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），...

（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．