题目内容
【题目】在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+2的图象与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的关系解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由； 
（3）在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
（4）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
（5）点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】
（1）
解：由抛物线y=ax2+bx+2过点A（﹣3，0），B（1，0），则
解这个方程组，得a=﹣ 
，b=﹣ 
．
∴二次函数的关系解析式为y=﹣ x2﹣ x+2
（2）
解：设点P坐标为（m，n），则n=﹣ m2﹣ m+2．
连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．
PM=﹣ m2﹣ m+2，PN=﹣m，AO=3．
当x=0时，y=﹣ ×0﹣ ×0+2=2，所以OC=2
S△PAC=S△PAO+S△PCO﹣S△ACO
= 
AOPM+ COPN﹣ AOCO
= ×3（﹣ m2﹣ m+2）+ ×2（﹣m）﹣ ×3×2
=﹣m2﹣3m
∵a=﹣1＜0
∴函数S△PAC=﹣m2﹣3m有最大值
当m=﹣ 
=﹣ 
时，S△PAC有最大值．
此时n=﹣ m2﹣ m+2=﹣ 
= 
∴存在点P（﹣ ， ），使△PAC的面积最大
（3）
解：如图（3）所示，
以BC为边在两侧作正方形BCQ1Q2、正方形BCQ4Q3，则点Q1，Q2，Q3，Q4为符合题意要求的点．
过Q1点作Q1D⊥y轴于点D，
∵∠BCQ1=90°，
∴∠Q1CD+∠OCB=90°，
又∵在直角△OBC中，∠OCB+∠CBO=90°，
∴∠Q1CD=∠OCB，
又∵Q1C=BC，∠Q1DC=∠BOC，
∴△Q1CD≌△CBO，
∴Q1D=OC=2，CD=OB=1，∴OD=OC+CD=3，∴Q1（2，3）；
同理求得Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）．
∴存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形．Q点坐标为：Q1（2，3），Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）
（4）
解：如图（4）所示，
设E（n，0），则BE=1﹣n，QE=﹣ n2﹣ n+2．
假设以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似，则有两种情况：
①若△AOC∽△BEQ，则有： 
，
即 
，化简得：n2+n﹣2=0，
解得n1=﹣2，n2=1（与B重合，舍去），∴n=﹣2，QE=﹣ n2﹣ n+2=2．
∴Q（﹣2，2）；
②若△AOC∽△BQE，则有： 
，
即 
，化简得：4n2﹣n﹣3=0，
解得n1=﹣ 
，n2=1（与B重合，舍去），∴n=﹣ ，QE=﹣ n2﹣ n+2= 
．
∴Q（﹣ ， ）．
综上所述，存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似．
Q点坐标为（﹣2，2）或（﹣ ， ）
（5）
解：假设存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形．①若CM平行于x轴，如图（5）a所示， 
有符合要求的两个点Q1，Q2，此时Q1A=Q2A=CM．
∵CM∥x轴，∴点M、点C（0，2）关于对称轴x=﹣1对称，
∴M（﹣2，2），∴CM=2．
由Q1A=Q2A=CM=2，得到Q1（﹣5，0），Q2（﹣1，0）；
②若CM不平行于x轴，如图（5）b所示．
过点M作MG⊥x轴于G，
易证△MGQ≌△COA，得QG=OA=3，MG=OC=2，即yM=﹣2．
设M（x，﹣2），则有﹣ x2﹣ x+2=﹣2，解得x=﹣1± 
．
又QG=3，∴xQ=xG+3=2± ，
∴Q3（2+ ，0），Q4（2﹣ ，0）．
综上所述，存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形．Q点坐标为：Q1（﹣5，0），Q2（﹣1，0），Q3（2+ ，0），Q4（2﹣ ，0）．
【解析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）关键是求出△ACP面积的表达式，然后利用二次函数求极值的方法，求出△ACP面积的最大值；（3）如图（3）所示，以BC为边，在线段BC两侧分别作正方形，正方形的其他四个顶点均可以使得“△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形”，因此有四个点符合题意要求；（4）如图（4）所示，若以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似，有两种情况，需要分类讨论，不要漏解；（5）以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形，有四种情况，分别如图（5）a、图（5）b所示，注意不要漏解．
