專題25函數與正方形存在性問題解題策略解題策略經典例題經典例題【例1】（2022?嶗山區一模）如圖，正方形ABCD，AB＝4cm，點P在線段BC的延長線上．點P從點C出發，沿BC方向運動，速度為2cm/s；點Q從點A同時出發，沿AB方向運動，速度為1cm/s．連接PQ，PQ分別與BD，CD相交于點E，F．設運動時間為t（s）（0＜t＜4）．解答下列問題：（1）線段CF長為多少時，點F為線段PQ中點？（2）當t為何值時，點E在對角線BD中點上？（3）當PQ中點在∠DCP平分線上時，求t的值；（4）設四邊形BCFE的面積為S（cm2），求S與t的函數關系式．【分析】（1）可得出C點是BP的中點，從而求得t＝2；（2）證明DEF≌△BEQ，從而得出DF＝BQ＝4﹣t，進而CF＝CD﹣DF＝t，證明△PCF∽△PBQ，從而得出，進而求得t；（3）作OG⊥BP于G，可根據OG＝CG，進一步求得結果；（4）根據△PCF∽△PBQ，△DOF∽△BOG，分別列出比例式表示出CF，DF及EH，進一步求得結果．【解答】解：由題意得，CP＝2t，AQ＝t，BQ＝4﹣t，（1）四邊形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴＝1，∴PC＝BC＝4，∴t＝＝2s；（2）∵AB∥CD，∴∠QBE＝∠EDF，∠BQE＝∠DFE，△PCF∽△PBQ，∴，∵點E是BD的中點，∴BE＝DE，∴△DEF≌△BEQ（AAS），∴DF＝BQ＝4﹣t，∴CF＝CD﹣DF＝t，∴，∴t1＝1，t2＝0（舍去），（3）如圖1，點O是PQ的中點，CO平分∠DCP，作OG⊥BP于G，同理得：OG＝，PG＝，∴CG＝PC﹣PG＝2t﹣（2+t）＝t﹣2，∵∠COG＝∠OCG＝＝45°，∴OG＝CG，∴，∴t＝；（4）如圖2，過點E作GH∥BC，交AB于G，交CD于H，∵CF∥EG∥AB，∴△PCF∽△PBQ，△DEF∽△BEG，∴，＝，∴，＝，∴CF＝，∴DF＝CD﹣CF＝4﹣＝，∴＝，∴EH＝，∴S＝S△BCD﹣S△DEF＝﹣＝8﹣．【例2】（2022春?孟村縣期末）如圖，在平面直角坐標系中．直線l：y＝﹣2x+10（k≠0）經過點C（3，4），與x軸，y軸分別交于點A，B，點D的坐標為（8，4），連接OD，交直線l于點M，連接OC，CD，AD．（1）填空：點A的坐標為（5，0），點M的坐標為（4，2）；（2）求證：四邊形OADC是菱形；（3）直線AP：y＝﹣x+5與y軸交于點P．①連接MP，則MP的長為5；②已知點E在直線AP上，在平面直角坐標系中是否存在一點F，使以O，A，E，F為頂點的四邊形是正方形？若存在，請直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用一次函數圖象上點的坐標特征，可得出點A的坐標，又點D的坐標，利用待定系數法可求出直線OD的解析式，再聯立兩函數解析式，可求出交點M的坐標；（2）過點C作CQ⊥x軸于點Q，利用勾股定理可得出OC＝5，又點C，D的坐標可得出CD＝5，CD∥x軸，結合點A的坐標，可得出CD＝OA，進而可得出四邊形OADC為平行四邊形，再結合OC＝OA，即可證出四邊形OADC是菱形；（3）①過點M作MN⊥y軸于點N，利用一次函數圖象上點的坐標特征，可求出點P的坐標，結合點M的坐標可得出MN，PN的長，再利用勾股定理，即可求出MP的長；②存在，分OA為邊及OA為對角線兩種情況考慮，（i）當OA為邊時，點E與點P重合，利用正方形的性質可求出點F的坐標；（ii）當OA為對角線時，點E在線段AP的中點，結合點A，P的坐標可得出點E的坐標，再利用正方形的性質，即可求出點F的坐標．【解答】（1）解：當y＝0時，﹣2x+10＝0，解得：x＝5，∴點A的坐標為（5，0）．設直線OD的解析式為y＝kx（k≠0），將D（8，4）代入y＝kx，得：4＝8k，解得：k＝，∴直線OD的解析式為y＝x．聯立兩函數解析式得：，解得：，∴點M的坐標為（4，2）.故答案為：（5，0）；（4，2）．（2）證明：過點C作CQ⊥x軸于點Q，如圖1所示．∵點C的坐標為（3，4），∴OQ＝3，CQ＝4，∴OC＝＝＝5．∵點C的坐標為（3，4），點D的坐標為（8，4），∴CD＝5，CD∥x軸，即CD∥OA．∵點A的坐標為（5，0），∴OA＝5＝CD，∴四邊形OADC為平行四邊形，又∵OA＝OC＝5，∴四邊形OADC是菱形．（3）解：①過點M作MN⊥y軸于點N，如圖2所示．當x＝0時，y＝﹣1×0+5＝5，∴點P的坐標為（0，5）．∵點M的坐標為（4，2），∴MN＝4，ON＝2，∴PN＝5﹣2＝3，∴MP＝＝＝5.故答案為：5．②存在，分兩種情況考慮，如圖3所示．（i）當OA為邊時，∵OA＝OP＝5，∠AOP＝90°，∴點E與點P重合，∴點F的坐標為（5，5）；（ii）當OA為對角線時，∵OA＝OP＝5，∠AOP＝90°，∴△AOP為等腰直角三角形，又∵四邊形AEOF為正方形，∴點E為線段AP的中點，∴點E的坐標為（，），∴點F的坐標為（0+5﹣，0+0﹣），即（，﹣）．∴在平面直角坐標系中存在一點F，使以O，A，E，F為頂點的四邊形是正方形，點F的坐標為（5，5）或（，﹣）．【例3】（2022?市中區二模）如圖，直線AC與雙曲線y＝（k≠0）交于A（m，6），B（3，n）兩點，與x軸交于點C，直線AD與x軸交于點D（﹣11，0），（1）請直接寫出m，n的值；（2）若點E在x軸上，若點F在y軸上，求AF+EF+BE的最小值；（3）P是直線AD上一點，Q是雙曲線上一點，是否存在點P，Q，使得四邊形ACQP是正方形？若存在，求出點P，Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）將點A（m，6），B（3，n）代入雙曲線y＝即可得出答案；（2）作點A關于y軸的對稱點A'，作點B關于x軸的對稱點B'，則A'F＝AF，B'E＝BE，當點A'，F，E，B'共線時，AF+EF+BE的值最小，最小值為A'B'的長，利用兩點間的距離公式可得答案；（3）首先利用待定系數法求出AD和AC的函數解析式，從而得出點A和C的坐標，證明∠DAC＝90°，當AP＝AC＝3時，求出點P的坐標，再分別得出點Q的坐標，再判斷點Q是否在雙曲線上即可．【解答】解：（1）∵直線AC與雙曲線y＝（k≠0）交于A（m，6），B（3，n）兩點，∴6＝，n＝，∴m＝1，n＝2；（2）如圖，作點A關于y軸的對稱點A'，作點B關于x軸的對稱點B'，則A'F＝AF，B'E＝BE，∴AF+EF+BE＝A'F+EF+B'E≥A'B'，即當點A'，F，E，B'共線時，AF+EF+BE的值最小，最小值為A'B'的長，由（1）得A（1，6），B（3，2），∴A'（﹣1，6），B'（3，﹣2），∴A'B'＝，即AF+EF+BE的最小值為4；（3）存在，理由如下：設直線AD的解析式為y＝kx+b（k≠0），將點A（1，6），D（﹣11，0）代入得，，∴，∴直線AD的解析式為y＝，∵D（﹣11，0），∴OD＝11，AD＝，同理可得直線AB的解析式為y＝﹣2x+8，當y＝0時，x＝4，∴C（4，0），∴OC＝4，∴CD＝15，AC＝，AD2+AC2＝CD2，∴∠CAD＝90°，∴當AP＝PQ＝CQ＝AC＝3時，四邊形ACQP是正方形，設點P（a，），∴＝（3）2，解得a＝7或﹣5，∴P（﹣5，3）或（7，9），設點Q（x，y），當點P坐標為（﹣5，3）時，PQ＝CQ＝3，，解得或，∴Q（﹣2，﹣3）或（1，6）（舍去）；當點P坐標為（7，9）時，PQ＝CQ＝3，∴，解得或，∴Q（10，3）（舍去）或（1，6）（舍去），綜上，存在點P（﹣5，3），Q（﹣2，﹣3），使得四邊形ACQP是正方形．【例4】（2022春?渝中區校級月考）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3（a≠0）與x軸交于A、B（點A在點B的左側），其中OA＝1，tan∠ABC＝．（1）求拋物線的表達式；（2）如圖1，點P是直線BC下方拋物線上一點，過點P作PQ∥AC交BC于Q，PH∥x軸交BC于H，求△PQH周長最大值及此時點P的坐標；（3）如圖2，將拋物線y水平向右平移1個單位得到新拋物線y′，點G為新拋物線y′對稱軸上一點，將線段AC沿著直線BC平移，平移后的線段記為A1C1，點K是平面內任意一點，在線段平移的過程中，是否存在以A1、C1、G、K為頂點且A1G為邊的正方形？若存在，請直接寫出點K的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）解直角三角形BOC，求得OB，求得B和A點坐標，代入拋物線的解析式，進一步求得結果；（2）當PH最大時，△PHQ的周長最大，可求得直線AB的關系式，設點P（a，﹣），表示出點H坐標，進而表示PH，求PH的最大值，進一步求得結果；（3）分兩種情況討論，根據平移特征，設點C1（m，），A1（m﹣1，），G（，n）作EA1⊥x軸，作GE⊥EA1于E，作C1F⊥EA1于F，可證得△GEA1≌△A1FC1，得出EG＝A1F，EA1＝C1F，進而求得m和n的值，從而求得K點坐標．【解答】解：（1）由題意得：C（0，﹣3），∴OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴tan∠ABC＝＝，∴，∴OB＝4，∴B（4，0），A（﹣1，0），∴，∴，∴y＝﹣x﹣3；（2）∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣3），∴直線BC的關系式為：y＝﹣3，BC＝5，AB＝5，AC＝，設點P（a，﹣），由＝﹣a﹣3得，x＝a2﹣3a，∴H點的橫坐標為：a2﹣3a，∴PH＝a﹣（a2﹣3a）＝﹣a2+4a＝﹣（a﹣2）2+4，∴當a＝2時，PH最大＝4，當a＝2時，﹣﹣3＝﹣，∴P（2，），設△PQH的周長記作l1，△ABC周長記作l，∵PQ∥AC，PH∥AB，∴∠PQH＝∠ACB，∠QHP＝∠ABC，∴△PQH∽△ACB，∴＝，∴＝，∴l1最大＝；（3）當A1C1為邊時，∵原拋物線的對稱軸為：x＝﹣＝，∴新拋物線的對稱軸為：x＝1+＝，如圖，∵將線段AC沿著直線BC平移，∴設點C1（m，），A1（m﹣1，），G（，n）作EA1⊥x軸，作GE⊥EA1于E，作C1F⊥EA1于F，∴∠E＝∠F＝90°，∴∠EGA1+∠EA1G＝90°，∵∠G1AC1＝90°，∴∠EA1G+∠FA1C1＝90°，∴∠EGA＝1∠FA1C1，∵A1G＝A1C1，∴△GEA1≌△A1FC1（AAS），∴EG＝A1F，EA1＝C1F，∴﹣（m﹣1）＝3，n﹣＝1，∴m＝，∴n＝，∴A1（﹣，），C1（，﹣），G（，），∴K（，﹣），同理可得，RA′＝TC′＝3，RG′＝TA′＝1，∴（m﹣1）﹣＝3，﹣n＝1，∴m＝，∴n＝，∴G′（，），∴K′（，），當A1C1為對角線時，如圖，點K在EF的左側時，設點C1（m，），A1（m﹣1，），G（，n）過點A1作A1E⊥直線x＝于點E，過點C1作C1F⊥直線x＝于點F，∴∠A1EG＝∠GFC1＝90°＝∠A1GC1，∴∠A1GE+∠C1GF＝90°＝∠A1GE+∠GA1E，∴∠GA1E＝∠C1GF，又∵A1G＝C1G，∴△A1EG≌△GFC1（AAS），∴A1E＝GF，C1F＝EG，∴﹣m+﹣（m﹣1）＝m﹣（），∴m＝，∴點A1（，），C1（，﹣），∴A1E＝GF＝2，∴G（，），∴點K（﹣，），當點K在EF的右側時，同理可求K（，），綜上所述：K（，﹣）或（，）或（，）或（﹣，）．培優訓練培優訓練一．解答題1．（2022春?雨花區校級期末）在平面直角坐標系xOy中，點P的坐標為（x1，y1）點Q的坐標為（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q為某個矩形的兩個頂點，且該矩形的邊均與某條坐標軸垂直，則稱該矩形為點P，Q的“坐標矩形”．圖為點P，Q的“坐標矩形”的示意圖．已知點A的坐標為（1，0）．（1）若點B的坐標為（3，﹣1），求點A，B的“坐標矩形”的面積；（2）點C在y軸上，若點A，C的“坐標矩形”為正方形，求直線AC的表達式；（3）在直線y＝2x+7的圖象上，是否存在點D，使得點A、D的“坐標矩形”為正方形，若存在，求出點D的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據“坐標矩形”畫出圖象，求出矩形長、寬即可得面積；（2）根據已知畫出圖象，分別求出C、C′坐標，即可求出直線解析式；（3）解法一：根據（2）求得的直線AC的表達式，聯立直線y＝2x+7，解方程組即可求解；解法二：設D（x，2x+7），根據點A，D的“坐標矩形”為正方形列方程，解出x即可得點D的坐標．【解答】解：（1）點A，B的“坐標矩形”如圖：∵A的坐標為（1，0），B的坐標為（3，﹣1），∴AM＝1，BM＝2，∴點A，B的“坐標矩形”AMBN的面積S＝AM?BM＝2；（2）如圖，∵點A的坐標為（1，0）．∴點C的坐標為（0，1）或（0，﹣1），設AC的表達式為y＝kx+b，將A、C分別代入AC的表達式得到或，解得：或，則AC的表達式為y＝﹣x+1或y＝x﹣1；（3）解法一：存在，由（2）得AC的表達式為y＝﹣x+1或y＝x﹣1∴或，解得或，∴點D的坐標為（﹣2，3）或（﹣8，﹣9）．解法二：存在，∵點D在直線y＝2x+7的圖象上，∴設D（x，2x+7），①當x＞1時，則y＞0，由x﹣1＝2x+7解得x＝﹣8，y＝2x+7＝﹣9＜0，不合要求；②當﹣3.5＜x＜1時，則y＞0，由1﹣x＝2x+7解得x＝﹣2，y＝2x+7＝3，∴點D的坐標為（﹣2，3）；③當x＜﹣3.5時，則y＜0，由1﹣x＝﹣（2x+7）解得x＝﹣8，y＝2x+7＝﹣9，∴點D的坐標為（﹣8，﹣9）．綜上所述，點D的坐標為（﹣2，3）或（﹣8，﹣9）．2．（2022春?鳳山縣期末）如圖矩形OABC的頂點A，C分別在x軸、y軸的正半軸上，OA＝a，OC＝b，且a，b滿足+|b﹣7|＝0，一次函數y＝﹣x+5的圖象與邊OC，AB分別交于D，E兩點．（1）求點B的坐標；（2）直線OB與一次函數y＝﹣x+5交于點M，求點M的坐標；（3）點G在線段DE上運動，過點G作GF⊥BC，GH⊥AB垂足分別為點F，H．是否存在這樣的點G，使以F，G，H，B為頂點的四邊形是正方形？若存在，請求出點G的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由題意求出a、b的值，即可求B點坐標；（2）用待定系數法求出直線OB的解析式，再聯立方程組，即可求M點坐標；（3）由題意可得D（0，5），E（5，），設G（t，﹣t+5）（0≤t≤5），則F（t，7），H（5，﹣t+5），再由FG＝GH求G點坐標即可．【解答】解：（1）∵+|b﹣7|＝0，∴a＝5，b＝7，∵四邊形OABC是矩形，OA＝a，OC＝b，∴B（5，7）；（2）設直線BO的解析式為y＝kx，∴5k＝7，∴k＝，∴y＝x，聯立方程組，解得，∴M（，）；（3）存在點G，使以F，G，H，B為頂點的四邊形是正方形，理由如下：由題意可得D（0，5），E（5，），設G（t，﹣t+5）（0≤t≤5），則F（t，7），H（5，﹣t+5），∵GF⊥BC，GH⊥AB，BC⊥AB，∴四邊形FGHB是矩形，當FG＝GH時，四邊形FGHB是正方形，∴7+t﹣5＝5﹣t，解得t＝，∴G（，）．3．（2022春?臨西縣期末）如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝﹣x+3分別與x軸，y軸交于點A，B，點P（1，m）在直線y＝﹣x+3上．（1）求點A，B的坐標．（2）若C是x軸的負半軸上一點，且S△PAC＝S△AOB，求直線PC的表達式．（3）若E是直線AB上一動點，過點E作EQ∥x軸交直線PC于點Q，EM⊥x軸，QN⊥x軸，垂足分別為M，N，是否存在點E，使得四邊形EMNQ為正方形？若存在，請直接寫出點E的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由一次函數圖象上點的坐標特點直接求解即可；（2）由題意可得S△PAC＝＝×（3﹣xC）×2，求出C點坐標，再由待定系數法求函數解析式即可；（3）設E（t，﹣t+3），則Q（﹣t+，﹣t+3），當四邊形EMNQ為正方形時，EQ＝EM，則|t﹣|＝|t﹣3|，求出t即可求E點坐標．【解答】解：（1）令x＝0，則y＝3，∴B（0，3），令y＝0，則y＝3，∴A（3，0）；（2）將點P（1，m）代入y＝﹣x+3，∴m＝2，∴P（1，2），由（1）可得OA＝OB＝3，∴S△AOB＝×3×3＝，∵S△PAC＝S△AOB，∴S△PAC＝＝×（3﹣xC）×2，∴xC＝﹣，∴C（﹣，0），設直線PC的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+；（3）存在點E，使得四邊形EMNQ為正方形，理由如下：設E（t，﹣t+3），則Q（﹣t+，﹣t+3），∴EQ＝|t﹣|，EM＝|t﹣3|，當四邊形EMNQ為正方形時，EQ＝EM，∴|t﹣|＝|t﹣3|，解得t＝﹣或t＝，∴E（﹣，）或（，）．4．（2022春?開州區期末）如圖，直線l1經過A（，0）、B（2，﹣5）兩點，直線l2：y＝﹣x+3與直線交于點C，與x軸交于點D．（1）求點C的坐標；（2）點P是y軸上一點，當四邊形PDCB的周長最小時，求四邊形PDCB的面積；（3）把直線l1沿y軸向上平移9個單位長度，得到新直線l3與直線l2交于點E，試探究在x軸上是否存在點Q，在平面內存在點F使得以點D，Q，E，F為頂點的四邊形是菱形（含正方形）？若存在，直接寫出符合條件的點Q的坐標；若不存在，說明理由．【分析】（1）由待定系數法求出直線l1的解析式為y＝2x﹣9，聯立方程組，即可求C點坐標；（2）作D點關于y軸的對稱點D'，連接D'B交y軸于點P，連接PD，當P、B、D'三點共線時，四邊形PDCB的周長最小，求出直線BD'的解析式為y＝﹣x﹣3，則可求P（0，﹣3），由S四邊形PDCB＝S△ABD'﹣S△DD'P﹣S△ACD求解即可；（3）由題意可得直線l3的解析式為y＝2x，聯立方程組，求出E（1，2），設Q（m，0），F（x，y），分三種情況討論：①當ED為菱形對角線時，EQ＝DQ，則，可得Q（1，0）；②當EQ為菱形對角線時，DE＝DQ，則，可得Q（2﹣3，0）或（﹣2﹣3，0）；③當EF為菱形對角線時，DE＝EQ，則，可求Q（﹣1，0）．【解答】解：（1）設直線l1的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝2x﹣9，聯立方程組，解得，∴C（4，﹣1）；（2）在y＝﹣x+3中，令y＝0，則x＝3，∴D（3，0），作D點關于y軸的對稱點D'，連接D'B交y軸于點P，連接PD，∵PD＝PD'，∴PD+CD+BC+PB＝PD'+PB+BC+CD≥BD'+BC+CD，∴當P、B、D'三點共線時，四邊形PDCB的周長最小，∵D'（﹣3，0），∴DD'＝6，設直線BD'的解析式為y＝k'x+b'，∴，解得，∴y＝﹣x﹣3，令x＝0，則y＝﹣3，∴P（0，﹣3），∴AD'＝，AD＝，∴S△AD'B＝××5＝，S△DD'P＝×6×3＝9，S△ACD＝××1＝，∴S四邊形PDCB＝S△AD'B﹣S△DD'P﹣S△ACD＝﹣9﹣＝9；（3）存在點Q，在平面內存在點F使得以點D，Q，E，F為頂點的四邊形是菱形（含正方形），理由如下：由題意可得直線l3的解析式為y＝2x，聯立方程組，解得，∴E（1，2），設Q（m，0），F（x，y），①當ED為菱形對角線時，EQ＝DQ，∴，解得，∴Q（1，0）；②當EQ為菱形對角線時，DE＝DQ，∴，解得或，∴Q（2﹣3，0）或（﹣2﹣3，0）；③當EF為菱形對角線時，DE＝EQ，∴，解得或（舍），∴Q（﹣1，0）；綜上所述：Q點坐標為（1，0）或（2﹣3，0）或（﹣2﹣3，0）或（﹣1，0）．5．（2022春?臨高縣期末）如圖，已知一次函數y＝﹣x+b的圖象過點A（0，3），點P是該直線上的一個動點，過點P分別作PM垂直于x軸于點M，PN垂直y軸于點N，在四邊形PMON上分別截取：PC＝MP，MB＝OM，OE＝ON，ND＝NP．（1）b＝3；（2）求證：四邊形BCDE是平行四邊形；（3）在直線y＝﹣x+b上是否存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形？若存在，請求出所有符合的點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）將點A（0，3）代入y＝﹣x+b，即可求解；（2）證明△OBE≌△PDC（SAS）和△MBC≌△NDE（SAS），能夠得到BE＝DC，DE＝BC，即可證明；（3）設P點坐標（x，y），當△OBE≌△MCB時，當點P在第一象限時，x＝y，由，可得P（2，2）；當點P在第二象限或第四象限時，﹣x＝y，由，可得P（﹣6，6）．【解答】（1）解：將點A（0，3）代入y＝﹣x+b，∴b＝3，故答案為：3；（2）證明：由題意可知四邊形PMON是矩形，∴PM＝ON，OM＝PN，∠PMO＝∠PNO＝∠NOM＝∠NPM＝90°，∵PC＝MP，MB＝OM，OE＝ON，NO＝NP，∴PC＝OE，CM＝NE，ND＝BM，PD＝OB，在△OBE和△PDC中，OB＝PD，∠EOB＝∠CPD，OE＝PC，∴△OBE≌△PDC（SAS），∴BE＝DC，在△MBC和△NDE中，MB＝ND，∠PMO＝∠PNO，MC＝NE，∴△MBC≌△NDE（SAS），∴DE＝BC，∵BE＝DC，DE＝BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形；（3）解：存在點P，使四邊形BCDE為正方形，理由如下：設P點坐標（x，y），當△OBE≌△MCB時，四邊形BCDE為正方形，∴OE＝BM，當點P在第一象限時，即y＝x，x＝y，∵P點在直線y＝x+3上，∴，解得，∴P（2，2）；當點P在第二象限或第四象限時，﹣x＝y，∵P點在直線y＝x+3上，∴，解得，∴P（﹣6，6）；綜上所述：P點坐標是（2，2）或（﹣6，6）．6．（2022春?番禺區期末）如圖，已知一次函數y＝﹣x+b的圖象過點A（0，3），點P是該直線上的一個動點，過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，在四邊形OMPN的邊上分別截取：OB＝OM，MC＝MP，OE＝ON，ND＝NP．（1）求b的值；（2）求證：四邊形BCDE是平行四邊形；（3）在直線y＝﹣x+b上是否存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形？若存在，請求出所有符合的點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據待定系數法，可得b的值；（2）根據矩形的判定與性質，可得PM與ON，PN與OM的關系，根據OB＝OM，MC＝MP，OE＝ON，NO＝NP，可得PC與OE，CM與NE，BM與ND，OB與PD的關系，根據全等三角形的判定與性質，可得BE與CD，BC與DE的關系，根據平行四邊形的判定，可得答案；（3）根據正方形的判定與性質，可得BE與BC的關系，∠CBM與∠EBO的關系，根據全等三角形的判定與性質，可得OE與BM的關系，可得P點坐標間的關系，可得答案．【解答】解：（1）一次函數y＝﹣x+b的圖象過點A（0，3），3＝﹣×0+b，解得：b＝3．（2）證明：∵過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，∴∠OMP＝∠PNO＝∠MON＝90°，∴四邊形PMON是矩形，∴PM＝ON，OM＝PN，∠MPN＝90°．∵OB＝OM，MC＝MP，OE＝ON，NO＝NP，∴PC＝OE，CM＝NE，ND＝BM，PD＝OB，在△OBE和△PDC中，，∴△OBE≌△PDC（SAS），∴BE＝DC．在△MBC和△NDE中，，∴△MBC≌△NDE（SAS），∴DE＝BC．∵BE＝DC，DE＝BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形．（3）存在；理由：設P點坐標（x，y），當△OBE≌△MCB時，四邊形BCDE為正方形，OE＝BM，當點P在第一象限時，即y＝x，x＝y．P點在直線上，，解得，當點P在第二象限時，﹣x＝y，解得，當點P在第四象限時，不存在．在直線y＝﹣x+b上存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形，P點坐標是（2，2）或（﹣6，6）．7．（2022?南京模擬）矩形AOBC在平面直角坐標系中的位置如圖所示，點A在x軸的負半軸上，點B在y軸的正半軸上，連接AB，將△ABC沿AB折疊得△ABE，AE交y軸于點D，線段OD、OA的長是方程x2﹣7x+12＝0的兩個根，且OA＞OD．（1）請直接寫出點A的坐標為（﹣4，0），點D的坐標為（0，3）；（2）點P為直線AB上一點，連接PO、PD，當△POD的周長最小時，求點P的坐標；（3）點M在x軸上，點N在直線AB上，坐標平面內是否存在點Q，使以B、M、N、Q為頂點的四邊形為正方形？若存在，請直接寫出滿足條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）解方程求出x＝4或3，則可求出答案；（2）過D作AB的對稱點D1，連接OD1，交AB于點P，此時△POD的周長最小，利用待定系數法求得直線OD1的解析式和直線AB的解析式，解方程組即可求出答案；（3）分BN為邊和BN為對角線兩種情況討論，分別畫出圖形，利用正方形的性質、勾股定理、全等三角形的判定和性質可求出答案．【解答】解：（1）解方程x2﹣7x+12＝0得：x＝4或3，∵線段OD，OA的長是方程x2﹣7x+12＝0的兩個根，且OA＞OD．∴OA＝4，OD＝3，∴點A的坐標為（﹣4，0），點D的坐標為（0，3）；故答案為：（﹣4，0），（0，3）；（2）過D作AB的對稱點D1，連接OD1，交AB于點P，此時△POD的周長最小，∵△ABE是將△ABC沿AB折疊得到的，∴點D1在AC上，∵OA＝4，OD＝3，∴AD＝＝5，∴AD1＝5，∴D1（﹣4，5），設直線OD1的解析式為y＝kx，∴5＝﹣4k，∴k＝﹣，∴直線OD1的解析式為y＝﹣x，∵四邊形AOBC是矩形，且△ABE是將△ABC沿AB折疊得到的，∴AC∥OB，∠CAB＝∠BAD，∴∠CAB＝∠BAD＝∠ABD，∴AD＝BD＝5，則OB＝8，∴B（0，8），同理求得直線AB的解析式為y＝2x+8，∴，解方程﹣x＝2x+8，得x＝﹣，∴y＝，∴P（﹣，）；（3）存在點Q，使以B、M、N、Q為頂點的四邊形為正方形．分兩種情況：①當BN為邊時，如圖，若四邊形BNMQ是正方形，則BN＝MN，過點Q作QG⊥x軸于G，過點N作NI⊥x軸于I，∵四邊形BNMQ是正方形，∴QM＝NM，∠QMN＝90°，∴∠QMG+∠NMI＝90°，又∵∠QMG+∠MQG＝90°，∴∠MQG＝∠IMN，又∵∠QGM＝∠MIN＝90°，∴△QGM≌△MIN（AAS），∴QG＝IM，MG＝IN，過點N作NH⊥y軸于點H，同理可證△BNH≌△MNI（AAS），∴NI＝NH，設N（﹣b，b），∵N在直線AB上，∴b＝﹣2b+8，∴b＝，∴NI＝，IM＝BH＝，∴OG＝OM+MG＝IN＝，∴點Q（，）；如圖，若四邊形BNMQ是正方形，同理可得M（﹣24，0），Q（﹣16，16）；如圖，若四邊形BNQM是正方形，同理可證△BOM≌△MGQ，∴OM＝QG，GM＝OB＝8，設OG＝a，則OM＝a+8，∴AM＝a+12，∴42+82+82+（a+8）2＝（a+12）2，∴a＝8，∴AM＝20，OM＝16，∴M（16，0）；同理，點Q（8，﹣16）；如圖，若四邊形BMQN是正方形，同理可求M（16，0）；點Q（24，16）；②當BN是對角線時，若四邊形BMNQ是正方形，過點P作PH⊥x軸于H，∵點A（﹣4，0），點B（0，8），∴直線AB解析式為y＝2x+8，∵四邊形BMNQ是正方形，∴BM＝NM，∠BMN＝90°，∴∠BMO+∠NMH＝90°，又∵∠BMO+∠MBO＝90°，∴∠NMH＝∠MBO，又∵∠PNF＝∠BOF＝90°，∴△BOM≌△MHN（AAS），∴BO＝HM＝8，OM＝HN，設點M（a，0），∴OH＝8﹣a，HN＝a，∴點N（a﹣8，﹣a），∵點N在AB上，∴﹣a＝2（a﹣8）+8，∴a＝，∴HN＝OM＝，同理可知△BKQ≌△MOB（AAS），∴QK＝OB＝8，BK＝OM＝，∴OK＝8﹣＝，∴Q（﹣8，），如圖，若四邊形BMNQ是正方形，同理可求點M（﹣24，0），則點Q（8，﹣16）．綜上所述，點Q的坐標為（，）或（﹣16，16）或（24，16）或（﹣8，）或（8，﹣16）．8．（2022?前進區二模）△PAC在平面直角坐標系中的位置如圖所示，AP與y軸交于點B（0，2），點P的坐標為（﹣1，3），線段OA，OC的長分別是方程x2﹣9x+14＝0的兩根，OC＞OA．（1）求線段AC的長；（2）動點D從點O出發，以每秒1個單位長度的速度沿x軸負半軸向終點C運動，過點D作直線l與x軸垂直，設點D運動的時間為t秒，直線l掃過四邊形OBPC的面積為S，求S與t的關系式；（3）M為直線l上一點，在平面內是否存在點N，使以A，P，M，N為頂點的四邊形為正方形？若存在，請直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）解方程可求得OA，OC的長，則可求得A、C的坐標，利用兩點之間的距離公式即可求解；（2）分兩種情況：①當0＜t≤1時；②當1＜t≤7時，利用梯形的面積公式即可求解；（3）分兩種情況：①AP為正方形的對角線時，②AP為正方形的邊時，根據正方形以及等腰直角三角形的性質，可求得N點坐標．【解答】解：（1）解方程x2﹣9x+14＝0可得x＝2或x＝7，∵線段OA，OC的長分別是方程x2﹣9x+14＝0的兩根，且OC＞OA，∴OA＝2，OC＝7，∴AC＝2+7＝9，∴線段AC的長為：7；（2）①如圖，當0＜t≤1時，點E（﹣t，t+2），∴S＝（0＜t≤1）；②如圖，當1＜t≤7時，設直線CP解析式為：y＝mx+n，∵C（﹣7，0），點P的坐標為（﹣1，3），代入得，解得：，∴直線CP解析式為：y＝；設E（﹣t，﹣），∴DE＝﹣，∴S＝S梯形OBPH+S梯形HPED＝×（2+3）×1+（t﹣1）（﹣t++3）＝+﹣（1＜t≤7），∴S＝或S＝；（3）存在，分兩種情況：①AP為正方形的對角線時，如圖，∵A（2，0），B（0，2），∴∠OAB＝45°，∵四邊形AMPN是正方形，∴∠PAN＝45°，∠NAM＝90°，∴∠OAB+∠PAN＝90°，∴點M在x軸上，NA⊥x軸，NP∥c軸，∴N（2，3）；②AP為正方形的邊時，如圖，∵∠OAB＝45°，四邊形AMPN是正方形，∴∠NAO＝∠OAB＝45°，AP＝AN，∴HN＝PH＝3，∴N（﹣1，﹣3），∵MH＝AH＝3，∴M（﹣4，0），∴N（﹣4，0）或（﹣1，﹣3），綜上可知，存在滿足條件的N點，其坐標為2，3）或（﹣4，0）或（﹣1，﹣3）．9．（2021?黑龍江）如圖，矩形ABOC在平面直角坐標系中，點A在第二象限內，點B在x軸負半軸上，點C在y軸正半軸上，OA，OB的長是關于x的一元二次方程x2﹣9x+20＝0的兩個根．解答下列問題：（1）求點A的坐標；（2）若直線MN分別與x軸，AB，AO，AC，y軸交于點D，M，F，N，E，S△AMN＝2，tan∠AMN＝1，求直線MN的解析式；（3）在（2）的條件下，點P在第二象限內，在平面內是否存在點Q，使以E，F，P，Q為頂點的四邊形是正方形？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】通過求解一元二次方程求出矩形的各邊長，根據直角三角形中的邊角關系求得M，N的坐標，進而求出MN的表達式；再根據正方形與全等的知識求出Q的坐標．【解答】解：（1）由x2﹣9x+20＝0，得（x﹣4）（x﹣5）＝0．解得x1＝4，x2＝5．∵OB＜OA∴OB＝4，OA＝5.．∵點A在第二象限，∴點A（﹣4，3）．（2）∵tan∠AMN＝1，∴∠AMN＝45°．∵S△AMN＝2，∴AN＝AM＝2．∴BM＝1．∴點M（﹣4，1）．∵AB＝3，AC＝OB＝4，∴CN＝AC﹣AN＝4﹣2＝2．∴點N（﹣2，3）．設直線MN的解析式為y＝kx+b，把點M（﹣4，1），N（﹣2，3），代入得，解得．∴直線MN的解析式為y＝x+5．（3）如圖所示，過點F作FQ3⊥y軸于點Q3，過點P1作P1G⊥x軸，與FQ3交于點G．點E的坐標為（0，5），∵OA過原點，∴OA的表達式為y＝kx，把點A（﹣4，3）代入得．列方程組，解得．∴點F（，），點Q3（0，）．．情況一：以EF為正方形的邊可作正方形EFP1Q1或FEQ2P2，則△P1GF≌△FQ3E，．P1的縱坐標為，P1的橫坐標為﹣（）＝﹣．∴Q2的坐標為（，5）．同理可得Q1的坐標為（，）．情況二：以EF為對角線在EF的左側作正方形FQ3EP3，FQ3＝EQ3，且∠EFQ3＝45°，此時Q3的坐標為（0，）．綜上，當點Q的坐標分別為Q1，Q2，Q3時，存在以E，F，P，Q為頂點的正方形．10．（2021秋?化州市月考）如圖，在矩形ABCD中，AB＝16cm，AD＝6cm，動點P，Q分別從點A，C同時出發，點P以每秒3cm的速度向點B移動，點Q以每秒2cm測得速度向點D移動，當點P到達點B處時，兩點均停止移動（1）P，Q兩點出發多長時間，線段PQ的長度為10cm？（2）是否存在某一時刻，使四邊形PBCQ為正方形？若存在，求出該時刻；若不存在，請說明理由．【分析】（1）過點P作PH⊥CD，利用勾股定理解答即可；（2）利用正方形的性質進行解答即可．【解答】解：（1）過點P作PH⊥CD于點H，∴HQ＝16﹣5t，∴PQ2＝PH2+HQ2，即102＝（16﹣5t）2+62，解得：，答：P，Q兩點出發或秒，線段PQ的長度為10cm；（2）假設四邊形PBCQ是正方形，∴BP＝CQ，即16﹣3t＝2t，解得：t＝，∵，∴不成立．11．（2022春?海口期末）如圖，直線y＝x+6與x軸、y軸分別交于A、B兩點，直線BC與x軸交于點C（3，0），P是線段AB上的一個動點（與點A、B不重合），過點P作直線PQ∥x軸，交直線BC于點Q，過點P、Q分別作x軸的垂線，垂足分別為點E、F．（1）求直線BC的函數表達式；（2）設動點P的橫坐標為t．①當t＝﹣2時，求四邊形PEFQ的周長；②當t為何值時，四邊形PEFQ是正方形；③在x軸上存在點M，使得四邊形PMQB是平行四邊形，請直接寫出此時點M的坐標．【分析】（1）根據直線y＝x+6分別交x軸、y軸于A、B兩點，直線BC與x軸交于點C（3，0），可以得到點B的坐標，從而可以得到直線BC的函數表達式；（2）①根據題意，可以用含t的代數式表示出點P和點Q的坐標，進而利用矩形的周長公式求解即可；②正方形的判定得出PE＝QF時，四邊形PMQB是正方形，然后得出t+6＝，求解即可；③設M（m，0），前面已知P（t，t+6），Q（﹣，t+6），B（0，6）的坐標，根據平行四邊形的對角線互相平分，再利用中點坐標公式求解即可．【解答】解：（1）∵直線y＝x+6分別交x軸、y軸于A、B兩點，令x＝0，y＝6；令y＝0，x＝﹣6，∴點A的坐標為（﹣6，0），點B的坐標為（0，6），設直線BC所對應的函數表達式為y＝kx+b，把B（0，6），C（3，0），代入得：，解得：，∴直線BC的函數表達式是y＝﹣2x+6；（2）①∵點P的橫坐標為t，P在直線y＝x+6上，∴P（t，t+6），∵PQ∥x軸，∴點P和點Q的縱坐標一樣，點Q在直線y＝﹣2x+6上，∴Q（﹣，t+6），∵PE⊥x軸，QF⊥x軸，∴PE∥QF，∠PEF＝90°，∴四邊形PEFQ為矩形，∴PE＝QF＝t+6，PQ＝EF＝，∴四邊形PEFQ的周長＝2＝12﹣t，∴當t＝﹣2時，四邊形PEFQ的周長＝12+2＝14；②由①得，PE＝QF＝t+6，PQ＝EF＝，∵四邊形PEFQ為矩形，∴當有一組臨邊相等時，就是正方形，即PQ＝PE，∴t+6＝，解得：t＝﹣，∴當t為時，四邊形PEFQ是正方形；③如圖，由①知，P（t，t+6），Q（﹣，t+6），B（0，6），設M（m，0），∵四邊形PMQB是平行四邊形，∴，解得：，∴點M的坐標為（﹣，0）．12．（2022春?惠濟區期末）如圖1，已知正方形ABCD的邊長為16，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，點P為正方形ABCD邊上的動點，動點P從點A出發，沿著A→B→C→D運動到D點時停止，設點P經過的路程為x，△APD的面積為y．（1）如圖2，當x＝4時，y＝32；（2）如圖3，當點P在邊BC上運動時，y＝128；（3）當y＝24時，求x的值；（4）若點E是邊BC上一點且CE＝6，連接DE，在正方形的邊上是否存在一點P，使得△DCE與△BCP全等？若存在，求出此時x的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由x＝4，可得AP＝4，然后由y＝S△APD＝AP?AD，求得答案；（2）直接由y＝S△APD＝AD?AB，求得答案；（3）由已知得只有當點P在邊AB或邊CD上運動時，y＝24，然后分別求解即可求得答案；（4）分兩種情況，當點P在邊AB或邊CD上運動時，分別畫出圖形，由全等三角形的性質列出關于x的方程求解即可．【解答】解：（1）∵AP＝x＝4，AD＝16，∠A＝90°，∴y＝S△APD＝AP?AD＝＝32；故答案為：32；（2）∵點P在邊BC上運動，∴y＝S△APD＝AD?AB＝×16×16＝128；故答案為：128；（3）由已知得只有當點P在邊AB或邊CD上運動時，y＝24，當點P在邊AB上運動時，∵S△PAD＝AD?PA，∴×16×PA＝24，解得PA＝3，即x＝3；當點P在邊CD上運動時，∵S△PAD＝AD×PD，∴×16×PD＝24，解得：PD＝3，∴x＝AB+BC+CD＝16+16+16﹣3＝45；綜上所述，當y＝24時，x＝3或45；（4）當點P在邊AB或邊CD上運動時，存在一點P，使得△DCE與△BCP全等．如圖4，當點P在AB上時，△DCE≌△CBP，∴CE＝PB＝6，∴AP＝AB﹣BP＝16﹣6＝10，∴x＝10．如圖5，當點P在CD上時，△DCE≌△BCP，∴CD＝CE＝6，∴x＝AB+BC+CD＝16+16+6＝38．綜上所述，x＝10或38時，使得△DCE與△BCP全等．13．（2022?撫順縣一模）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y＝ax2+bx﹣2（a≠0）與x軸交于點A（1，0），B（5，0）兩點，與y軸交于點C，點D為拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式和點D的坐標；（2）求△BCD的面積；（3）點M為拋物線上一動點，點N為平面內一點，以A，M，I，N為頂點作正方形，是否存在點M，使點I恰好落在對稱軸上？若存在，直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）運用待定系數法即可求得答案；（2）方法一：如圖1，設拋物線的對稱軸與BC的交點為H，運用待定系數法求得直線BC的解析式y＝，得出：H（3，），DH＝﹣（﹣）＝，由S△BCD＝S△DHB+S△DHC，即可求得答案；方法二：設直線DC交x軸于點K，可求得直線DC的解析式為y＝x﹣2，得出K（，0），BK＝5﹣＝，由S△BCD＝S△CKB+S△DKB，即可求得答案；（3）設點M的坐標為（x，），分情況畫出圖形，建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx﹣2經過點A（1，0），B（5，0）兩點∴，解得：，∴拋物線的解析式是，∵＝，∴頂點D的坐標是（3，）；（2）方法一：如圖1，設拋物線的對稱軸與BC的交點為H，設直線BC的解析式y＝kx+d，∵B（5，0），C（0，﹣2），∴，解得：，∴直線BC的解析式y＝，當x＝3時，y＝×3﹣2＝﹣，∴H（3，），∴DH＝﹣（﹣）＝，∴S△BCD＝S△DHB+S△DHC＝；方法二：如圖1，設直線DC交x軸于點K，設直線DC的解析式為y＝mx+n，把D（3，），C（0，﹣2）代入得：，解得：，∴直線DC的解析式為y＝x﹣2，令y＝0，得x﹣2＝0，解得：x＝，∴K（，0），∴BK＝5﹣＝，∴S△BCD＝S△CKB+S△DKB＝××（+2）＝6；（3）存在．設點M的坐標為（x，），分以下四種情況：①（一）如圖2，圖3，過點M作對稱軸x＝3的垂線，垂足為H，過點A作AG⊥MH于點G，則∠AGM＝∠MHI＝90°，∴∠AMG+∠MAG＝90°，∵四邊形AMIN是正方形，∴AM＝MI，∠AMI＝90°，∴∠AMG+∠IMH＝90°，∴∠MAG＝∠IMH，在△GAM和△HMI中，，∴△GAM≌△HMI（AAS），∴AG＝MH，即＝3﹣x，解得x＝，∴M點的坐標為（，）或（，）；②如圖4，過點M作PQ∥x軸交對稱軸于點Q，過點A作AP⊥PQ于點P，如圖5，過點M作PQ∥y軸交x軸于點P，過點I作IQ⊥PQ于點Q，則∠APM＝∠MQI＝90°，∴∠PAM+∠AMP＝90°，∵四邊形AMIN是正方形，∴AM＝MI，∠AMI＝90°，∴∠AMP+∠IMQ＝90°，∴∠PAM＝∠IMQ，在△MAP和△IMQ中，，∴△MAP≌△IMQ（AAS），∴AP＝MQ，即＝3﹣x，解得：x＝，∴M點的坐標為（，）或（，），③如圖6，當點M與點B重合時，四邊形ANMI是矩形，此時M（5，0）；④如圖7，當點M與點C重合時，四邊形AMNI是正方形，此時M（0，﹣2）；⑤如圖8，過點M作對稱軸的垂線，垂足為L，設對稱軸交x軸于點K，則△ATK≌△IBL（AAS），∴AK＝LI，KI＝BL，∴﹣x2+x﹣2+x﹣3＝2，解得：x1＝5，x2＝，∴M（，）；⑥如圖9，過點M作MH⊥x軸于點H，設對稱軸交x軸于點K，則△AIK≌△MAH（AAS），∴AK＝MH，∴x2﹣x+2＝2，解得：x＝0（舍去）或6，∴M（6，﹣2）；⑦如圖10，過點M作MH⊥對稱軸于點H，設對稱軸交x軸于點K，則△AIK≌△IMH（AAS），∴IH＝AK＝2，MH＝KI，∴x2﹣x+2＝2+3﹣x，解得：x＝5（舍去）或x＝﹣，∴M（﹣，﹣）；綜上所述，點M的坐標為（，）或（，）或（，）或（，）或（5，0）或（0，﹣2）或（，）或（6，﹣2）或（﹣，﹣）．14．（2022?海州區一模）已知，一次函數y＝kx+b的圖象分別與坐標軸交于點A（4，0），B（0，﹣2），二次函數的圖象與y軸交于點C（0，4），頂點坐標為（2，2）．在x軸正半軸上有一動點P（m，0），過點P作x軸的垂線，分別與直線AB和拋物線交于點E，F，分別過點F，E作y軸的垂線，垂足為G，H，得到矩形EFGH．（1）求直線AB與拋物線的函數表達式；（2）求矩形EFGH周長的最小值及此時點P的坐標；（3）以OP為邊在x軸上方作正方形OPMN（點N在y軸正半軸上），是否存在點P，使正方形OPMN與矩形EFGH重合部分的面積是矩形EFGH面積的一半．若存在，直接寫出點P的坐標，若不存在，請說明理由．【分析】（1）用待定系數法可得直線AB的函數表達式為y＝x﹣2，拋物線的函數表達式為y＝x2﹣2x+4；（2）由點P坐標為（m，0），知點F為（m，m2﹣2m+4），點E為（m，m﹣2），即得EF＝m2﹣2m+4﹣（m﹣2）＝m2﹣m+6，FG＝m，可知矩形EFGH周長為2（EF+FG）＝m2﹣3m+12＝（m﹣）2+，故當m＝時，矩形EFGH的周長取得最小值，點P的坐標為（，0）；（3）分兩種情況：當M不在F上方時，正方形OPMN與矩形EFGH重合部分即是正方形OPMN，有m≤m2﹣2m+4，解得m≤2或m≥4，根據正方形OPMN與矩形EFGH重合部分的面積是矩形EFGH面積的一半，有m2＝（m2﹣m+6）×m，解方程并檢驗可得此時P坐標為（，0）或（，0）；當M在F上方時，正方形OPMN與矩形EFGH重合部分是矩形PFGO，同理可得m?（m2﹣2m+4）＝（m2﹣m+6）×m，解方程知這種情況不存在．【解答】解：（1）將點A（4，0），B（0，﹣2）代入y＝kx+b得：，解得，∴直線AB的函數表達式為y＝x﹣2，設拋物線的函數表達式為y＝a（x﹣h）2+k，∵二次函數的圖象與y軸交于點C（0，4），頂點坐標為（2，2），∴，解得，∴y＝（x﹣2）2+2，即拋物線的函數表達式為y＝x2﹣2x+4；（2）由點P坐標為（m，0），知點F為（m，m2﹣2m+4），點E為（m，m﹣2），∴EF＝m2﹣2m+4﹣（m﹣2）＝m2﹣m+6，FG＝m，∴矩形EFGH周長為2（EF+FG）＝2（m2﹣m+6+m）＝m2﹣3m+12＝（m﹣）2+，∵1＞0，∴當m＝時，矩形EFGH的周長取得最小值，此時點P的坐標為（，0）；（3）存在點P，使正方形OPMN與矩形EFGH重合部分的面積是矩形EFGH面積的一半，理由如下：由（2）知：P（m，0），F（m，m2﹣2m+4），E（m，m﹣2），EF＝m2﹣m+6，FG＝m，當M不在F上方時，正方形OPMN與矩形EFGH重合部分即是正方形OPMN，如圖：此時PM≤PF，即m≤m2﹣2m+4，解得m≤2或m≥4，∵正方形OPMN與矩形EFGH重合部分的面積是矩形EFGH面積的一半，∴OP2＝EF?FG，即m2＝（m2﹣m+6）×m，解得m＝或m＝或m＝0（舍去），經檢驗，m＝或m＝都符合題意，∴此時P坐標為（，0）或（，0）；當M在F上方時，正方形OPMN與矩形EFGH重合部分是矩形PFGO，如圖：可得m?（m2﹣2m+4）＝（m2﹣m+6）×m，解得m＝0（舍去），∴這種情況不存在，綜上所述，P坐標為（，0）或（，0）．15．（2022?成都模擬）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），與y軸交于點C．（1）b＝﹣2，c＝﹣3；（2）若點D為第四象限內拋物線上的一個動點，過點D作DE∥y軸交BC于點E，過點D作DF⊥BC于點F，過點F作FG⊥y軸于點G，求出DE+FG的最大值及此時點D的坐標；（3）若點P是該拋物線對稱軸上的一點，點Q為坐標平面內一點，那么在拋物線上且位于x軸上方是否存在點M，使四邊形OMPQ為正方形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）將點A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，即可求解；（2）延長DE交x軸于點K，延長GF交ED于點H，設D（t，t2﹣2t﹣3），則E（t，t﹣3），則DE＝﹣t2+3t，GF＝GH﹣FH＝t2﹣t，則GF+DE＝﹣（t﹣）2+，當t＝時，GF+DE有最大值，此時D（，﹣）；（3）設P（1，p），Q（x，y），M（m，m2﹣2m﹣3），過點P作GH∥x軸，過點Q作QG⊥GH交于G，過點M作MH⊥GH交于點H，證明△GPQ≌△HMP（AAS），由OP是正方形的對角線，可得p＝y+m2﹣2m﹣3①，分兩種情況討論：當M點在第一象限時，GQ＝p﹣y，PH＝m﹣1，則p﹣y＝m﹣1②，由①②可得m﹣1＝m2﹣2m﹣3，求出M（，）；當M點在第一象限時，GQ＝p﹣y，PH＝1﹣m，則p﹣y＝1﹣m③，由①③可得1﹣m＝m2﹣2m﹣3，可得M（，）．【解答】解：（1）將點A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，∴，∴，∴y＝x2﹣2x﹣3，故答案為：﹣2，﹣3；（2）延長DE交x軸于點K，延長GF交ED于點H，令x＝0，則y＝﹣3，∴C（0，﹣3），設直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x﹣3，設D（t，t2﹣2t﹣3），則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+，當t＝時，GF+DE有最大值，此時D（，﹣）；（3）存在點M，使四邊形OMPQ為正方形，理由如下：∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，設P（1，p），Q（x，y），M（m，m2﹣2m﹣3），過點P作GH∥x軸，過點Q作QG⊥GH交于G，過點M作MH⊥GH交于點H，∵四邊形OMPQ為正方形，∴∠QPM＝90°，∴∠GPQ+∠HPM＝90°，∵∠GPQ+∠GQP＝90°，∴∠HPM＝∠GQP，∵QP＝PM，∴△GPQ≌△HMP（AAS），∴GP＝HM，GQ＝PH，∵OP是正方形的對角線，∴1＝m+x，p＝y+m2﹣2m﹣3①，當M點在第一象限時，如圖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（，）；當M點在第二象限時，如圖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（，）；綜上所述：M點的坐標為（，）或（，）．16．（2022?吉安一模）已知拋物線C1：y＝ax2﹣2ax﹣3（a≠0）（1）當a＝1時，①拋物線C1的頂點坐標為（1，﹣4）．②將拋物線C1沿x軸翻折得到拋物線C2，則拋物線C2的解析式為y＝﹣x2+2x+3．（2）無論a為何值，直線y＝m與拋物線C1相交所得的線段EF（點E在點F左側）的長度都不變，求m的值和EF的長；（3）在（2）的條件下，將拋物線C1沿直線y＝m翻折，得到拋物線C3，拋物線C1，C3的頂點分別記為P，Q，是否存在實數a，使得以點E，F，P，Q為頂點的四邊形為正方形？若存在，請求出a的值：若不存在，請說明理由．【分析】（1）①由題意可得拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，即可求解；②設拋物線C2上任意一點（x，y），則點（x，y）關于x軸對稱的點為（x，﹣y），將點（x，﹣y）代入y＝x2﹣2x﹣3即可求解；（2）由拋物線經過定點（2，﹣3），可得當m＝﹣3時，EF的長度不變；（3）設拋物線拋物線C3上任意一點（x，y），點（x，y）關于y＝﹣3的對稱點為（x，﹣6﹣y），將點（x，﹣6﹣y）代入y＝ax2﹣2ax﹣3，可求拋物線C3的解析式為y＝﹣ax2+2ax﹣3，分別求出Q（1，a﹣3），P（1，﹣a﹣3），再由EF⊥PQ，EP＝PF，可得EF＝2＝PQ，求出a的值即可．【解答】解：（1）①∵a＝1，∴y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的頂點為（1，﹣4），故答案為：（1，﹣4）；②設拋物線C2上任意一點（x，y），則點（x，y）關于x軸對稱的點為（x，﹣y），∴﹣y＝x2﹣2x﹣3，∴拋物線C2的解析式為y＝﹣x2+2x+3，故答案為：y＝﹣x2+2x+3；（2）∵y＝ax2﹣2ax﹣3＝ax（x﹣2）﹣3，∴拋物線經過定點（2，﹣3），∴當m＝﹣3時，EF的長度不變，當y＝﹣3時，ax2﹣2ax﹣3＝﹣3，解得x＝0或x＝2，∴E（0，﹣3），F（2，﹣3），∴EF＝2；（3）存在實數a，使得以點E，F，P，Q為頂點的四邊形為正方形，理由如下：設拋物線拋物線C3上任意一點（x，y），∴點（x，y）關于y＝﹣3的對稱點為（x，﹣6﹣y），∴﹣6﹣y＝ax2﹣2ax﹣3，∴拋物線C3的解析式為y＝﹣ax2+2ax﹣3，∴Q（1，a﹣3），∵y＝ax2﹣2ax﹣3，∴P（1，﹣a﹣3），∵EF⊥PQ，∴EF與PQ為正方形的對角線，∵E、F關于x＝1對稱，∴EP＝PF，∴EF＝2＝PQ，∴2＝|2a|，∴a＝±1．17．（2007?河南）如圖，對稱軸為直線x＝的拋物線經過點A（6，0）和B（0，4）．（1）求拋物線解析式及頂點坐標；（2）設點E（x，y）是拋物線上一動點，且位于第四象限，四邊形OEAF是以OA為對角線的平行四邊形，求平行四邊形OEAF的面積S與x之間的函數關系式，并寫出自變量x的取值范圍；①當平行四邊形OEAF的面積為24時，請判斷平行四邊形OEAF是否為菱形？②是否存在點E，使平行四邊形OEAF為正方形？若存在，求出點E的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）已知了拋物線的對稱軸解析式，可用頂點式二次函數通式來設拋物線，然后將A、B兩點坐標代入求解即可．（2）平行四邊形的面積為三角形OEA面積的2倍，因此可根據E點的橫坐標，用拋物線的解析式求出E點的縱坐標，那么E點縱坐標的絕對值即為△OAE的高，由此可根據三角形的面積公式得出△AOE的面積與x的函數關系式進而可得出S與x的函數關系式．①將S＝24代入S，x的函數關系式中求出x的值，即可得出E點的坐標和OE，OA的長；如果平行四邊形OEAF是菱形，則需滿足平行四邊形相鄰兩邊的長相等，據此可判斷出四邊形OEAF是否為菱形．②如果四邊形OEAF是正方形，那么三角形OEA應該是等腰直角三角形，即E點的坐標為（3，﹣3）將其代入拋物線的解析式中即可判斷出是否存在符合條件的E點．【解答】解：（1）因為拋物線的對稱軸是直線x＝，設解析式為y＝a（x﹣）2+k．把A，B兩點坐標代入上式，得，解得a＝，k＝﹣．故拋物線解析式為y＝（x﹣）2﹣，頂點為（，﹣）．（2）∵點E（x，y）在拋物線上，位于第四象限，且坐標適合y＝（x﹣）2﹣，∴y＜0，即﹣y＞0，﹣y表示點E到OA的距離．∵OA是OEAF的對角線，∴S＝2S△OAE＝2××OA?|y|＝﹣6y＝﹣4（x﹣）2+25．因為拋物線與x軸的兩個交點是（1，0）和（6，0），所以自變量x的取值范圍是1＜x＜6．①根據題意，當S＝24時，即﹣4（x﹣）2+25＝24．化簡，得（x﹣）2＝．解得x1＝3，x2＝4．故所求的點E有兩個，分別為E1（3，﹣4），E2（4，﹣4），點E1（3，﹣4）滿足OE＝AE，所以平行四邊形OEAF是菱形；點E2（4，﹣4）不滿足OE＝AE，所以平行四邊形OEAF不是菱形；②當OA⊥EF，且OA＝EF時，平行四邊形OEAF是正方形，此時點E的坐標只能是（3，﹣3），而坐標為（3，﹣3）的點不在拋物線上，故不存在這樣的點E，使平行四邊形OEAF為正方形．18．（2022春?鼓樓區校級期末）如圖，拋物線頂點P（1，4），與y軸交于點C（0，3），與x軸交于點A，B．（1）求拋物線的解析式；（2）若拋物線與直線y＝x+m只有一個交點，求m的值；（3）Q是拋物線上除點P外一點，△BCQ與△BCP的面積相等，求點Q的坐標；（4）若M，N為拋物線上兩個動點，分別過點M，N作直線BC的垂線段，垂足分別為D，E．是否存在點M、N使四邊形MNED為正方形？如果存在，求正方形MNED的邊長；如果不存在，請說明理由．【分析】（1）根據題意設出二次函數的頂點式，然后把點C的坐標代入求解即可；（2）通過一元二次方程根的判別式進行求解；（3）通過△BCQ與△BCP面積相等，添加必要輔助線并分析進行求解；（4）精確作圖，聯立方程并利用根與系數關系進而求解．【解答】解：（1）設y＝a（x﹣1）2+4（a≠0），把C（0，3）代入拋物線解析式得：a+4＝3，即a＝﹣1，則拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；（2）∵拋物線與直線y＝x+m只有一個交點，∴﹣x2+2x+3＝x+m，即x2﹣x+m﹣3＝0，解得：m＝；（3）由拋物線解析式y＝﹣x2+2x+3可令y＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴點A（﹣1，0），B（3，0），設直線BC的解析式為y＝kx+b，則有：，解得：，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，過P作PQ1∥BC，交拋物線于點Q1，如圖1所示，，設直線PQ1的解析式為y＝﹣x+n，∵P（1，4），∴直線PQ1的解析式為y＝﹣x+5，聯立：，解得：或，即（1，4）與P重合，Q1（2，3）；過點P作x軸的垂線交BC于G，在直線PG上取PG＝GH，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，P（1，4），∴G（1，2）∴PG＝GH＝2，∴H（1，0），過H作直線Q2Q3∥BC，交拋物線于點Q2，Q3，同理可得直線Q2Q3解析式為y＝﹣x+1，聯立得：，解得：或，∴Q2（，）Q3（，）；（4）存在點M、N使四邊形MNED為正方形，如圖2所示，四邊形MNED為正方形，過M作MN∥y軸，過N作NF∥x軸，過N作NH∥y軸，則△MNF與△NEH為等腰直角三角形，設M（x1，y1），N（x2，y2），MN解析式為y＝﹣x+b，聯立：，得：x2﹣3x+b﹣3＝0，∴NF2＝|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝21﹣4b，∵△MNF為等腰直角三角形，∴MN2＝2NF2＝42﹣8b，∵H（x2，﹣x2+3），∴NH2＝[y2﹣（﹣x2+3）]2＝（﹣x2+b+x2﹣3）2＝（b﹣3）2，∴NE2＝（b﹣3）2，若四邊形MNED為正方形，則有NE2＝MN2，∴42﹣8b＝（b2﹣6b+9），整理得：b2+10b﹣75＝0，解得：b＝﹣15或b＝5，∵正方形邊長為MN＝，∴MN＝9或．19．（2021秋?鄖陽區期末）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0）、B（﹣3，0）兩點，與y軸交于C（0，3）．（1）求拋物線的函數表達式；（2）設P為對稱軸上一動點，求△APC周長的最小值；（3）若M，N為拋物線上兩個動點，分別過點M，N作直線BC的垂線段，垂足分別為D，E．是否存在點M，N使四邊形MNED為正方形？如果存在，求正方形MNED的面積；如果不存在，請說明理由．【分析】（1）把A、B、C三點坐標代入拋物線解析式，解方程組即可；（2）如圖1中，連接AC、BC，BC交對稱軸于點P，連接PA，此時△PAC的周長最小．求出直線BC的解析式即可解決問題；（3）存在，如圖2中，過M作MF∥y軸，過N作NF∥x軸，過N作NH∥y軸，則有△MNF與△NEH都為等腰直角三角形，然后根據正方形的性質即可解決問題．【解答】解：（1）由題意可設拋物線的函數表達式為y＝a（x+1）（x+3），將C（0，3）代入得：3＝a（0+1）（0+3），解得a＝1．∴拋物線的函數表達式為y＝（x+1）（x+3），即y＝x2+4x+3．（2）如圖1，連接AC、BC，BC交對稱軸于點P，連接PA．∵A（﹣1，0），B（﹣3，0），C（0，3）．∴BC＝＝3，AC＝＝．∵點A、B關于對稱軸x＝﹣2對稱，∴PA＝PB．∴PA+PC＝PB+PC．此時，PB+PC＝BC．∴點P在對稱軸上運動時，PA+PB的最小值等于BC．∴△APC的周長的最小值＝AC+AP+PC＝AC+BC＝3+；（3）存在點M，N使四邊形MNED為正方形，如圖2所示，過M作MF∥y軸，交x軸于點F，過N作NH∥y軸，則有△MNF與△NEH都為等腰直角三角形，設M（x1，y1），N（x2，y2），設直線MN解析式為y＝x+b，聯立得：，消去y得：x2+3x+3﹣b＝0，∴NF2＝|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝4b﹣3，∵△MNF為等腰直角三角形，∴MN2＝2NF2＝8b﹣6，∵NH2＝（b﹣3）2，∴NE2＝（b﹣3）2，若四邊形MNED為正方形，則有NE2＝MN2，∴8b﹣6＝（b﹣3）2，整理得：b2﹣22b+21＝0，解得：b＝21或b＝1，∵正方形面積為MN2＝8b﹣6，∴正方形面積為162或2．20．（2022?香坊區校級開學）在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，點A、C分別在x軸、y軸正半軸上，四邊形OABC是正方形，拋物線y＝﹣x2+bx+c經過點B、C，OA＝18．（1）如圖1，求拋物線的解析式；（2）如圖2，點D是OA的中點，經過點D的直線交AB于點E、交y軸于點F，連接BD，若∠EDA＝2∠ABD，求直線DE的解析式；（3）如圖3，在（2）的條件下，點G在OD上，連接GC、GE，點P在AB右側的拋物線上，點Q為BP中點，連接DQ，過點B作BH⊥BP，交直線DP于點H，連接CH、GH，若GC＝GE，DQ＝PQ，求△CGH的周長．【分析】（1）根據正方形的性質求得B，C的坐標，利用待定系數法求解析式即可；（2）在AD延長線時取DI＝DE，連接IE，設∠ABD＝α，可得tan∠EIA＝＝，設AE＝x，則AI＝2x，在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，建立方程，解方程進而可得E點的坐標，利用待定系數法求解析式即可；（3）延長BD，交y軸于點M．設直線DP交y軸于點S，分別求得G，C．H三點的坐標，進而根據勾股定理以及兩點距離公式分別求得CG，HG，HC的長，即可求得△CGH的周長．【解答】解：∵四邊形OABC是正方形，拋物線y＝﹣x2+bx+c經過點B、C，OA＝18．∴AB＝OC＝OA＝18，∴C（0，18），B（18，18），∴c＝18，∴18＝﹣×182+bx+18，解得b＝2，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+18；（2）如圖，在AD延長線時取DI＝DE，連接IE，設∠ABD＝α，∵∠EDA＝2∠ABD，∴∠EDA＝2α，∵DI＝DE，∴∠EID＝∠IED＝α，∵點D是OA的中點，∴OD＝DA＝9，∴tanα＝＝，∴tan∠EIA＝＝，設AE＝x，則AI＝2x，∴ED＝DI＝IA﹣DA＝2x﹣9，在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，即（2x﹣9）2＝92+x2，解得x1＝12，x2＝0（舍），∴AE＝12，∴E（18，12），∵D（9，0），設直線ED的解析式為y＝kx+t，∴，解得，∴直線DE的解析式為y＝x﹣12；（3）如圖，延長BD，交y軸于點M，設直線DP交y軸于點S，∵OD＝DA，∠DOM＝∠DAB，∠ODM＝∠ADB，∴△ODM≌△ADB（ASA），∴MD＝DB，∵點Q為BP中點，DQ＝PQ，∴DQ＝BQ＝PQ，∴∠QDB＝∠QBD，∠QDP＝∠QPD，∠QDB+∠QBD+∠QDP+∠QPD＝180°，∴∠BDQ+∠PDQ＝90°，即∠BDP＝90°，∴PH⊥BD，∴∠SDO+∠MDO＝∠MDO+∠OMD＝90°，∴∠SDO＝∠OMD＝∠ABD，∴tan∠SDO＝tan∠ABD＝＝，∴OS＝OD＝，∴S（0，），設直線SD的解析式為y＝mx+n，將點S（0，），D（9，0）代入得，，解得，∴直線SD的解析式為y＝﹣x+，聯立，解得，，∵點P在AB右側的拋物線上，∴P（27，﹣9），∵D（9，0），B（18，18），∴PD＝＝9，BD＝＝9，∴DB＝DP，∴△DBP是等腰直角三角形，∴∠DBP＝45°，DQ⊥BP，∵BH⊥BP，∴BH∥DQ，∴＝1，∴DH＝DP，∵D（9，0），P（27，﹣9），∴H（﹣9，9），∵點G在OD上，GC＝GE，C（0，18），E（18，12），設G（p，0），則p2+182＝（18﹣p）2+122，解得p＝4，∴G（4，0），∵H（﹣9，9），G（4，0），C（0，18），∴CG＝＝2，CH＝＝9，HG＝＝5，∴CG+HG+CH＝2+5+9，∴△CGH的周長為2+5+9．21．（2021?咸豐縣一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸正半軸交于點A，且點A的坐標為（3，0），過點A作垂直于x軸的直線l，P是該拋物線上一動點，其橫坐標為m，過點P作PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其縱坐標為．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．（1）求拋物線的解析式；（2）當點Q與點M重合時，求m的值；（3）當矩形PQMN是正方形，且拋物線的頂點在該正方形內部時，求m的值；（4）當拋物線在矩形PQMN內的部分所對應的函數值y隨x的增大而減小時，求m的取值范圍．【分析】（1）利用待定系數法求解即可．（2）根據點M與點P的縱坐標相等構建方程求解即可．（3）根據PQ＝MQ，構建方程求解即可．（4）當點P在直線l的左邊，點M在點Q是下方下方時，拋物線在矩形PQMN內的部分所對應的函數值y隨x的增大而減小，則有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，觀察圖象可知．當0＜m＜3時，拋物線在矩形PQMN內的部分所對應的函數值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中．當m＞4時，點M在點Q的上方，也滿足條件，如圖4﹣2中．【解答】解：（1）∵拋物線的圖象經過點A（3，0），∴＝0，解得b＝1．∴拋物線解析式為：．（2）∵P點的橫坐標為m，且P點在拋物線y＝的圖象上，∴P點的坐標為（m，），∵PQ⊥l，l過A點且垂直于x軸，∴Q點的坐標為（3，），∵M點的坐標為（3，﹣m+），∵Q點與M點重合，∴＝﹣m+，解方程得：m＝0或m＝4．（3）∵拋物線＝﹣（x﹣1）2+2，∴拋物線的頂點坐標為（1，2）．∵N點的坐標為N（m，﹣m+），要使頂點（1，2）在正方形PQMN內部，∴﹣m+＞2，得m＜﹣．∴PN＝﹣m+﹣（）＝m2﹣2m，PQ＝3﹣m．∵四邊形PQMN是正方形，∴m2﹣2m＝3﹣m，解得m＝1+（舍去）或m＝1﹣．∴當m＝1﹣時，拋物線頂點在正方形PQMN內部．（4）∵M點的縱坐標﹣m+，隨P點的橫坐標m的增大而減小，根據（1）的結果得：當m＝0時，M，Q兩點重合；m＝3時，P，Q重合；m＝4時，M，Q重合，矩形PQMN不存在；當m＜0時，直線MN在直線PQ上方，拋物線頂點在矩形PQMN內部，不合題意．當0＜m＜4時，直線MN在直線PQ下方，如圖4﹣1，當3＜m＜4時，矩形內部沒有拋物線圖象，不合題意；當m＞4時，直線MN在直線PQ上方，矩形內部有拋物線，且為對稱軸右側，y隨x的增大而減小，如圖4﹣2；綜上：當0＜m＜3或m＞4時，拋物線在矩形PQMN內的部分所對應的函數值y隨x的增大而減小．22．（2021?越秀區校級一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線