于点A（﹣2，0），B（4，0），点E是x轴正半轴上的一个动点，过点E作直线PE⊥x轴，交抛物线于点P，交直线BC于点F．
（1）求二次函数的表达式．
（2）当点E在线段OB上运动时（不与点O，B重合），恰有线段PF＝EF，求此时点P的坐标．
（3）试探究：若点Q是y轴上一点，在点E运动过程中，是否存在点Q，使得以点C，F，P，Q为顶点的四边形为菱形，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A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，即可求函数的解析式；
（2）求出直线BC的解析式，设P（t，﹣t2+t+4），则F（t，﹣t+4），E（t，0），分别求出PF＝﹣t2+2t，EF＝﹣t+4，再由PF＝EF，求出t＝1，即可求P（1，）；
（3）设P（t，﹣t2+t+4），则F（t，﹣t+4），①当P点在F点上方时，当四边形CFPQ1为菱形时，PF＝CQ1，先求Q1（0，﹣t2+2t+4），再由CQ1＝CF，可得Q1（0，4）；当四边形CFPQ2为菱形时，PF＝CQ2，求出Q2（0，t2﹣2t+4），再由Q2F＝CQ2，可得Q2（0，2）；②当P点在F点下方时，PF＝t2﹣2t，由PF＝CQ3，可得Q3（0，﹣t2+2t+4），再由CQ3＝CF，可得Q3（0，﹣4）．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+x+4；
（2）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+4，
设P（t，﹣t2+t+4），则F（t，﹣t+4），E（t，0），
∴PF＝﹣t2+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+2t，EF＝﹣t+4，
∵PF＝EF，
∴﹣t2+2t＝（﹣t+4），
解得t＝1或t＝4，
∵0＜t＜4，
∴t＝1，
∴P（1，）；
（3）存在点Q，使得以点C，F，P，Q为顶点的四边形为菱形，理由如下：
设P（t，﹣t2+t+4），则F（t，﹣t+4），
由（2）知C（0，4），
①当P点在F点上方时，PF＝﹣t2+2t，
当四边形CFPQ1为菱形时，PF＝CQ1，
∴Q1（0，﹣t2+2t+4），
∵CQ1＝CF，
∴﹣t2+2t＝t，
解得t＝0（舍）或t＝4﹣2，
∴Q1（0，4）；
当四边形CFPQ2为菱形时，PF＝CQ2，
∴Q2（0，t2﹣2t+4），
∵Q2F＝CQ2，
∴（﹣t2+2t）2＝t2+（t2﹣t）2，
解得t＝2，
∴Q2（0，2）；
②当P点在F点下方时，
PF＝﹣t+4﹣（﹣t2+t+4）＝t2﹣2t，
∵PF＝CQ3，
∴Q3（0，﹣t2+2t+4），
∵CQ3＝CF，
＝t2﹣2t＝t，
解得t＝0（舍）或t＝4+2，
∴Q3（0，﹣4）；
综上所述：Q点坐标为（0，4）或（0，﹣4）或（0，2）．


【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，菱形的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．

3．如图，抛物线l的顶点C在y轴上，点A，B为抛物线上关于y轴对称的两点，线段AB交y轴于点D，AB＝4，OC＝2，OD＝4．
（1）求抛物线l的函数表达式；
（2）将抛物线l平移到抛物线l′，设平移后点A，B的对应点为A'，B'，若点A落在直线x＝1上，且以A、B、A'、B′为顶点的四边形是菱形，试确定平移后抛物线l'的表达式．

【分析】（1）根据题意求出A、B、D三点的坐标，抛物线的对称轴为y轴，设出抛物线解析式，用待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据平移的性质和以A、B、A'、B′为顶点的四边形是菱形，求出A′，B′坐标，即可得出平移的方向和长度，从而写出平移后的抛物线解析式．
【解答】解：（1）由图知点C在y轴的正半轴，且OC＝2，
∴点C的坐标为（0，2），
点A和点B关于y轴对称，且AB与y轴交于D点，AB＝4，OD＝4，
∴A、B、D三点的纵坐标为4，DA＝DB＝2，
∴点D的坐标为（0，4），
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣2，4），B（2，4），
设抛物线l的函数表达式为y＝ax2+c（a≠0），
将A（﹣2，4），C（0，2）代入得：，
解得：．
∴抛物线l的函数表达式为y＝x2+2；
（2）将拋物线l：y＝x2+2平移后，点A落在直线x＝1上，即点A'在x＝1上，
∴点A'的横坐标为1，
∵AB＝4，
∴平移后的A'B'＝AB＝4，
根据平移的性质可知，平移后的A′B′要么在直线y＝4上，要么在与直线y＝4平行的平行线上，
即AB∥A'B'，AB和A′B′不可能互为对角线，
∵AB＝A'B'，AB∥A′B′，
∴以A、B、A'、B'为顶点的四边形是平行四边形，
要满足以A、B、A'、B'为顶点的四边形是菱形，
则AB和A'B'为菱形的边，且A'B'＝AB＝A'A＝B'B＝4．
∵xA′＝1，
∴xB′＝1+4＝5，
设A'（1，y），则B′（5，y），
AA'2＝16＝（﹣2﹣1）2+（4﹣y）2，
即（4﹣y）2＝16﹣9＝7，
解得y＝4±，
①当y＝4+时，点A'坐标为（1，4+），点B'的坐标为（5，4+），相对于A（﹣2，4），B（2，4），
∵1﹣（﹣2）＝3，4+﹣4＝，
∴抛物线l：y＝x2+2向右平移了3个单位长度，向上平移了个单位长度，
则抛物线l'的解析式为：y＝（x﹣3）2+2+＝x2﹣3x++；
②当y＝4﹣时，A'（1，4﹣），B'（5，4﹣），相对于A（﹣2，4），B（2，4）
∵1﹣（﹣2）＝3，4﹣﹣4＝﹣，
∴抛物线l：y＝x2+2向右平移了3个单位，向下平移了个单位，
则抛物线l′的解析式为：y＝（x﹣3）2+2﹣＝﹣3x+﹣．
综上所述，平移后抛物线l'的表达式为y＝x2﹣3x++或y＝x2﹣3x+﹣．
【点评】本题是二次函数的综合题，其中涉及到的知识点有待定系数法求函数解析式和菱形的性质等知识点，解题时注意数形结合和分类讨论等数学思想的运用．
题型6：综合-矩形存在性问题
1．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在第二象限内是否存在一点M，使得四边形ABCM为矩形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点C作AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条直线相较于M，根据点A，B，C的坐标判断三角形ABC为直角三角形，再根据作图可得四边形ABCM为矩形，根据直线平移的性质可求得直线AM和直线CM的解析式，再联立方程组，解方程组即可求得点M坐标．
【解答】解：（1）把A（0，﹣2），B（4，0）代入抛物线y＝x2+bx+c，
得，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）存在．过点C作AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条直线相较于M，则M即为所求．

在y＝﹣2x+8中，令x＝0，则y＝8，
∴C（0，8），
∵A（0，﹣2），B（4，0），
∴AB2＝42+22＝20，BC2＝42+82＝80，AC2＝102＝100，
∴AC2＝AB2+BC2，
∴∠ABC＝90°，
∵CM∥AB，AM∥BC，
∴四边形ABCM是矩形，
设直线AB的解析式为y＝kx+m，
则，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣2，
∵CM∥AB，
∴直线CM的解析式为y＝x+8，
∵AM∥BC，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x﹣2，
联立方程组，
解得：，
∴点M坐标为（﹣4，6）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的判定，解题的关键是判断∠ABC为直角．
2．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（﹣，）．



【点评】本题考查了矩形的性质、待定系数法二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、梯形的面积、二次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征以及勾股定理，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的表达式；（2）利用分割图形求面积法，找出四边形OCPE的面积关系m的函数关系式；（3）分CD为边及CD为对角线两种情况，利用矩形的性质求出点M的坐标．
题型7：综合-正方形存在性问题
1、综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+b与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，过A，B两点的抛物线交x轴于另一点C，且OA＝20C，点F是直线AB下方抛物线上的动点，连接FA，FB．
（1）求抛物线解析式；
（2）当点F与抛物线的顶点重合时，△ABF的面积为 　3　；
（3）求四边形FAOB面积的最大值及此时点F的坐标．
（4）在（3）的条件下，点Q为平面内y轴右侧的一点，是否存在点Q及平面内另一点M，使得以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．


【分析】（1）把（4，0）代入y＝x+b，求出b的值，从而求出点B坐标，然后根据OA＝2OC，求出点C坐标（﹣2，0），设抛物线解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），把B（0，﹣4）代入，即可求解；
（2）将抛物线解析式化成顶点式，得出顶点坐标，即可得出点F坐标，再求出对称轴与直线AB的交点坐标，即可求解；
（3）过点F作FE∥y轴，交AB于点E，设点P的横坐标为t，则P（t， ），则E（t，t﹣4），所以＝﹣t2+4t，又因，则S四边形FAOB＝S△BFA+S△BOA＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12，（0＜t＜4），根据二次函数最伯求解即可；
（4）分两种情况：①当AF为正方形AFMQ的边时，②当AF为正方形AFMQ的对角线时，分别求出点Q坐标即可．
【解答】解：（1）把（4，0）代入y＝x+b，得，
4+b＝0，解得：b＝4，
∴y＝x﹣4，
当x＝0时，y＝0﹣4＝﹣4，
∴B（0，﹣4），
∴A（4，0），
∴OA＝4，
∵OA＝2OC，
∴OC＝2，
∴C（﹣2，0），
设抛物线解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），
把B（0﹣4）代入得：﹣4＝a（0+2）（0﹣4），
解得：a＝，
∴抛物线解析式为y＝（x+2）（x﹣4）＝﹣x﹣4；
（2）y＝﹣x﹣4＝，
∵点F与抛物线的顶点重合，
∴F（1，），
设抛物线对称轴与直线AB相交于E，如图，

∵A （4，0），B（0，4），
∴直线AB解析式为：y＝x﹣4，
则当x＝1时，y＝1﹣4＝﹣3，
∴E（1，﹣3），
∴，
故答案为：3；
（3）如图，过点F作FE∥x轴，交AB于点E，

设点P的横坐标为t，则P（t，），
∵直线AB的解析式为y＝x﹣4，
∴E（t，t﹣4），
∴＝﹣t2+4t，
∵，
∴S四边形FAOB＝S△BFA+S△BOA＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12（0＜t＜4），
∴当t＝2时，S四边形FAOB有最大值12，，
∴此时点F的坐标为（2，﹣4）．
（4）过作FE⊥x轴于E，
∵A（4，0），F（2，﹣4），
∴AE＝2，EF＝4，AF＝2，
如图，①当AF为正方形AFMQ的边时，

1）有正方形 AFM1Q1，
过Q1作Q1N1⊥x轴于N1，
∵∠AEF＝∠AN1Q1＝90°，∠FAQ1＝90°，
∴∠EAF＝∠AQ1N1，
∵AF＝AQ1，
∴△AEF≌△Q1N1A（AAS），
∴AN1＝EF＝4，Q1N1＝AE＝2，
∴Q（8，﹣2）；
2）有正方形AFQ2M2时，
过Q2作Q2N2⊥EF于N2，
同理可得△AEF≌△FN2Q2（AAS），
∴FN2＝AE＝2，Q2N2＝EF＝4，
∴Q2（6，﹣6）；
②当AF为正方形AFMQ的对角线时，设AF与QM相交于P，
∵A（4，0），F（2，﹣4），
∴P（3，﹣2），
1）有正方形AQ3FM3时，过Q3作Q3G⊥x轴于G，过M3作M3H⊥x轴于H，
易证△AHM3≌△Q3GA，
∴AH＝Q3G，M3H＝AG，
设Q3（4+a，b），则M3（4+b，﹣a），
∴，
解得：，
Q3（5，﹣3），M3（1，﹣1），
2）有正方形AQ4FM4时，过Q4作Q4H⊥x轴于H，
则Q3与M3重合，
∴Q4 （1，﹣1），
综上，存在，当以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形时，点Q的坐标Q1（8，﹣2），Q2（6，﹣6），Q3（5，﹣3），Q4（1，﹣1）．
【点评】本题考查了待定系数法求次函数解析式，二次函数图象和性质，正方形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
2、已知抛物线l：y＝ax2﹣2ax+a+3（a＜0）与y轴的交点为A，顶点为P，对称轴为直线m．
（1）求抛物线l的顶点坐标P和对称轴．
（2）抛物线l关于点A对称的抛物线为l'，抛物线l'的顶点为Q，对称轴为直线n，在直线m和直线n上是否分别存在点E、F，使得四边形PEQF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）将二次函数解析式化为顶点式．
（2）由直线l解析式可得点A坐标，根据点P坐标可得点Q坐标，由四边形PEQF为正方形，直线m与直线n平行且都垂直于x轴，可得正方形边长，进而求解．
【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2ax+a+3＝a（x﹣1）2+3，
∴抛物线顶点坐标P（1，3），对称轴为直线x＝1．
（2）将x＝0代入y＝ax2﹣2ax+a+3得y＝a+3，
∴点A坐标为（0，a+3），
设点Q坐标为（m，n），
则点P（1，3），Q（x，y）关于点A（0，a+3）对称，即点A为PQ中点，
∴＝0，＝a+3，
解得x＝1，y＝2a+3，
∴点Q坐标为（﹣1，2a+3），
∴抛物线l'的解析式为y＝﹣a（x+1）2+2a+3，
∵直线m与直线n平行且都垂直于x轴，四边形PEQF为正方形，
∴∠FPE＝∠FQE＝90°，
如图，

∴正方形边长为m﹣n＝1﹣（﹣1）＝2，
∴yP﹣yQ＝3﹣（2a+3）＝2，
∴a＝﹣1．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的几何变换．

3．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＝　 　，c＝　 　；
（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（，）．



【点评】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，三角形全等的判定及性质，分类讨论是解题的关键．