第09讲 二次函数与特殊四边形存在性问题（难度较大）-【专题突破】2022-2023学年九年级数学上学期重难点及章节分类精品讲义(浙教版)

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第9讲 二次函数与特殊四边形存在性问题
考点一 平行四边形的存在性问题
【知识总结】
v 平行四边形存在性
1.知识储备：①平行四边形是中心对称图形
②中心对称图形的性质：对称中心平分中心对称图形内通过该点的任意线段，且使中心对称图形的面积被平分
③中点公式：
2.方法策略：
（1）有3个定点，找第4个点形成平行四边形时：
①设第4个点的坐标
②以3个定点组成的3条线段为对角线分类讨论
③以中心对称图形的性质为等量关系列式求解
例，如图所示，平面直角坐标系内有A、B、C三点，在平面内找第4个点，构成平行四边形；








（2） 有2个定点，且另外两个动点均在特殊的位置上时，方法策略同上。
如，当A、B已知，点C在直线y=x上，点D在抛物线上，则设C（a,a）；分类还分别分①以AB为对角线，②以AC为对角线，③以BC为对角线；依其性质分别表示出D点坐标；将点D坐标再分别带入抛物线解析式，即可求出a的值，C、D坐标就都能求出来了。





【类题训练】
1．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（，）．
2．如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴相交于点C（0，﹣3）．
（1）求此二次函数的解析式．
（2）若抛物线的顶点为D，点E在抛物线上，且与点C关于抛物线的对称轴对称，直线AE交对称轴于点F，试判断四边形CDEF的形状，并说明理由．
（3）若点M在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以A，E，M，P为顶点且以AE为一边的平行四边形？若存在，请直接写出所有满足要求的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题．
（2）结论四边形EFCD是正方形．如图1中，连接CE与DF交于点K．求出E、F、D、C四点坐标，只要证明DF⊥CE，DF＝CE，KC＝KE，KF＝KD即可证明．
（3）如图2中，存在以A，E，M，P为顶点且以AE为一边的平行四边形．根据点P的纵坐标为2或﹣2，即可解决问题．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c得，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．

（2）结论四边形EFCD是正方形．
理由：如图1中，连接CE与DF交于点K．

∵y＝（x﹣1）2﹣4，
∴顶点D（1，4），
∵C、E关于对称轴对称，C（0，﹣3），
∴E（2，﹣3），
∵A（﹣1，0），设直线AE的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线AE的解析式为y＝﹣x﹣1．
∴F（1，﹣2），
∴CK＝EK＝1，FK＝DK＝1，
∴四边形EFCD是平行四边形，
又∵CE⊥DF，CE＝DF，
∴四边形EFCD是正方形．

（3）如图2中，存在以A，E，M，P为顶点且以AE为一边的平行四边形．

由题意点P的纵坐标为3或﹣3，
当y＝3时，x2﹣2x﹣3＝3，解得x＝1±，
可得P1（1+，3），P2（1﹣，3），
当y＝﹣3时，x＝0，可得P3（0，﹣3），
综上所述当P点坐标为（1+，3）或（1﹣，3）或（0，﹣3）时，存在以A，E，M，P为顶点且以AE为一边的平行四边形．
【点评】本题考查二次函数综合题、待定系数法、一次函数的应用、正方形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用待定系数法确定函数解析式，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
3．如图，直线y＝﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+x+c经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，当△BEC面积最大时，请求出点E的坐标并过点E作y轴的平行线交直线BC于点M，连接AM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）先确定出点B、C的坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）如图1中，过点E作EM∥OB交BC于M．设E（m，﹣m2+m+3），则M（m，﹣m+3）．首先构建二次函数利用二次函数的性质求出点E的坐标，再分两种情形求出点P坐标即可
【解答】解：（1）由题意，B（0，3），C（4，0），
把B、C两点坐标代入y＝ax2+x+c，得到，
解得，
∴抛物线的抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3．

（2）如图1中，过点E作EM∥OB交BC于M．设E（m，﹣m2+m+3），则M（m，﹣m+3）．

∴EM＝﹣m2+m，
∴S△EBC＝×（﹣m2+m）×4＝﹣（m﹣2）2+3，
∵﹣＜0，
∴m＝2时，△EBC的面积最大，此时E（2，3），M（2，），
∵A（﹣2，0），点Q的横坐标为1，
当AM∥PQ时，点P的横坐标为﹣3或5，
∴P（﹣3，﹣），P″（5，﹣），
当AM为平行四边形的对角线时，点P′的横坐标为﹣1，
∴P′（﹣1，），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣3，﹣）或（5，﹣）或（﹣1，）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，锐角三角函数，平行四边形的判定和性质等知识，解本题的关键是学会添加常用辅助线构造直角三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
4．已知抛物线C1：y＝2ax2﹣bx﹣1经过（1，﹣2）和（3，2）两点．
（1）求抛物线C1的解析式；
（2）将抛物线C1沿直线y＝﹣1翻折，再将翻折后的抛物线，先向上平移2个单位，再向右平移m个单位，得到抛物线C2．若C2的顶点B在抛物线C1上，求m的值；
（3）在（2）的条件下，设抛物线C1的顶点为A，E为抛物线C1上的一点，F为抛物线C2上的一点，则以A，B，E，F为顶点的平行四边形是否存在？若存在，有多少个？说明理由．
【分析】（1）用待定系数法就可求出抛物线C1的解析式．
（2）先求出抛物线C1的顶点坐标为（1，﹣2），然后根据条件得到抛物线C2的顶点B的坐标为（1+m，2），把点B的坐标代入抛物线C1的解析式就可求出m的值．
（3）由于抛物线C1与抛物线C2的现状相同，开口相反，且抛物线C1的顶点A与抛物线C2的顶点B关于AB的中点C成中心对称，因此抛物线C1与抛物线C2也关于点C成中心对称．所以在抛物线C1上任取一点E（A、B除外），连接EC并延长交抛物线C2于点F，必有EC＝FC，连接AE、EF、BF、BE，四边形EAFB一定是平行四边形，所以以A，B，E，F为顶点的平行四边形有无数个．
【解答】解：（1）∵抛物线C1：y＝2ax2﹣bx﹣1经过（1，﹣2）和（3，2）两点，
∴．
解得：．
∴抛物线C1的解析式为y＝x2﹣2x﹣1．

（2）∵抛物线C1的解析式为y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，
∴顶点坐标为（1，﹣2）．
∵点（1，﹣2）关于直线y＝﹣1对称点的坐标为（1，0），
∴点B的坐标为（1+m，2）．
∵B在抛物线C1上，
∴（1+m﹣1）2﹣2＝2．
解得：m1＝2，m2＝﹣2（舍去）．
∴m的值为2．

（3）以A，B，E，F为顶点的平行四边形存在．
由题可知：A（1，﹣2）、B（3，2），抛物线C2的解析式为y＝﹣（x﹣3）2+2．
则线段AB的中点C的坐标为（，），即（2，0）．
当x＝1时，y＝﹣（1﹣3）2+2＝﹣2，所以点A（1，﹣2）在抛物线C2上．
所以抛物线C1与抛物线C2关于点C成中心对称．
在抛物线C1上任取一点E（A、B除外），连接EC并延长交抛物线C2于点F，
连接AE、EF、BF、BE，如图所示，必有EC＝FC．
∵EC＝FC，AC＝BC，
∴四边形EAFB是平行四边形．
∴以A，B，E，F为顶点的平行四边形有无数个．

【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式、中心对称、平行四边形的判定、解二元一次方程组、直接开平方法解一元二次方程等知识，而利用中心对称是解决第三小题的关键，有创意，是一道好题．
5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（4，0）、B（0，4）、C．其对称轴l交x轴于点D，交直线AB于点F，交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点N为直线AB上的一点（点N不与点F重合），在抛物线上是否存在一点M，使以点E、F、N、M为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点M的坐标，不存在，说明理由．

【分析】（1）把点A（4，0）、B（0，4）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，求得b和c即可；
（2）设M（m，﹣m2+3m+4），①当EF为边时，则EF∥MN，则N（m，﹣m+4），所以NM＝EF＝，即|﹣m2+3m+4﹣（﹣m+4）|＝，求出m的值，代入即可；②当EF为对角线时，EF的中点为（，），由中点坐标公式可求得点N的坐标，再由点N是直线AB上一点，可知﹣3+m+4＝m2﹣3m+，解得m的值即可．
【解答】解：（1）把点A（4，0）、B（0，4）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，
得，，解得，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+3x+4，
（2）存在，以点E、F、N、M为顶点的四边形为平行四边形的点M的坐标为（，﹣），（，﹣）或（，）．理由如下：
由抛物线解析式可知，E（，），
∵A（4，0）、B（0，4），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，
∴F（，）．
∴EF＝．
设M（m，﹣m2+3m+4），
①当EF为边时，则EF∥MN，
∴N（m，﹣m+4），
∴NM＝EF＝，即|﹣m2+3m+4﹣（﹣m+4）|＝，
解得m＝（舍）或或或，
∴M（，）或（，﹣）或（，﹣）．
②当EF为对角线时，EF的中点为（，），
∴点N的坐标为（3﹣m，m2﹣3m+），
∴﹣3+m+4＝m2﹣3m+，解得m＝（舍），m＝，
∴M3（，）．
综上，满足以点E、F、N、M为顶点的四边形为平行四边形的点M的坐标为（，﹣），（，﹣）或（，）．
【点评】本题主要考查待定系数法求函数解析式，平行四边形存在性问题，解题过程中注意需要分类讨论．
考点二 菱形的存在性问题
【知识总结】
v 方法策略：
抓菱形两大性质 邻边相等→转化为等腰△存在性问题
对角线垂直→转化为直角△存在性问题，或“k型相似”问题
【类题训练】
1．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交y轴于点A（0，2），交x轴于点B（4，0）、C两点，点D为线段OB上的一个动点（不与O、B重合），过点D作DM⊥x轴，交AB于点M，交抛物线于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AN和BN，当△ABN的面积最大时，求出点D的坐标及△ABN的最大面积；
（3）在平面内是否存在一点P，使得以点A，M，N，P为顶点，以AM为边的四边形是菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将A，B的坐标代入抛物线的解析式组成二元一次方程组，求解即可；
（2）设D（t，0）（0＜t＜4），根据坐标的特点，可得出点M，N的坐标，再根据三角形的面积公式可表达△ABN的面积，根据二次函数的性质可得出结论；
（3）根据题意，易证△AEM∽△AOB，由此得出AE和AM的长，再根据题意需要分两种情况讨论：①当AM＝MN时，②当AM＝AN时，分别求解即可．
【解答】解：（1）将点A（0，2），点B（4，0）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c，
∴，
∴．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+2．
（2）∵点A（0，2），点B（4，0），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+2；
设D（t，0）（0＜t＜4），
∵DM⊥x轴，点M在直线AB上，点N在抛物线上，
∴M（t，﹣t+2），N（t，﹣t2+t+2），
∴MN＝﹣t2+t+2﹣（﹣t+2）＝﹣t2+4t，
∴△ABN的面积＝•MN•（xB﹣xA）＝•（﹣t2+4t）•4＝﹣2（t﹣2）2+8，
∵﹣2＜0，0＜t＜4，
∴当t＝2时，△ABN有最大值，最大值为8，此时D（2，0）．
（3）存在，如图，过点M作ME⊥y轴于点E，
∴ME∥OB，ME＝1，
∴∠AEM＝∠AOB＝90°，∠AME＝∠ABO，
∴△AEM∽△AOB，
∴AE：AO＝AM：AB＝ME：OB，
Rt△AOB中，OA＝2，OB＝4，
∴AB＝2，
∴＝＝，
∴AE＝t，AM＝t．
根据题意，需要分两种情况讨论：
①AM＝MN时，如图，
此时t＝﹣t2+4t（0＜t＜4），
解得t＝或t＝0（舍），
∴AM＝，
∴AP＝AM＝，
∵AP∥MN，
∴点P在y轴上，
∴OP＝2+＝，
∴P（0，）；
②当AM＝AN时，如图，此时AP与MN互相垂直平分，设MN与AP交于点F，
∴MF＝MN＝（﹣t2+4t），
∵MF＝AE＝t，
∴（﹣t2+4t）＝t，
解得t＝3或t＝0（舍），
∴AP＝2t＝6，
∴P（6，2）．
综上，存在点P，使得以点A，M，N，P为顶点，以AM为边的四边形是菱形，此时P（0，）或（6，2）．



2．如图，已知正方形OCDE中，顶点E（1，0），抛物线y＝x2+bx+c经过点C、点D，与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），直线x＝t（t≠0）交x轴于点F．
（1）求抛物线的解析式，且直接写出点A、点B的坐标；
（2）若点G是抛物线的对称轴上一动点，且使AG+CG最小，则G点坐标为：　 　；
（3）在直线x＝t（第一象限部分）上找一点P，使得以点P、点B、点F为顶点的三角形与△OBC全等，请你直接写出点P的坐标；
（4）点M是射线AC上一点，点N为平面上一点，是否存在这样的点M，使得以点O、点A、点M、点N为顶点的四边形为菱形？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）根据正方形的性质求出D（1，﹣1），C（0，﹣1），再由待定系数法求函数的解析式即可；
（2）当B、C、G三点共线时，AG+CG最小，求出直线BC的解析式，即可求G点坐标；
（3）设P（t，m），则PF＝m，BF＝|t﹣2|，当△OBC≌△FBP时，m＝1，|t﹣2|＝2，可得P（4，1）；当△OBC≌△FPB时，BO＝FP，OC＝BF，可得P（3，2）；
（4）求出直线AC的解析式为y＝﹣x﹣1，设M（n，﹣n﹣1），N（x，y），分三种情况讨论：①当OA为菱形对角线时，OM＝AM，可得N（﹣，）；②当OM为菱形对角线时，OA＝AM，可得N（，﹣）；③当ON为菱形的对角线时，AO＝OM，可得N（﹣1，﹣1）．
【解答】解：（1）∵正方形OCDE中，顶点E（1，0），
∴D（1，﹣1），C（0，﹣1），
∴，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣1，
令y＝0，则x2﹣x﹣1＝0，
解得x＝2或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（2，0）；
（2）∵y＝x2﹣x﹣1＝（x﹣）2﹣，
∴抛物线的对称轴为x＝，
∵A、B关于对称轴对称，
∴AG＝BG，
∴AG+CG＝BG+CG≥BC，
∴当B、C、G三点共线时，AG+CG最小，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣1，
∴G（，﹣），
故答案为：（，﹣）；
（3）∵B（2，0），C（0，﹣1），
∴BO＝2，OC＝1，
设P（t，m），
∴PF＝m，BF＝|t﹣2|，
当△OBC≌△FBP时，OB＝BF，CO＝FP，
∴m＝1，|t﹣2|＝2，
∴t＝4或t＝0（舍），
∴P（4，1）；
当△OBC≌△FPB时，BO＝FP，OC＝BF，
∴2＝m，|t﹣2|＝1，
∴t＝3或t＝﹣1（舍），
∴P（3，2）；
综上所述：P点坐标为（4，1）或（3，2）；
（4）存在点M，使得以点O、点A、点M、点N为顶点的四边形为菱形，理由如下：
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣1，
设M（n，﹣n﹣1），N（x，y），
∵M在射线AC上，
∴n≥﹣1，
①当OA为菱形对角线时，OM＝AM，
∴，
解得，
∴N（﹣，）；
②当OM为菱形对角线时，OA＝AM，
∴，
解得或（舍），
∴N（，﹣）；
③当ON为菱形的对角线时，AO＝OM，
∴，
解得或（舍），
∴N（﹣1，﹣1）；
综上所述：N点坐标为（﹣，）或（，﹣）或（﹣1，﹣1）．
3．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）．


考点三 矩形、正方形的存在性问题
【知识总结】
v 方法策略：
抓矩形两大性质【内角=90°＋对角线相等→转化为直角△存在性问题】
正方形存在性问题转化为等腰直角三角形存在性问题
【类题训练】
1．在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（﹣2，0），两点，且与y轴交于点C，点B是该抛物线的顶点．
（1）求抛物线L1的表达式；
（2）将L1平移后得到抛物线L2，点D，E在L2上（点D在点E的上方），若以点A，C，D，E为顶点的四边形是正方形，求抛物线L2的解析式．
【分析】（1）利用顶点式，可以求得该抛物线的解析式；
（2）根据题意，画出相应的图形，然后利用分类讨论的方法，可以分别求得对应的抛物线L2的解析式．
【解答】解：（1）设抛物线L1的表达式是，
∵抛物线L1过点A（﹣2，0），
∴，
解得，
∴．
即抛物线L1的表达式是；
（2）令x＝0，则y＝﹣2，∴C（0，﹣2）．
Ⅰ．当AC为正方形的对角线时，如图所示，

∵AE3＝E3C＝CD3＝D3A＝2，
∴点D3的坐标为（0，0），点E3的坐标为（﹣2，﹣2）．
设，则，
解得即抛物线L2的解析式是．
Ⅱ．当AC为边时，分两种情况，
如图，第①种情况，点D1，E1在AC的右上角时．
∵AO＝CO＝E1O＝D1O＝2，∴点D1的坐标为（0，2），点E1的坐标为（2，0）．
设，
则，
解得：，
即抛物线L2的解析式是．
第②种情况，点D2E2在AC的左下角时，过点D2作D2M⊥x轴，
则有△AD2M≌△AD1O，
∴AO＝AM，D1O＝D2M．
过E2作E2N⊥y轴，同理可得，△CE2N≌△CE1O，
∴CO＝CN，E1O＝E2N．
则点D2的坐标为（﹣4，﹣2），点E2的坐标为（﹣2，﹣4），
设，
则，
解得，
即抛物线L2的解析式是．
综上所述：L2的表达式为：，或．
2．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．点D（2，3）在该抛物线上，直线AD与y轴相交于点E，点F是直线AD上方的抛物线上的动点．

（1）求该抛物线对应的二次函数的关系式；
（2）当点F到直线AD距离最大时，求点F的坐标；
（3）如图，点M是抛物线的顶点，点P的坐标为（0，n），点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是AM为边的矩形．
①求n的值；
②若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标．

【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），再将点D（2，3）代入即可求函数的解析式；
（2）求出直线AD的解析式，过点F作FG∥y轴交直线AD于点G，设F（t，﹣t2+2t+3），则G（t，t+1），当S△FAD最大时，点F到直线AD距离最大；
（3）①当AP为矩形对角线时，过点M作SR∥y轴交x轴于点R，过交P作PS⊥SR交于S，可证明△PMS∽△MAR，由相似的性质可求P（0，），则n＝；当AQ为矩形对角线时，过点M作MR∥x轴，过点A作AR⊥MR交于R，可得tan∠RAM＝，再由∠OAP＝∠RAM，可求P（0，﹣），则n＝﹣；
②当n＝时，延长QA交y轴于点T，设AM与y轴交点为K，可证明△AOT≌△PMS（AAS），即可求T（0，﹣）；当n＝﹣时，延长QM与y轴交点为T，设RM与y轴交点为G，证明△TMG≌△PAO（ASA），即可求T（0，）．
【解答】解：（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
∵点D（2，3）在抛物线上，
∴3＝﹣3a，
解得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3），即y＝﹣x2+2x+3；
（2）设直线AD的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+1，
过点F作FG∥y轴交直线AD于点G，
设F（t，﹣t2+2t+3），则G（t，t+1），
∴FG＝﹣t2+t+2，
当S△FAD最大时，点F到直线AD距离最大，
∴＝，
即当时，S△FAD最大，
当时，
∴；
（3）①∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴M（1，4），
当AP为矩形对角线时，
如图2，过点M作SR∥y轴交x轴于点R，过交P作PS⊥SR交于S，
∵∠PMA＝90°，
∴∠PMS+∠AMR＝90°，
∵∠PMS+∠MPS＝90°，
∴∠AMR＝∠MPS，
∴△PMS∽△MAR，
∴＝，
∵PS＝1，AR＝2，MR＝4，
∴＝，
∴SM＝，
∴P（0，），
∴n＝；
当AQ为矩形对角线时，
如图3，过点M作MR∥x轴，过点A作AR⊥MR交于R，
∴RM＝2，AR＝4，
∴tan∠RAM＝，
∵∠RAM+∠MAO＝∠MAO+∠OAP＝90°，
∴∠OAP＝∠RAM，
∴OP＝，
∴P（0，﹣），
∴n＝﹣；
综上所述：n的值为﹣或；
②当n＝时，
∵四边形AQPM是矩形，
∴AQ＝PM，
延长QA交y轴于点T，设AM与y轴交点为K，
∵PS∥AO，KT∥SM，
∴∠ATO＝∠PMS，
∵∠OAT＝∠PSM＝90°，PS＝AO＝1，
∴△AOT≌△PMS（AAS），
∴MS＝OT＝，
∴T（0，﹣）；
当n＝﹣时，
延长QM与y轴交点为T，设RM与y轴交点为G，
∵MQ∥AP，GM∥OA，
∴∠TMG＝∠OAP，
∵GM＝AO＝1，∠TGM＝∠AOP＝90°，
∴△TMG≌△PAO（ASA），
∴TM＝AP，
∵MP＝AP，
∴TM＝MQ，
∵TG＝OP＝，
∴T（0，）；
综上所述：T点坐标为（0，﹣）或（0，）．




3．已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）交x轴于点A，B（A在B的左侧），交y轴于点C．
（1）求点A的坐标；
（2）若经过点A的直线y＝kx+k交抛物线于点D．
①当k＞0且a＝﹣1时AD交线段BC于E，交y轴于点F，求S△EBD﹣S△CEF的最大值；
②当k＜0且k＝a时，设P为抛物线对称轴上一动点，点Q是抛物线上的动点，那么以A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标，若不能，请说明理由．
【分析】（1）令y＝0，则ax2﹣2ax﹣3a＝0，可求A点坐标；
（2）①联立方程组，求出D点坐标，求出直线BC的解析式，联立方程组，求出E点坐标，过D点作DG∥y轴交BC于点G，则可知G（3﹣k，k），求出DG＝3k﹣k2，可求S△EBD﹣S△CEF＝﹣2（k﹣）2+，由此可求S△EBD﹣S△CEF的最大值；
②设P（1，t），Q（m，am2﹣2am﹣3a），联立方程组，求出点D（4，5a），分三种情况讨论：①当AP为矩形对角线时，DQ2＝AD2+AQ2，（1，﹣）；②当AD为矩形对角线时，DA2＝DQ2+AQ2，P（1，﹣4）；③当AQ为矩形对角线时，AQ2＝AD2+DQ2，此时a无解．
【解答】解：（1）令y＝0，则ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）①∵a＝﹣1，
∴y＝﹣x2+2x+3，
令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
联立方程组，
整理得，x2+（k﹣2）x+k﹣3＝0，
解得k＝﹣1或k＝3﹣k，
∴D（3﹣k，4k﹣k2），
设直线BC的解析式为y＝k'x+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+3，
过D点作DG∥y轴交BC于点G，
∴G（3﹣k，k），
∴DG＝3k﹣k2，
联立方程组，
解得，
∴E（，），
在y＝kx+k中，x＝0时，y＝k，
∴F（0，k），
∴S△BDE＝×（3﹣）×（3k﹣k2），S△CEF＝×（3﹣k）×，
∴S△EBD﹣S△CEF＝×（3﹣）×（3k﹣k2）﹣×（3﹣k）×＝（3﹣k）（4k﹣3）＝﹣2（k﹣）2+，
∴当k＝时，S△EBD﹣S△CEF的最大值为；
②以A，D，P，Q为顶点的四边形能成为矩形，理由如下：
∵y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设P（1，t），Q（m，am2﹣2am﹣3a），
∵k＝a，
∴y＝ax﹣a，
联立方程组，
解得或（舍），
∴D（4，5a），
①当AP为矩形对角线时，DQ2＝AD2+AQ2，
∴4+m＝0，t＝am2﹣2am+2a，
∴m＝﹣4，
∴Q（﹣4，21a），
∴64+（16a）2＝25+25a2+9+（21a）2，
解得a＝，
∵a＜0，
∴a＝﹣，
∴t＝﹣，
∴P（1，﹣）；
②当AD为矩形对角线时，DA2＝DQ2+AQ2，
∴1+m＝3，5a＝t+am2﹣2am﹣3a，
∴m＝2，
∴Q（2，﹣3a），
∴25+25a2＝9+9a2+4+64a2，
解得a＝，
∵a＜0，
∴a＝﹣，
∴t＝﹣4，
∴P（1，﹣4）；
③当AQ为矩形对角线时，AQ2＝AD2+DQ2，
∴m﹣1＝5，t+5a＝am2﹣2am﹣3a，
∴m＝6，
∴Q（6，21a），
∴49+（21a）2＝25+25a2+4+（16a）2，
此时a无解；
综上所述：P点坐标为（1，﹣）或（1，﹣4）．