2023年中考数学“压轴题思维锻炼”专项训练：旋转+构建四边形问题（含解析）

2023年中考数学“压轴题思维锻炼”专项训练
旋转+构建四边形问题
1．在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，点E在AD上，且DE＝CD，连接BE，CE．
（1）如图1，若AB＝2DE．
①试直接写出CE与AB的位置关系和数量关系；
②将△BED绕点D旋转，得到△B′E′D（点B′，E′分别与点B，E对应），连接AB′，在△BED旋转的过程中CE与AB的位置关系和数量关系与（1）中的结论是否一致？请在图2为例说明理由；
（2）如图3，当△BED绕点D逆时针旋转30°时，设射线CE与AB′，AD分别交于点F、G，且CG＝FG，若DC＝，直接写出此时B′F的长．
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D是BC上一点，点E在BA的延长线上．
（1）如图1，若D是BC的中点，将线段DE绕点D顺时针旋转一定度数得到DF，点F恰好在AC的延长线上，连接EF，求证：△DEF是等边三角形．
（2）如图2，将（1）中的△DEF绕着点D逆时针旋转一定度数，使得边DE和DF分别与AB、AC交于点G、H且AG＞AH，求证：DG＝DH．
（3）如图3，若D是BC上任意一点，连接ED，将线段ED绕点E顺时针旋转至EF，旋转角∠DEF＝120°，连接BF，DF，求的值．
3．在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB．若点D为AC上一点，连接BD，将BD绕点B顺时针旋转90°得到BE，连接CE，交AB于点F．
（1）如图1，若∠ABE＝75°，BD＝4，求AC的长；
（2）如图2，点G为BC的中点，连接FG交BD于点H．若∠ABD＝30°，猜想线段DC与线段HG的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，若AB＝4，D为AC的中点，将△ABD绕点B旋转得△A′BD′，连接A′C、A′D，当A′D+A′C最小时，求S△A′BC．
4．如图1，△ABC与△AEF都是等边三角形，边长分别为4和，连接FC，AD为△ABC高，连接CE，N为CE的中点．
（1）求证：△ACF≌△ABE；
（2）将△AEF绕点A旋转，当点E在AD上时，如图2，EF与AC交于点G，连接NG，求线段NG的长；
（3）连接BN，在△AEF绕点A旋转过程中，求BN的最大值．
5．【问题发现】
（1）如图1所示，△ABC和△ADE均为正三角形，B、D、E三点共线．猜想线段BD、CE之间的数量关系为 　 　；∠BEC＝　 　°；
【类比探究】
（2）如图2所示，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，B、D、E三点共线，线段BE、AC交于点F．此时，线段BD、CE之间的数量关系是什么？请写出证明过程并求出∠BEC的度数；
【拓展延伸】
（3）如图3所示，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，BC＝8，DE为△ABC的中位线，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，当DE所在直线经过点B时，请直接写出CE的长．
6．在△ABC中，∠A＝45°，点D是边AB上一动点，连接CD．将线段CD绕着D逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到ED，连接CE．
（1）当α＝90°时，
①如图1，若∠ADC＝30°，CE＝6，求AD的长；
②如图2，过点C作CF⊥AB于F，当点D在线段BF上时，过点E作EG∥AC交AB于点G．求证：AG＝2DF；
（2）如图3，若∠ABC＝15°，AB＝9，请直接写出的最小值．
7．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶点．
（1）连接AD，交y轴于点E，P是抛物线上的一个动点．
①如图一，点P是第一象限的抛物线上的一点，连接PD交x轴于F，连接EF、AP，若S△ADP＝3S△DEF，求点P的坐标．
②如图二，点P在第四象限的抛物线上，连接AP、BE交于点G，设w＝，则w有最大值还是最小值？w的最值是多少？
（2）如图三，点P是第四象限抛物线上的一点，过A、B、P三点作圆N，过点P作PM⊥x轴，垂足为I，交圆N于点M，点P在运动过程中线段MI是否变化？若有变化，求出MI的取值范围；若不变，求线段MI长度的定值．
（3）点Q是抛物线对称轴上一动点，连接OQ、AQ，设△AOQ外接圆圆心为H，当sin∠OQA的值最大时，请直接写出点H的坐标．
8．如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（5，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）如图1，点M从点B出发，以每秒个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．设运动时间为t秒（0＜t＜5）．当t为何值时，△BMN的面积最大？最大面积是多少？
（3）已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D为BC的中点．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是第四象限内该抛物线上一动点，求△BDP面积的最大值；
（3）M是抛物线的对称轴上一点，N是抛物线上一点，直接写出所有使得以点A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形的点N的坐标，并把求其中一个点N的坐标的过程写出来．
10．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0），与y轴交于C，CO：AO＝2：1，连接BC，与抛物线的对称轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上一点，连接PC、PD，求△PCD面积的最大值，及当△PCD面积最大时点P的坐标；
（3）M为抛物线对称轴上一点，N为抛物线上一点，在（2）的基础上，是否存在这样的点M，使得以点P、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的顶点坐标为（2，9），与y轴交于点A（0，5），与x轴交于点E、B．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+c的表达式；
（2）过点A作AC平行于x轴，交抛物线于点C，点P为抛物线上的一点（点P在AC上方），过点P作PD平行于y轴交AB于点D，是否存在点P使得四边形APCD的面积最大？如果存在，求出此时点P的坐标及四边形APCD的最大面积；如果不存在，请说明理由；
（3）若点M在抛物线上，点N在其对称轴上，并使得以A、E、N、M为顶点的四边形是平行四边形（AE为平行四边形的边），求点M、N的坐标．
12．如图，已知抛物线的对称轴是直线x＝3，且与x轴相交A，B两点（B点在A点右侧），与y轴交于C点．
（1）求抛物线的解析式和A，B两点的坐标．
（2）若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），则是否存在一点P，使△PBC的面积最大，若存在，请求出△PBC的最大面积；若不存在，试说明理由．
（3）若M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点N，当以点O、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出M点的横坐标．
13．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0）、B（4，0）、C三点，且OB＝OC，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）若点P在直线BC下方，P运动到什么位置时，四边形PBOC面积最大？求出此时点P的坐标和四边形PBOC的最大面积；
（3）直线BC上是否存在一点Q，使得以点A、B、P、Q组成的四边形是平行四边形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
14．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图1，点D是OC的中点，P是抛物线上位于第一象限的动点，连接PD，PB、BD，求△PBD面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，将原抛物线水平向右平移，使点A落在点E（1，0）处，点M是原抛物线对称轴上任意一点，在平移后的新抛物线上确定一点N，使得以点B、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，直接写出所有符合条件的点N的坐标．
15．如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣6，0），B（1，0），与y轴相交于点C．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若在x轴上方的抛物线上有一动点P，且△ACP的面积为24，求点P的坐标；
（3）直线l⊥AC，垂足为C，直线l上有一点N，在坐标平面内一点M，是否存在以点M、N、A、C为顶点的四边形是正方形，若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
16．如图，抛物线y＝ax2+x+c经过B（3，0），D（﹣2，﹣）两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；
（2）若点M在直线BC上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使△MBC面积最大时M点的坐标，并求最大面积；（请在图1中探索）
（3）设点Q在y轴上，点P在抛物线上，要使以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．（请在图2中探索）
17．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点且经过点C，已知A点坐标为（﹣1，0）．C点坐标为（4，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P为第四象限内抛物线上一个动点，连接AC、AP，PC，过点B作BG∥AC交PC于点G，连接AG．请求出△APG面积的最大值以及此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线y＝x2+bx+c沿射线AC方向平移个单位长度得到新抛物线y'，记y与y'的交点为M，点D是直线AC与y轴的交点，点N为直线AC上一点，点K为平面内一点，若以D、M、K、N为顶点的四边形是菱形且DM为菱形的边，请直接写出点K的坐标并选择其中一个坐标写出求解过程．
18．如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（2，0），交y轴于点C，P是抛物线上一点．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）如图1，当点P在直线BC上方时，求△PBC面积的最大值；
（3）直线PE∥x轴，交直线BC于点E，点D在x轴上，点F在坐标平面内，是否存在点P，使以D，E，F，P为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．
19．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．
2023年中考数学“压轴题思维锻炼”专项训练
旋转+构建四边形问题
1．在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，点E在AD上，且DE＝CD，连接BE，CE．
（1）如图1，若AB＝2DE．
①试直接写出CE与AB的位置关系和数量关系；
②将△BED绕点D旋转，得到△B′E′D（点B′，E′分别与点B，E对应），连接AB′，在△BED旋转的过程中CE与AB的位置关系和数量关系与（1）中的结论是否一致？请在图2为例说明理由；
（2）如图3，当△BED绕点D逆时针旋转30°时，设射线CE与AB′，AD分别交于点F、G，且CG＝FG，若DC＝，直接写出此时B′F的长．
【分析】（1）①如图1，延长CE交AB于点H，利用勾股定理可得DE＝CE，结合AB＝2DE，可得AB＝CE．由∠ABC＝45°，得出∠BHD＝90°，即可证得结论；
②如图2，延长CE′交AB′于点H，根据旋转性质可得△B′DE′≌△ADC，可得∠ADB′＝∠CDE′，由∠DAB′＝∠DB′A＝（180°﹣∠ADB′），∠DCE′＝∠DE′C＝（180°﹣∠CDE′），可得∠DAB′＝∠DCE′，即可得出∠AHC＝90°，即CE′⊥AB′，再证得△ADB′∽△CDE′，即可得AB′＝CE′．
（2）如图3，过点F作FH∥CD交AD于H，过点D作DK⊥AB′于K，利用三角函数可得AF＝2，AK＝，再由等腰三角形性质可得AB′＝2AK＝2×＝5，即可求得答案．
【解答】解：（1）①AB＝CE，CE⊥AB．
如图1，延长CE交AB于点H，
∵AD⊥BC，
∴∠BDE＝∠ADC＝90°，
在Rt△CDE中，∵DE＝CD，∠CDE＝90°，
∴CE＝＝DE，∠DCE＝45°，
∴DE＝CE，
∵AB＝2DE，
∴AB＝CE．
∵∠ABC＝45°，
∴∠DCE+∠ABC＝45°+45°＝90°，
∴∠BHC＝90°，
∴CE⊥AB．
②结论成立，AB′＝CE′，CE′⊥AB′．
如图2，延长CE′交AB′于点H，
∵将△BED绕点D旋转，得到△B′E′D，
∴△B′DE′≌△ADC，
∴DB′＝DA，DE′＝DC，∠B′DE′＝∠ADC＝90°，
∴∠B′DE′+∠ADE′＝∠ADC+∠ADE′，
即∠ADB′＝∠CDE′，
∵∠DAB′＝∠DB′A＝（180°﹣∠ADB′），∠DCE′＝∠DE′C＝（180°﹣∠CDE′），
∴∠DAB′＝∠DCE′，
∵∠DCE′+∠1＝90°，∠1＝∠2，
∴∠DAB′+∠2＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴CE′⊥AB′，
∵AB＝2DE＝2DC，AB＝AD，
∴＝，
∵＝＝1，∠ADB′＝∠CDE′，
∴△ADB′∽△CDE′，
∴＝＝，
∴AB′＝CE′．
（2）如图3，过点F作FH∥CD交AD于H，过点D作DK⊥AB′于K，
∵DC＝，
∴DE′＝DC＝，
由旋转得∠ADE′＝∠BDB′＝30°，DB′＝DB＝AD，
∴∠CDE′＝90°+30°＝120°，∠ADB′＝90°+30°＝120°，
∴∠DCE′＝∠DE′C＝∠DAB′＝∠DB′A＝30°，
在Rt△CDG中，DG＝CD tan30°＝×＝1，
∵FH∥CD，
∴∠HFG＝∠DCG，∠AHF＝∠ADB＝90°，
在△FGH和△CGD中，
，
∴△FGH≌△CGD（ASA），
∴GH＝DG＝1，FH＝CD＝，
在Rt△AFH中，AH＝＝＝3，AF＝＝＝2，
∴AD＝AH+GH+DG＝3+1+1＝5，
在Rt△ADK中，AK＝AD cos∠DAK＝5cos30°＝，
∵DB′＝AD，DK⊥AB′，
∴AB′＝2AK＝2×＝5，
∴B′F＝AB′﹣AF＝5﹣2＝3．
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D是BC上一点，点E在BA的延长线上．
（1）如图1，若D是BC的中点，将线段DE绕点D顺时针旋转一定度数得到DF，点F恰好在AC的延长线上，连接EF，求证：△DEF是等边三角形．
（2）如图2，将（1）中的△DEF绕着点D逆时针旋转一定度数，使得边DE和DF分别与AB、AC交于点G、H且AG＞AH，求证：DG＝DH．
（3）如图3，若D是BC上任意一点，连接ED，将线段ED绕点E顺时针旋转至EF，旋转角∠DEF＝120°，连接BF，DF，求的值．
【分析】（1）如图1中，过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，设AC交DE于点O．根据全等三角形的判定和性质定理得到∠DME＝∠DNF，求得∠ODF＝∠OAE＝180°﹣∠BAC＝180°﹣120°＝60°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）如图2，过D作DP⊥AB于P，DQ⊥AC于Q，根据垂直的定义得到∠DPA＝∠DPG＝∠AQD＝90°，连接AD，根据等腰三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD＝60°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（3）如图3，过E作EM⊥BF于M，EN⊥BC于N，根据旋转的性质得到EF＝ED，∠DEF＝120°，推出点D，E，F，B四点共圆，求得∠EBF＝∠EDF＝∠ABC＝30°，过E作EM⊥BF于M，EN⊥BC于N，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：如图1中，过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，设AC交DE于点O．
∵AB＝AC，DB＝DC，
∴∠DAB＝∠DAC，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴DM＝DN，
∵∠DME＝∠DNF＝90°，DE＝DF，
∴Rt△DME≌Rt△DNF（HL），
∴∠DME＝∠DNF，
∵∠AOE＝∠DOF，
∴∠ODF＝∠OAE＝180°﹣∠BAC＝180°﹣120°＝60°，
∵DE＝DF，
∴△DEF是等边三角形．
（2）证明：如图2，过D作DP⊥AB于P，DQ⊥AC于Q，
∴∠DPA＝∠DPG＝∠AQD＝90°，
∵∠BAC＝120°，
∴∠PDQ＝60°，
∵∠GDH＝60°，
∴∠GDP＝∠HDQ，
连接AD，
∵D是BC的中点，AB＝AC，
∴∠BAD＝∠CAD＝60°，
∴DP＝DQ，
∴△PDG≌△QDH（ASA），
∴DG＝DH；
（3）解：如图3，过E作EM⊥BF于M，EN⊥BC于N，
∵将线段ED绕点E顺时针旋转至EF，旋转角∠DEF＝120°，
∴EF＝ED，∠DEF＝120°，
∴∠EFD＝∠EDF＝30°，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠EFD＝∠ABD＝30°，
∴点D，E，F，B四点共圆，
∴∠EBF＝∠EDF＝∠ABC＝30°，
过E作EM⊥BF于M，EN⊥BC于N，
∴∠EMB＝∠ENB＝∠FME＝90°，EM＝EN，
∴∠MEN＝120°，
∵BE＝BE，
∴Rt△EBM≌△RtEBN（HL），
∴BM＝BN，
∵EF＝DE，
∴Rt△EFM≌Rt△EDN（HL），
∴FM＝DN，
设EM＝EN＝x，
∴BE＝2EM＝2x，BM＝BN＝x，
∴＝＝．
3．在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB．若点D为AC上一点，连接BD，将BD绕点B顺时针旋转90°得到BE，连接CE，交AB于点F．
（1）如图1，若∠ABE＝75°，BD＝4，求AC的长；
（2）如图2，点G为BC的中点，连接FG交BD于点H．若∠ABD＝30°，猜想线段DC与线段HG的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，若AB＝4，D为AC的中点，将△ABD绕点B旋转得△A′BD′，连接A′C、A′D，当A′D+A′C最小时，求S△A′BC．
【分析】（1）通过作辅助线，构造直角三角形，借助解直角三角形求得线段的长度；
（2）通过作辅助线，构造全等三角形，设AC＝a，利用中位线定理，解直角三角形，用a的代数式表示CD和HG，即可得CD与HG的数量关系；
（3）构造阿氏圆模型，利用两点之间线段最短，确定A'（4）的位置，继而求得相关三角形的面积．
【解答】解：（1）过D作DG⊥BC，垂足是G，如图1：
∵将BD绕点B顺时针旋转90°得到BE，
∴∠EBD＝90°，
∵∠ABE＝75°，
∴∠ABD＝15°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠DBC＝30°，
∴在直角△BDG中有DG＝＝2，＝，
∵∠ACB＝45°，
∴在直角△DCG中，CG＝DG＝2，
∴BC＝BG+CG＝，
∴AC＝BC＝；
（2）线段DC与线段HG的数量关系为：HG＝，
证明：延长CA，过E作EN垂直于CA的延长线，垂足是N，连接BN，ED，过G作GM⊥AB于M，如图：
∴∠END＝90°，
由旋转可知∠EBD＝90°，
∴∠EDB＝45°
∴∠END＝∠EBD＝90°，
∴E，B，D，N四点共圆，
∴∠BNE＝∠EDB＝45°，∠NEB+∠BDN＝180°
∵∠BDC+∠BDN＝180°，∠BCD＝45°，
∴∠BEN＝∠BDC，
∴∠BNE＝45°＝∠BCD，
在△BEN和△BDC中，
，
∴△BEN≌△BDC（AAS），
∴BN＝BC，
∵∠BAC＝90°，
在等腰△BNC中，由三线合一可知BA是CN的中线，
∵∠BAC＝∠END＝90°，
∴EN∥AB，
∵A是CN的中点，
∴F是EC的中点，
∵G是BC的中点，
∴FG是△BEC的中位线，
∴FG∥BE，FG＝BE，
∵BE⊥BD，
∴FG⊥BD，
∵∠ABD＝30°，
∴∠BFG＝60°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BGF＝75°，
设AC＝a，则AB＝a，
在Rt△ABD中，AD＝，BD＝BE＝，
∴FG＝BE，
∴FG＝，
∵GM⊥AB，
∴△BGM是等腰三角形，
∴MG＝MB＝，
在Rt△MFG中，∠MFG＝60°，
∴MF＝MG，
∴MF＝，
∴BF＝BM+MF＝，
在Rt△BFH中，∠BFG＝60°，
∴FH＝＝a，
∴HG＝FG﹣FH＝﹣a＝，
又∵CD＝＝，
∴＝，
∴HG＝；
（3）设AB＝a，则BC＝，取BC的中点N，连接A′D，A′C，A′N，连接DN，如图3，
由旋转可知A′B＝AB＝a，
∵＝＝，＝＝，
∴，
又∠A'BN＝∠CBA'，
∴△A′BN∽△CBA′，
∴＝，
∴A'N＝A'C，
根据旋转和两点之间线段最短可知，最小，即是A'D+A'N最小，此时D、A'、N共线，即A'在线段DN上，
设此时A'落在A''处，过A''作A''F⊥AB于F，连接AA''，如图4，
∵D，N分别是AC，BC的中点，
∴DN是△ABC的中位线，
∴DN∥AB，
∵AB⊥AC，
∴DN⊥AC，
∵∠A＝∠A''FA＝∠A''DA＝90°，
∴四边形A''FAD是矩形，
∴AF＝A''D，A''F＝AD＝2，
∵又A''B＝AB＝4，
设AF＝x，
在直角三角形A''FB中，A''B2＝A''F2+BF2，
∴42＝22+（4﹣x）2，
解得x＝．
∴此时S△A''BC＝S△ABC﹣S△AA''B﹣S△A''AC＝AB AC﹣AB A''F﹣AC A''D＝×4×4﹣×4×2﹣×4×（4﹣2）＝4﹣4．
4．如图1，△ABC与△AEF都是等边三角形，边长分别为4和，连接FC，AD为△ABC高，连接CE，N为CE的中点．
（1）求证：△ACF≌△ABE；
（2）将△AEF绕点A旋转，当点E在AD上时，如图2，EF与AC交于点G，连接NG，求线段NG的长；
（3）连接BN，在△AEF绕点A旋转过程中，求BN的最大值．
【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）证明AC垂直平分线段EF，推出CE＝CF，利用勾股定理求出CE，再利用三角形中位线定理求出GN；
（3）在旋转过程中，BN≤BH+HN，BN≤而且当点H在线段BN上时BN可以取到最大值．
【解答】（1）证明：如图1中，∵△ABC与△AEF是等边三角形，
∴∠BAC＝∠EAF＝60°，AE＝AF，AB＝AC，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（SAS）；
（2）解：如图2中，∵AD为等边△ABC的高，
∴DC＝BC＝2，∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴AD＝，
∵AE＝AF，∠EAG＝∠FAG＝30°，
∴AC⊥EF，EG＝FG，
∴CE＝CF，
∵AE＝，
∴DE＝，
∴EC＝，
∴CF＝CE＝，
∵∠AEF＝60°，∠DAC＝30°，
∴∠AGE＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∴∠CGE＝180°﹣90°＝90°，
∵N为CE的中点，
∴NG＝CF＝；
（3）解：如图3中，取AC的中点H，连接BH，NH．
∵BH为等边△ABC的中线，
∴BH⊥AC，
由（2）同理可得BH＝，
∵N为CE的中点，
∴NH是△ACE的中位线，
∴NH＝AE＝，
在旋转过程中，BN≤BH+HN，
∴BN≤而且当点H在线段BN上时BN可以取到最大值，
∴BN的最大值．
5．【问题发现】
（1）如图1所示，△ABC和△ADE均为正三角形，B、D、E三点共线．猜想线段BD、CE之间的数量关系为 　BD＝EC　；∠BEC＝　60　°；
【类比探究】
（2）如图2所示，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，B、D、E三点共线，线段BE、AC交于点F．此时，线段BD、CE之间的数量关系是什么？请写出证明过程并求出∠BEC的度数；
【拓展延伸】
（3）如图3所示，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，BC＝8，DE为△ABC的中位线，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，当DE所在直线经过点B时，请直接写出CE的长．
【分析】（1）证△ABD≌△ACE，得BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，进而判断出∠BEC的度数为60°即可；
（2）证△ABD∽△ACE，得∠ADB＝∠AEC＝135°，＝＝，则∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，再求出＝＝，即可得出结论；
（3）分两种情况，根据相似三角形的判定与性质结合勾股定理分别求出BE的长即可．
【解答】解：（1）∵△ACB和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，
∵点B，D，E在同一直线上，
∴∠ADB＝180°﹣60°＝120°，
∴∠AEC＝120°，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120°﹣60°＝60°，
综上所述，∠BEC的度数为60°，线段BD与CE之间的数量关系是BD＝CE，
故答案为：BD＝CE，60；
（2）结论：BD＝2CE，∠BEC＝45°，理由如下：
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ADE＝∠DAE＝45°，∠ACB＝∠AED＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，∠ADB＝135°，
Rt△ABC和Rt△ADE中，sin∠ABC＝，sin∠ADE＝，sin45°＝，
∴＝＝，
∴＝，
又∵∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝135°，BDCE＝ABAC＝ADAE，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，
∵＝＝，
∴＝，
∴＝＝，
∴BD＝CE；
（3）分两种情况：
①如图4，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，BC＝8，
∴AC＝BC＝4，
∴AB＝＝＝4，
∵DE为△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝4，DE∥AB，AE＝AC，AD＝AB，
∴∠CDE＝∠ABC＝30°，＝＝，
由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴＝＝，∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠ADE＝150°，
∵∠AED＝90°﹣∠CDE＝60°，
∴∠CEB＝∠AEC﹣∠AED＝150°﹣60°＝90°，
设CE＝x，则BD＝x，BE＝BD+DE＝x+4，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：x2+（x+4）2＝82，
解得：x＝或x＝﹣﹣（舍去）
∴BE＝﹣；
②如图5，同①得：△ACD∽△BCE，
则＝＝，∠AEB＝90°，
设CE＝y，则BD＝y，AE＝AD﹣DE＝y﹣2，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：y2+（y﹣4）2＝82，
解得：y＝+或y＝﹣﹣（舍去），
∴CE＝+；
综上所述，CE的长为﹣或+．
6．在△ABC中，∠A＝45°，点D是边AB上一动点，连接CD．将线段CD绕着D逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到ED，连接CE．
（1）当α＝90°时，
①如图1，若∠ADC＝30°，CE＝6，求AD的长；
②如图2，过点C作CF⊥AB于F，当点D在线段BF上时，过点E作EG∥AC交AB于点G．求证：AG＝2DF；
（2）如图3，若∠ABC＝15°，AB＝9，请直接写出的最小值．
【分析】（1）过点C作CF⊥AB于F，求得∠ACF＝45°，∠FCD＝60°，根据勾股定理求出，由∠ADC＝30°得，在Rt△CDF中，由勾股定理得求得，由∠ACF＝∠A＝45°可得，即可求得AD的长；
（2）过点E作EH⊥AB于H，证明△DEH≌△CDF（AAS），得到EH＝DF，由EG∥AC，得∠EGH＝∠A＝45°，△EGH是等腰直角三角形，EH＝GH，结合EH＝DF，易得GD＝HF，易证AF＝CF，根据等量代换可得GH＝AH，故，因为GH＝DF，即可证明AG＝2DF；
（3）过点C作CF⊥AB于点F，以点B为顶点在AB上方作∠ABG＝30°，过点D作DM⊥BM于点M，过点C作CN⊥BG于点N，点D是AB上的动点，运动到某一时间有∠ADC＝30°，此时设AF的长为x，则CF＝x，CD＝2x，BD＝CD＝2x，，有，解得：，求出AF，CF，BF和BC2的长，由分析可得最小时，即CD+DM最小，当C、D、M三点共线时CD+DM最小，即图中的CN，证△CBN为等腰直角三角形，根据勾股定理即可求得CN的长，即为的最小值．
【解答】解：（1）①过点C作CF⊥AB于F，
∵∠ADC＝30°，∠A＝45°，
∴∠FCD＝90°﹣30°＝60°，
在Rt△CDE中，由勾股定理得，CD2+DE2＝CE2，
∵CD＝DE，CE＝6，
∴2CD2＝36，
解得：，
∵∠ADC＝30°，
∴，
在Rt△CDF中，由勾股定理得，CF2+DF2＝CD2，
即，
解得：，
∵∠ACF＝∠A＝45°，∠AFC＝90°，
∴，
∴；
②过点E作EH⊥AB于H，
∵CF⊥AB，EH⊥AB，
∴∠EHD＝∠FDC＝90°，
∵∠EDF+∠CDF＝90°，∠FCD+∠CDF＝90°，
∴∠EDF＝∠FCD，
在△DEH和△CDF中，
，
∴△DEH≌△CDF（AAS），
∴EH＝DF，
∵EG∥AC，
∴∠EGH＝∠A＝45°，
∵∠EHD＝90°，
∴∠GEH＝90°﹣45°＝45°，
∴EH＝GH，
∵EH＝DF，
∴GH＝DF，
∴GH﹣DH＝DF﹣DH，即GD＝HF，
∵∠A＝45°，∠AFC＝90°，
∴∠ACF＝90°﹣45°＝45°，
∴AF＝CF，
∵GH＝GD+DH＝GD+CF，AH＝AF+HF＝CF+HF，
∴GH＝AH，
∴，
∵GH＝DF，
∴，即AG＝2DF；
（2）如图，过点C作CF⊥AB于点F，以点B为顶点在AB上方作∠ABG＝30°，
过点D作DM⊥BM于点M，过点C作CN⊥BG于点N，
点D是AB上的动点，运动到某一时间有∠ADC＝30°，
此时，∠BCD＝∠ADC﹣∠ABC＝15°，
∵∠ABC＝15°，
∴∠ABC＝∠BCD＝15°，BD＝CD，
∵CF⊥AB，∠A＝45°，
∴∠FCA＝45°，AF＝CF，
设AF的长为x，则CF＝x，
∵∠ADC＝30°，
∴CD＝2CF＝2x，
∴BD＝CD＝2x，
在Rt△DFC中，由勾股定理得，，，
即，
解得：，
∴，，
在Rt△BFC中，BC2＝BF2+CF2＝（）2+（）2＝54，
∵∠ABM＝30°，DM⊥BG，
∴，
∵DE是由CD旋转得到，
∴DE＝CD，
∴即为，最小时，即CD+DM最小，
当C、D、M三点共线时CD+DM最小，即图中的CN，∠CBN＝∠CBA+∠ABN＝15°+30°＝45°，
∵CN⊥BG，
∴∠CNB＝90°，∠BCN＝45°，
∴△CBN为等腰直角三角形，
∴CN＝BN，
∵CN2+BN2＝BC2，
∴2CN2＝BC2，
∵BC2＝54，
∴CN2＝27，
∴CN＝3，
即的最小值为3．
7．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶点．
（1）连接AD，交y轴于点E，P是抛物线上的一个动点．
①如图一，点P是第一象限的抛物线上的一点，连接PD交x轴于F，连接EF、AP，若S△ADP＝3S△DEF，求点P的坐标．
②如图二，点P在第四象限的抛物线上，连接AP、BE交于点G，设w＝，则w有最大值还是最小值？w的最值是多少？
（2）如图三，点P是第四象限抛物线上的一点，过A、B、P三点作圆N，过点P作PM⊥x轴，垂足为I，交圆N于点M，点P在运动过程中线段MI是否变化？若有变化，求出MI的取值范围；若不变，求线段MI长度的定值．
（3）点Q是抛物线对称轴上一动点，连接OQ、AQ，设△AOQ外接圆圆心为H，当sin∠OQA的值最大时，请直接写出点H的坐标．
【分析】（1）①根据题意先求得A，B，C，D各点的坐标，求得AD的解析式，进而求得点E的坐标，通过计算可得AE＝ED，进而可得S△FAE＝S△FED，由S△ADP＝3S△DEF可得出OE＝yP＝2，依题意，设P（m，m2﹣2m﹣3），其中0＜m＜3，建立方程求解即可得出答案；
②根据已知条件设P（m，m2﹣2m﹣3），其中0＜m＜3，求得直线AP的解析式，直线BE的解析式，联立即可求得点G的坐标，根据w＝＝＝，令z＝﹣3m2+8m+3＝﹣3（m﹣）2+，根据二次函数的性质求得z的最大值，即可求得w的最小值；
（2）根据题意过点N作NR⊥MP，依题意，点N为△ABP的外心，N为AB垂直平分线上的点，则点N在抛物线的对称轴直线x＝1上，设P（m，m2﹣2m﹣3），其中0＜m＜3，N（1，n），A（﹣1，0），B（3，0），根据NA＝NP建立方程，解得：n＝，进而求得yM＝1，即可求得MI＝1；
（3）作△AOQ的外心H，作HG⊥x轴，则AG＝AO＝，进而可得H在AO的垂直平分线上运动，根据题意当sin∠OQA最大转化为求当AH取得最小值时，sin∠OQA最大，进而根据点到直线的距离，垂线段最短，即可求得AH＝，运用勾股定理求得HG，即可求得点H的坐标，根据对称性求得另一个坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶点．
∴令x＝0，得：y＝﹣3，
则C（0，﹣3），
令y＝0，得：x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
则A（﹣1，0），B（3，0），
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴D（1，﹣4）．
①设直线AD的解析式为y＝kx+b，如图1，
∵A（﹣1，0），D（1，﹣4），
∴，
解得：，
∴直线AD的解析式为y＝﹣2x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴E（0，﹣2），
∴AE＝＝＝，ED＝＝，
∴AE＝ED，
∴S△FAE＝S△FED，
∵S△ADP＝3S△DEF，
∴S△APF＝S△ADP﹣S△AFD＝3S△DEF﹣S△AFD＝3S△DEF﹣2S△DEF＝S△DEF＝S△AEF，
∵OE⊥AF，
∴AF OE＝AF yP，
∴OE＝yP＝2，
依题意，设P（m，m2﹣2m﹣3），其中m＞3，
∴m2﹣2m﹣3＝2，
解得：m1＝1+，m2＝1﹣（舍去），
∴P（1+，2）．
②∵点P在第四象限的抛物线上，AP、BE交于点G，如图2，
设P（m，m2﹣2m﹣3），其中0＜m＜3，
设直线AP的解析式为y＝cx+d，
∵A（﹣1，0），P（m，m2﹣2m﹣3），
∴，
解得：，
∴直线AP的解析式为y＝（m﹣3）x+m﹣3，
设直线BE的解析式为y＝ex+f，
∵B（3，0），E（0，﹣2），
∴，
解得：，
∴直线BE的解析式为y＝x﹣2，
联立方程组，得：，
解得：，
∴yG＝，
∵0＜m＜3，
∴24﹣8m＞0，3m﹣11＜0，
∴＜0，
∴w＝＝＝＝÷（﹣m2+2m+3）＝，
令z＝﹣3m2+8m+3＝﹣3（m﹣）2+，
∵﹣3＜0，
∴当m＝时，z取得最大值，w取得最小值为＝，
∴w有最小值，最小值为．
（2）不变，MI＝1，理由如下：
如图，过点N作NR⊥MP，依题意，点N为△ABP的外心，
∴N为AB垂直平分线上的点，即点N在抛物线的对称轴直线x＝1上，
∵PM⊥x轴，NR⊥MP，
∴MR＝PR，NR∥x轴，
∴yN＝，
设P（m，m2﹣2m﹣3）（0＜m＜3），N（1，n），A（﹣1，0），B（3，0），
∵N为△ABP的外心，
∴NA＝NP，则N2A＝NP2，
即[1﹣（﹣1）]2+n2＝（m﹣1）2+（m2﹣2m﹣3﹣n）2，
解得：n＝，
∵yN＝，
∴n＝，
∴yM＝1，
∴M（m，1），
∴MI＝1．
（3）如图4，作△AOQ的外心H，作HG⊥x轴，则AG＝GO＝，
∵AH＝HO，
∴H在AO的垂直平分线上运动，
依题意，当sin∠OQA最大时，即∠OQA最大时，
∵H是△AOQ的外心，
∴∠AHO＝2∠AHG＝2∠OQA，即当sin∠AHG最大时，sin∠OQA最大，
∵AG＝AO＝，
∴sin∠OQA＝sin∠AHG＝＝，
则当AH取得最小值时，sin∠OQA最大，
∵AH＝HQ，
即当HQ⊥直线x＝1时，AH取得最小值，此时HQ＝1﹣（﹣）＝，
∴AH＝，
在Rt△AHG中，HG＝＝＝，
∴H（﹣，），
根据对称性，则存在H（﹣，﹣），
综上所述，H（﹣，）或H（﹣，﹣）．
8．如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（5，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）如图1，点M从点B出发，以每秒个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．设运动时间为t秒（0＜t＜5）．当t为何值时，△BMN的面积最大？最大面积是多少？
（3）已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法可得二次函数的表达式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，设△BMN面积为S，由ON＝t，BM＝，可得BN＝5﹣t，ME＝BMsin45°＝，即得S＝BN ME＝（5﹣t） t＝﹣（t﹣）2+，由二次函数性质可得当秒时，△BMN的面积最大，最大面积是；
（3）由B（5，0），C（0，5）得直线BC解析式为y＝﹣x+5，设Q（m，﹣m+5），P（n，﹣n2+4n+5），分三种情况：①当PQ，AC是对角线，有，解得Q（﹣7，12）；②当QA，PC为对角线，有，解得Q（7，﹣2）；③当QC，PA为对角线，有，解得Q（1，4）或（2，3）．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（5，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，
得，
解这个方程组得，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，如图：
设△BMN面积为S，
根据题意得：ON＝t，BM＝．
∵B（5，0），
∴BN＝5﹣t，
在y＝﹣x2+4x+5中，令x＝0得y＝5，
∴C（0，5），
∴OC＝OB＝5，
∴∠OBC＝45°．
∴ME＝BMsin45°＝，
∴S＝BN ME＝（5﹣t） t＝﹣t2+t＝﹣（t﹣）2+，
∵0＜t＜5，
∴当时，△BMN的面积最大，最大面积是；
（3）存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
由B（5，0），C（0，5）得直线BC解析式为y＝﹣x+5，
设Q（m，﹣m+5），P（n，﹣n2+4n+5），又A（﹣1，0），C（0，5），
①当PQ，AC是对角线，则PQ，AC的中点重合，
∴，
解得m＝0（与C重合，舍去）或m＝﹣7，
∴Q（﹣7，12）；
②当QA，PC为对角线，则QA，PC的中点重合，
∴，
解得m＝0（舍去）或m＝7，
∴Q（7，﹣2）；
③当QC，PA为对角线，则QC，PA的中点重合，
∴，
解得m＝1或m＝2，
∴Q（1，4）或（2，3），
综上所述，Q的坐标为（﹣7，12）或（7，﹣2）或（1，4）或（2，3）．
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D为BC的中点．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是第四象限内该抛物线上一动点，求△BDP面积的最大值；
（3）M是抛物线的对称轴上一点，N是抛物线上一点，直接写出所有使得以点A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形的点N的坐标，并把求其中一个点N的坐标的过程写出来．
【分析】（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣4，用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y＝x2﹣x﹣4；
（2）在y＝x2﹣x﹣4中，可得C（0，﹣4），由待定系数法可得直线BC为y＝x﹣4，而D是BC中点，有D（2，﹣2），过点P作PQ⊥x轴交BC于点Q，设P（t，t2﹣t﹣4），（0＜t＜4），则Q（t，t﹣4），即得PQ＝t2﹣t﹣4﹣（t﹣4）＝﹣t2+2t，S△BDP＝PQ |xB﹣xQ|＝﹣（t﹣2）2+2，由二次函数性质可得△BDP面积的最大值是2；
（3）由y＝x2﹣x﹣4得抛物线对称轴是直线x＝1，设M（1，m），N（n，n2﹣n﹣4），而A（﹣2，0），D（2，﹣2），分三种情况①当MN、AD为对角线时，有，解得N（﹣1，﹣），②当MA、ND为对角线时，，解得N（﹣3，），③当MD、AN为对角线时，，解得N（5，）．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣4得：
∴，解得，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣x﹣4；
（2）在y＝x2﹣x﹣4中，当x＝0时，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
设直线BC为y＝kx﹣4，将B（4，0）代入得：
0＝4k﹣4，解得k＝1，
∴直线BC为y＝x﹣4，
∵B（4，0），C（0，﹣4），D是BC中点，
∴D（2，﹣2），
过点P作PQ⊥x轴交BC于点Q，如图：
设P（t，t2﹣t﹣4），（0＜t＜4），则Q（t，t﹣4），
∴PQ＝t2﹣t﹣4﹣（t﹣4）＝﹣t2+2t，
∴S△BDP＝PQ |xB﹣xD|＝×（﹣t2+2t）×（4﹣2）＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣2）2+2，
∵﹣＜0，0＜t＜4，
∴t＝2时，S△PBD有最大值为2；
答：△BDP面积的最大值是2；
（3）由y＝x2﹣x﹣4得抛物线对称轴是直线x＝1，
设M（1，m），N（n，n2﹣n﹣4），而A（﹣2，0），D（2，﹣2），
①当MN、AD为对角线时，MN的中点即是AD中点，
∴，解得n＝﹣1，
∴N（﹣1，﹣），
②当MA、ND为对角线时，MA的中点即是ND中点，
∴，解得n＝﹣3，
∴N（﹣3，），
③当MD、AN为对角线时，MD的中点即是AN中点，
∴，解得n＝5，
∴N（5，），
综上所述，N的坐标为（﹣1，﹣）或（﹣3，）或（5，）．
10．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0），与y轴交于C，CO：AO＝2：1，连接BC，与抛物线的对称轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上一点，连接PC、PD，求△PCD面积的最大值，及当△PCD面积最大时点P的坐标；
（3）M为抛物线对称轴上一点，N为抛物线上一点，在（2）的基础上，是否存在这样的点M，使得以点P、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，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）由A（﹣2，0），B（6，0），CO：AO＝2：1，可得C（0，4），设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣6），将C（0，4）代入即得抛物线的解析式；
（2）过P作PH⊥BC于H，过P作PQ∥y轴交BC于Q，由A（﹣2，0），B（6，0）得抛物线的对称轴为直线x＝2，设直线BC为y＝kx+2，可得k＝﹣，即直线BC为y＝﹣x+2，从而D（2，），CD＝，故S△PCD＝CD PH＝PH，可知PH最大时，S△PCD最大，又∠PQH＝∠BCO，sin∠BCO＝＝sin∠PQH＝，可得PH＝PQ，即知S△PCD＝PH＝PQ，设P（t，﹣t2+t+4），则Q（t，﹣t+4），PQ＝﹣（t﹣3）2+3，即得t＝3时，PQ最大为3，即S△PCD最大值是3，此时P（3，5）；
（3）设M（2，m），N（n，﹣n2+n+4），而C（0，4），P（3，5），①当MN、CP为对角线时，MN、CP的中点重合，可得N（1，5）；②当MC、NP为对角线时，MC、NP的中点重合，可得N（﹣1，）；③当MP、CN为对角线时，MP、CN的中点重合，即得N（5，）．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，0），B（6，0），
∴AO＝2，BO＝6，
∵CO：AO＝2：1，
∴CO＝4，
∴C（0，4），
设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣6），将C（0，4）代入得：
4＝﹣12a，解得a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+2）（x﹣6）＝﹣x2+x+4；
（2）过P作PH⊥BC于H，过P作PQ∥y轴交BC于Q，如图：
由A（﹣2，0），B（6，0）可得抛物线的对称轴为直线x＝＝2，
设直线BC为y＝kx+4，将B（6，0）代入得：0＝6k+4，
∴k＝﹣，
∴直线BC为y＝﹣x+4，
在y＝﹣x+4中，令x＝2得y＝，
∴D（2，），
而C（0，4），
∴CD＝＝，
∴S△PCD＝CD PH＝PH，
∴PH最大时，S△PCD最大，
∵PQ∥y轴，
∴∠PQH＝∠BCO，
在Rt△BCO中，BC＝＝2，
∴sin∠BCO＝＝，
∴sin∠PQH＝，即＝，
∴PH＝PQ，
∴S△PCD＝PH＝×PQ＝PQ，
设P（t，﹣t2+t+4），则Q（t，﹣t+4），
∴PQ＝（﹣t2+t+4）﹣（﹣t+4）＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣3）2+3，
∵﹣＜0，
∴t＝3时，PQ最大为3，
∴S△PCD最大值是3，此时P（3，5）；
（3）存在，理由如下：
设M（2，m），N（n，﹣n2+n+4），而C（0，4），P（3，5），
①当MN、CP为对角线时，MN、CP的中点重合，如图：
∴，解得n＝1，
∴N（1，5）；
②当MC、NP为对角线时，MC、NP的中点重合，如图：
∴，解得n＝﹣1，
∴N（﹣1，）；
③当MP、CN为对角线时，MP、CN的中点重合，如图：
∴，即得n＝5，
∴N（5，），
综上所述，N的坐标为（1，5）或（﹣1，）或（5，）．
11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的顶点坐标为（2，9），与y轴交于点A（0，5），与x轴交于点E、B．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+c的表达式；
（2）过点A作AC平行于x轴，交抛物线于点C，点P为抛物线上的一点（点P在AC上方），过点P作PD平行于y轴交AB于点D，是否存在点P使得四边形APCD的面积最大？如果存在，求出此时点P的坐标及四边形APCD的最大面积；如果不存在，请说明理由；
（3）若点M在抛物线上，点N在其对称轴上，并使得以A、E、N、M为顶点的四边形是平行四边形（AE为平行四边形的边），求点M、N的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可得答案；
（2）由y＝﹣x2+4x+5得E（﹣1，0），B（5，0），用待定系数法可得直线AB的解析式为y＝﹣x+5；设P（x，﹣x2+4x+5），则D（x，﹣x+5），PD＝﹣x2+5x，由抛物线y＝﹣（x﹣2）2+9对称轴为直线x＝2，A（0，5），即知AC＝4，即得S四边形APCD＝AC PD＝﹣2（x﹣）2+，根据二次函数性质即得答案；
（3）设M（t，﹣t2+4t+5），N（2，n），又A（0，5），E（﹣1，0），分两种情况：①当AM、DN为对角线时，AM、DN的中点重合，有，解得M（1，8），N（2，13），②当AN、DM为对角线时，AN、DM的中点重合，有，解得M（3，8），N（2，3）．
【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2+9，
∵抛物线与y轴交于点A（0，5），
∴4a+9＝5，解得a＝﹣1，
∴二次函数的表达式为：y＝﹣（x﹣2）2+9＝﹣x2+4x+5；
（2）存在点P，使得四边形APCD的面积最大，理由如下：
如图：
在y＝﹣x2+4x+5中，令y＝0得﹣x2+4x+5＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝5，
∴E（﹣1，0），B（5，0），
设直线AB的解析式为y＝mx+5，
将B（5，0）代入得0＝5m+5，
解得m＝﹣1，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+5；
设P（x，﹣x2+4x+5），
∴D（x，﹣x+5），
∴PD＝﹣x2+4x+5﹣（﹣x+5）＝﹣x2+5x，
∵抛物线y＝﹣（x﹣2）2+9对称轴为直线x＝2，A（0，5），
∴AC＝4，
∴S四边形APCD＝AC PD＝×4（﹣x2+5x）＝﹣2x2+10x＝﹣2（x﹣）2+，
∵﹣2＜0，
∴当x＝时，S四边形APCD取最大值，
此时﹣x2+4x+5＝﹣（）2+4×+5＝，
∴P（，），
答：四边形APCD的最大面积为，此时P坐标为（，）；
（3）∵抛物线y＝﹣x2+4x+5对称轴为直线x＝2，点M在抛物线上，点N在其对称轴上，
∴设M（t，﹣t2+4t+5），N（2，n），
又A（0，5），E（﹣1，0），
①当AM、EN为对角线时，AM、EN的中点重合，
∴，
解得，
∴M（1，8），N（2，13），
②当AN、EM为对角线时，AN、EM的中点重合，
∴，
解得，
∴M（3，8），N（2，3），
综上所述，当M（1，8），N（2，13）或M（3，8），N（2，3）时，以A、E、N、M为顶点的四边形是平行四边形（AE为平行四边形的边）．
12．如图，已知抛物线的对称轴是直线x＝3，且与x轴相交A，B两点（B点在A点右侧），与y轴交于C点．
（1）求抛物线的解析式和A，B两点的坐标．
（2）若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），则是否存在一点P，使△PBC的面积最大，若存在，请求出△PBC的最大面积；若不存在，试说明理由．
（3）若M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点N，当以点O、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出M点的横坐标．
【分析】（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝3，即得，故抛物线解析式为，令y＝0，得，解得A（﹣2，0），B（8，0）；
（2）令x＝0得C（0，4），可求出直线BC的解析式为：y＝﹣x+4，设P（x，﹣x2+x+4）（0＜x＜8），连接PB，PC，过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，则D（x，﹣x+4），可得PD＝yP﹣yD＝，即得S△PBC＝﹣（x﹣4）2+16，故当x＝4时，△PBC的面积最大，最大面积是16．
（3）设M（m，﹣m2+m+4），则N（m，﹣x+4），由OC∥MN，可知要使以点O、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，只需MN＝OC，故|﹣m2+2m|＝4，即可解得m＝4，m＝4+4或m＝4﹣4．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝3，
∴，解得a＝﹣，
∴抛物线解析式为，
又抛物线与x轴交于点A，B两点，且B点在A点右侧，
令y＝0，得，解得x1＝﹣2，x2＝8，
∴A（﹣2，0），B（8，0）；
（2）存在，理由如下：
∵抛物线与y轴交于点C，
令x＝0，得＝4，
∴C（0，4），
设直线BC的解析式：y＝kx+b（k≠0），
把B（8，0），C（0，4）两点坐标代入，可得，解得，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4，
设P（x，﹣x2+x+4）（0＜x＜8），
连接PB，PC，过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，则D（x，﹣x+4），如图：
∴PD＝yP﹣yD＝（）﹣（）＝＝，
又∵S△PBC＝PD |xB﹣xC|＝PD OB＝×8×[]＝﹣（x﹣4）2+16，
∴当x＝4时，△PBC的面积最大，最大面积是16，
∴存在点P，使△PBC的面积最大，最大面积是16．
（3）设M（m，﹣m2+m+4），则N（m，﹣x+4），
∵OC∥MN，
∴要使以点O、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，只需MN＝OC，
而MN＝|﹣m2+m+4﹣（﹣x+4）|＝|﹣m2+2m|，OC＝4，
∴|﹣m2+2m|＝4，
当﹣m2+2m＝4时，解得m＝4，
当﹣m2+2m＝﹣4时，解得m＝4+4或m＝4﹣4，
∴M点的横坐标为4或4+4或4﹣4．
13．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0）、B（4，0）、C三点，且OB＝OC，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）若点P在直线BC下方，P运动到什么位置时，四边形PBOC面积最大？求出此时点P的坐标和四边形PBOC的最大面积；
（3）直线BC上是否存在一点Q，使得以点A、B、P、Q组成的四边形是平行四边形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由B（4，0），且OB＝OC，得C（0，﹣4），设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c，用待定系数法可得二次函数的解析式为y＝x2﹣3x﹣4；
（2）设P（t，t2﹣3t﹣4），过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，由B（4，0），C（0，﹣4），得直线BC解析式为y＝x﹣4，S△BOC＝OB OC＝×4×4＝8，当S△PBC最大时，四边形PBOC的面积最大，而S△PBC＝S△PFC+S△PFB＝PF OE+PF BE＝PF （OE+BE）＝PF OB＝﹣2（t﹣2）2+8，由二次函数性质得当P点坐标为（2，﹣6）时，四边形PBOC的最大面积为16；
（3）设P（m，m2﹣3m﹣4），Q（n，n﹣4），而A（﹣1，0），B（4，0），分三种情况：①若AB，PQ为平行四边形对角线，则AB，PQ的中点重合，，得Q（﹣2，﹣6）；②AP，BQ为对角线，，方程组无实数解；③AQ，BP为对角线，，得Q（10，6）．
【解答】解：（1）∵B（4，0），且OB＝OC，
∴C（0，﹣4），
设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c，把A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，﹣4）代入得：
，
解得，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣3x﹣4；
（2）∵点P在抛物线上，
∴可设P（t，t2﹣3t﹣4），
过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如图：
∵B（4，0），C（0，﹣4），
∴直线BC解析式为y＝x﹣4，S△BOC＝OB OC＝×4×4＝8，
∴F（t，t﹣4），当S△PBC最大时，四边形PBOC的面积最大，
∴PF＝（t﹣4）﹣（t2﹣3t﹣4）＝﹣t2+4t，
∴S△PBC＝S△PFC+S△PFB＝PF OE+PF BE＝PF （OE+BE）＝PF OB＝（﹣t2+4t）×4＝﹣2（t﹣2）2+8，
∴当t＝2时，S△PBC最大值为8，此时t2﹣3t﹣4＝﹣6，
∴当P点坐标为（2，﹣6）时，S△PBC＝8，
故此时四边形PBOC的最大面积，四边形PBOC的最大面积为S△BOC+S△PBC＝8+8＝16；
（3）直线BC上存在一点Q，使得以点A、B、P、Q组成的四边形是平行四边形，理由如下：
设P（m，m2﹣3m﹣4），Q（n，n﹣4），而A（﹣1，0），B（4，0），
①若AB，PQ为平行四边形对角线，则AB，PQ的中点重合，
∴，
解得（此时Q与B重合，舍去）或，
∴Q（﹣2，﹣6）；
②AP，BQ为对角线，
，
方程组无实数解；
③AQ，BP为对角线，
，
解得（此时P与A重合，舍去）或，
∴Q（10，6），
综上所述，Q的坐标为（﹣2，﹣6）或（10，6）．
14．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图1，点D是OC的中点，P是抛物线上位于第一象限的动点，连接PD，PB、BD，求△PBD面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，将原抛物线水平向右平移，使点A落在点E（1，0）处，点M是原抛物线对称轴上任意一点，在平移后的新抛物线上确定一点N，使得以点B、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，直接写出所有符合条件的点N的坐标．
【分析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入，用待定系数法即可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）过P作PE∥y轴交BD于E，由y＝﹣x2+2x+3可得C（0，3），而点D是OC的中点，即得D（0，），设直线BD为y＝kx+，用待定系数法得直线BD为y＝﹣x+，设P（m，﹣m2+2m+3），则E（m，﹣m+），可得PE＝﹣m2+m+，即由S△PDB＝PD |xB﹣xD|＝（﹣m2+m+）×3＝﹣（m﹣）2+，利用二次函数性质可得△PBD面积的最大值是，此时点P的坐标是时（，）；
（3）由y＝﹣x2+2x+3得原抛物线对称轴是直线x＝1，根据将原抛物线水平向右平移，使点A（﹣1，0）落在点E（1，0）处，可得原抛物线水平向右平移了2个单位，平移后的抛物线是y＝﹣x2+6x﹣5，设M（1，s），N（t，﹣t2+6t﹣5），而B（3，0），C（0，3），分三种情况：①以MN、BC为对角线，则MN的中点即是BC中点，可得N（2，3），②以MB、NC为对角线，则MB的中点即是NC中点，可得N（4，3）；③以MC、NB为对角线，则MC的中点即是NB中点，可得N（﹣2，﹣21）．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：
，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）过P作PE∥y轴交BD于E，如图：
在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0得y＝3，
∴C（0，3），
∵点D是OC的中点，
∴D（0，），
设直线BD为y＝kx+，
将B（3，0）代入得：3k+＝0，
∴k＝﹣，
∴直线BD为y＝﹣x+，
设P（m，﹣m2+2m+3），则E（m，﹣m+），
∴PE＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+）＝﹣m2+m+，
∴S△PDB＝PD |xB﹣xD|＝（﹣m2+m+）×3＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴m＝时，S△PDB最大为，
此时P（，），
答：△PBD面积的最大值是，此时点P的坐标是时（，）；
（3）由y＝﹣x2+2x+3得原抛物线对称轴是直线x＝1，
∵将原抛物线水平向右平移，使点A（﹣1，0）落在点E（1，0）处，
∴原抛物线水平向右平移了2个单位，即平移后的抛物线是y＝﹣（x﹣2）2+2（x﹣2）+3＝﹣x2+6x﹣5，
设M（1，s），N（t，﹣t2+6t﹣5），而B（3，0），C（0，3），
①以MN、BC为对角线，则MN的中点即是BC中点，
∴，解得t＝2，
∴N（2，3），
②以MB、NC为对角线，则MB的中点即是NC中点，
∴，解得t＝4，
∴N（4，3）；
③以MC、NB为对角线，则MC的中点即是NB中点，
∴，解得t＝﹣2，
∴N（﹣2，﹣21），
综上所述，点N的坐标为（2，3）或（4，3）或（﹣2，﹣21）．
15．如图，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣6，0），B（1，0），与y轴相交于点C．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若在x轴上方的抛物线上有一动点P，且△ACP的面积为24，求点P的坐标；
（3）直线l⊥AC，垂足为C，直线l上有一点N，在坐标平面内一点M，是否存在以点M、N、A、C为顶点的四边形是正方形，若存在，直接写出点M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AC的解析式，过点P作PG∥y轴交直线AC于点G，设P（t，t2+t﹣3），则G（t，﹣t﹣3），则S△ACP＝6×（t2+3t）＝24，求出t的值即可求P点坐标；
（3）设直线l与x轴的交点为F，根据角的关系可得∠OCF＝∠OAC，求出F（，0），再用待定系数法求出直线CF的解析式，设M（x，y），N（t，2t﹣3），当AN为正方形的对角线时，AN＝AC，根据正方形的对角线互相平分，对角线长与边长的关系，利用勾股定理和中点坐标公式建立方程组，求解点M的坐标即可．
【解答】解：（1）将A（﹣6，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣3；
（2）令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线AC的解析式为y＝kx+m，
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣3，
过点P作PG∥y轴交直线AC于点G，
设P（t，t2+t﹣3），则G（t，﹣t﹣3），
∴PG＝t2+t﹣3+t+3＝t2+3t，
∴S△ACP＝6×（t2+3t）＝24，
解得t＝2或t＝﹣8，
∵P点在x轴上方，
∴t＞1或t＜﹣6，
∴P（2，4）或（﹣8，9）；
（3）存在以点M、N、A、C为顶点的四边形是正方形，理由如下：
设直线l与x轴的交点为F，
∵AC⊥CF，
∴∠ACO+∠OCF＝90°，
∵∠ACO+∠OAC＝90°，
∴∠OCF＝∠OAC，
∵tan∠OAC＝，
∴OF＝，
∴F（，0），
设直线CF的解析式为y＝k'x+b'，
∴，
解得，
∴y＝2x﹣3，
设M（x，y），N（t，2t﹣3），
当AN为正方形的对角线时，AN＝AC，
∴，
解得或，
∴M（﹣3，6）或（﹣9，﹣6）；
综上所述：M点坐标为（﹣3，6）或（﹣9，﹣6）．
16．如图，抛物线y＝ax2+x+c经过B（3，0），D（﹣2，﹣）两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；
（2）若点M在直线BC上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使△MBC面积最大时M点的坐标，并求最大面积；（请在图1中探索）
（3）设点Q在y轴上，点P在抛物线上，要使以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．（请在图2中探索）
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，求出直线BC的解析式，设M（m，﹣m2+m+），则N（m，﹣m+），可得S△MBC＝ MN OB＝﹣（m﹣）2+，再求解即可；
（3）设Q（0，t），P（m，﹣m2+m+），分三种情况讨论：①当AB为平行四边形的对角线时；②当AQ为平行四边形的对角线时；③当AP为平行四边形的对角线时；根据平行四边形的对角线互相平分，利用中点坐标公式求解即可．
【解答】解：（1）将B（3，0），D（﹣2，﹣）代入y＝ax2+x+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+x+，
令x＝0，则y＝，
∴C（0，）；
（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+
设M（m，﹣m2+m+），则N（m，﹣m+），
∴MN＝﹣m2+m，
∴S△MBC＝ MN OB＝﹣（m﹣）2+，
当m＝时，△MBC的面积有最大值，
此时M（，）；
（3）令y＝0，则﹣x2+x+＝0，
解得x＝3或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
设Q（0，t），P（m，﹣m2+m+），
①当AB为平行四边形的对角线时，m＝3﹣1＝2，
∴P（2，）；
②当AQ为平行四边形的对角线时，3+m＝﹣1，
解得m＝﹣4，
∴P（﹣4，﹣）；
③当AP为平行四边形的对角线时，m﹣1＝3，
解得m＝4，
∴P（4，﹣）；
综上所述：P点坐标为（2，）或（﹣4，﹣）或（4，﹣）．
17．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点且经过点C，已知A点坐标为（﹣1，0）．C点坐标为（4，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P为第四象限内抛物线上一个动点，连接AC、AP，PC，过点B作BG∥AC交PC于点G，连接AG．请求出△APG面积的最大值以及此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线y＝x2+bx+c沿射线AC方向平移个单位长度得到新抛物线y'，记y与y'的交点为M，点D是直线AC与y轴的交点，点N为直线AC上一点，点K为平面内一点，若以D、M、K、N为顶点的四边形是菱形且DM为菱形的边，请直接写出点K的坐标并选择其中一个坐标写出求解过程．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）求出直线AC、BG的解析式，设P（t，t2﹣2t﹣3），直线PC与x轴交点为E，求出直线PC的解析式，通过联立二元一次方程组求出G点坐标，则S△APG＝AE×（|yP|﹣|yG|）＝﹣（t﹣）2+，当t＝时，△APG面积的最大值为，此时P（，﹣）；
（3）求出新抛物线解析式为y'＝x2﹣4x+1，则可得M（2，﹣3），设N（n，n+1），K（x，y），当菱形为DMNK时，通过二元一次方程组，求出K（﹣4，3）；当菱形为DMKN时，通过二元一次方程组，求出K（2+，﹣3+）或（2﹣，﹣3﹣）．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），C（4，5）代入y＝x2+bx+c，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+b'，
∴，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝x+1，
∵BG∥AC，
∴直线BG的解析式为y＝x﹣3，
设P（t，t2﹣2t﹣3），
设直线PC的解析式为y＝k'x+m，
∴，
解得，
∴直线PC的解析式为y＝（t+2）x﹣4t﹣3，
设直线PC与x轴交点为E，
∴E（，0），
联立方程组，
解得，
∴G（，），
∴S△APG＝AE×（|yP|﹣|yG|）＝×（1+）×（﹣t2+2t+3+）＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时，△APG面积的最大值为，
此时P（，﹣）；
（3）∵直线AC的解析式为y＝x+1，抛物线沿射线AC方向平移个单位长度，
∴抛物线y＝x2﹣2x﹣3沿x轴正方向平移1个单位，沿y轴正方向平移1个单位，
∴新抛物线解析式为y'＝x2﹣4x+1，
当x2﹣4x+1＝x2﹣2x﹣3时，解得x＝2，
∴M（2，﹣3），
直线AC与y轴的交点D（0，1），
设N（n，n+1），K（x，y），
当菱形为DMNK时，，
解得（舍）或，
∴K（﹣4，3）；
当菱形为DMKN时，，
解得或，
∴K（2+，﹣3+）或（2﹣，﹣3﹣）；
综上所述：K点坐标为（﹣4，3）或（2+，﹣3+）或（2﹣，﹣3﹣）．
18．如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（2，0），交y轴于点C，P是抛物线上一点．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）如图1，当点P在直线BC上方时，求△PBC面积的最大值；
（3）直线PE∥x轴，交直线BC于点E，点D在x轴上，点F在坐标平面内，是否存在点P，使以D，E，F，P为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法可得二次函数的表达式；
（2）设点P的坐标为（m，﹣m2+m+2），根据△PBC面积＝S△POB+S△POC﹣S△BOC列式计算并结合二次函数的最值可得结论；
（3）设P（t，﹣t2+t+2），E（n，﹣n+2），画出图形，根据正方形的边长相等列方程组可解答．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（2，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，
得：，
解得：，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+x+2；
（2）如图1，连接OP，
当x＝0时，y＝2，
∴OC＝2，
设点P的坐标为（m，﹣m2+m+2），
∵点P在直线BC上方，
∴0＜m＜2，
∵△PBC面积＝S△POB+S△POC﹣S△BOC
＝×2（﹣m2+m+2）+×2m﹣×2×2
＝﹣m2+m+2+m﹣2
＝﹣m2+2m
＝﹣（m﹣1）2+1，
∵﹣1＜0，
∴当m＝1时，△PBC面积有最大值是1；
（3）∵B（2，0），C（0，2），
设直线BC的解析式为：y＝kx+2，
将B（2，0）代入得：2k+2＝0，
∴k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+2，
设P（t，﹣t2+t+2），E（n，﹣n+2），
如图2，四边形PDFE是正方形，
∴PE＝PD＝EF，
∴，
解得：t1＝2（舍），t2＝﹣，
∴P（﹣，）．
19．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（，）．

2023年中考数学“压轴题思维锻炼”专项训练：旋转+构建四边形问题（含解析）