【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题23函数与矩形存在性问题 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.【例1】（2022春?宾阳县期中）在四边形AB
CD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＝C
Q，∵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AB
CD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，∴1
04﹣8t＝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＝∠P2
OB，∴△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】（2
022?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+b
x+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＝﹣t
2+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，∴CD
2+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AP4CQ
4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，﹣）．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P
1，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﹣x
2＝﹣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A
B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＝∠P1O
B，∴△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AP4
BQ4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＝a
x2+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C
P，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OC
PF+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△AP
E＝（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D
CNM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△OC
N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B
D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A
C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AD
NM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＝m
2+（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＝C
E2+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＝O
C＝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＝12
cm，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，，∴A
B＝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＝2
t，∴（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），∴C
N＝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MB
CN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O
C＝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＝5m
2，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＝C
D，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），△O
DE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△AC
D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°，∴∠AM
F＝∠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O
ADC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△C
PQ＝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．（20
22?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，﹣1
2）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°，∠NM
O+∠HNM＝90°，∴∠AMO＝∠HNM，∴tan∠HNM＝tan∠AMO＝，∵MN＝AE＝＝4，设MH＝a，则HN＝2a，∴a
2+（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°，∴∠NA
Q＝∠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+∠C
GF＝∠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∠OF
B＝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＝﹣x
2+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⊥B
C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＝P
Q，∴，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＝，t
2＝﹣（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＝﹣x2﹣2
x+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． |
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