Question

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；
考生注意：下面的（3）、（4）、（5）题为三选一的选做题，即只能选做其中一个题目，多答时只按作答的首题评分，切记啊！
（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．

Answer

（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．
【解析】
（1）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）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
=AO•PM+CO•PN-AO•CO
=×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=--+2=
∴存在点P（-，），使△PAC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，易证△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，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）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）．
注：解答中给出（3）（4）（5）问解题过程，只是为了同学们易于理解，原题并未要求．