在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A（－3，0），B（1，0）两点，与...

（1）；（2）存在，；（3）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）存在，Q点坐标为(−2,2)或；（5）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：. 【解析】 （1）将点A、B的坐标代入即可求得a、b，从而得到二次函数的关系解析式． （2）设点P坐标为（m，n），则．连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，根据求出S关于m的二次函数，根据二次函数最值求法即可求解． （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． 【解析】 （1）由抛物线过A（－3，0），B（1，0），则 ，解得． ∴二次函数的关系解析式为． （2）设点P坐标为（m，n），则． 连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N． PM =，，AO=3． 当时，，所以OC=2． ∵＜0，∴函数有最大值，当时，有最大值． 此时． ∴存在点，使△ACP的面积最大． (3)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)如图(4)所示,设E(n,0),则BE=1−n, . 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, . ∴Q(−2,2)； ②若△AOC∽△BQE,则有：， 即,化简得：4n2−n−3=0， 解得 (与B重合,舍去), ∴. 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)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， 解得 又QG=3, ∴， 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：.