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三、解答题
8. （2026·武汉期中）某跳水运动员在进行跳水训练时，身体（看成一点）在空中的运动路线是如图所示的一条抛物线，已知跳板AB长为2米，跳板距水面CD的高为3米，训练时跳水曲线在离起跳点水平距离1米时达到距水面最大高度k米，现以CD为横轴，BC为纵轴建立直角坐标系.
(1)画出平面直角坐标系，并求当$k=4$时，这条抛物线的表达式；
(2)在(1)的条件下，求运动员落水点与点C的距离；
(3)图中 $CE=\frac{9}{2}$ 米，$CF=5$ 米，若跳水运动员在区域EF内（不含点E,F）入水时才能达到训练要求，直接写出k的取值范围是
8. （2026·武汉期中）某跳水运动员在进行跳水训练时，身体（看成一点）在空中的运动路线是如图所示的一条抛物线，已知跳板AB长为2米，跳板距水面CD的高为3米，训练时跳水曲线在离起跳点水平距离1米时达到距水面最大高度k米，现以CD为横轴，BC为纵轴建立直角坐标系.
(1)画出平面直角坐标系，并求当$k=4$时，这条抛物线的表达式；
(2)在(1)的条件下，求运动员落水点与点C的距离；
(3)图中 $CE=\frac{9}{2}$ 米，$CF=5$ 米，若跳水运动员在区域EF内（不含点E,F）入水时才能达到训练要求，直接写出k的取值范围是
$4＜k＜\dfrac{27}{5}$
.答案
8. (1)如图所示，根据题意可得，抛物线的顶点坐标为$M(3,4)$,点$A(2,3)$,
∴设抛物线的表达式为$y=a(x-3)^2+4(a≠0)$.把点$A(2,3)$代入,得$a(2-3)^2+4=3$,解得$a=-1$,
∴抛物线的表达式为$y=-(x-3)^2+4$.
(2)当$y=0$,则$-(x-3)^2+4=0$,解得$x_1=1,x_2=5$.故抛物线与$x$轴交点为$(1,0),(5,0)$.
∴运动员落水点与点$C$的距离为5米.
(3)$4＜k＜\frac{27}{5}$ 解析:
∵跳板AB长为2米,跳板距水面CD的高BC为3米,训练时跳水曲线在离起跳点水平距离1米时达到距水面最大高度k米,是固定不变的,
∴设抛物线的表达式为$y=m(x-3)^2+k$,且过点$A(2,3)$,
∴$m+k=3$,则$m=3-k$.
∵$CE=\frac{9}{2}$米,$CF=5$米,
∴当$x=\frac{9}{2}$时,$y=m(\frac{9}{2}-3)^2 +k＞0$,则$\frac{9}{4}(3-k)+k＞0$,解得$k＜\frac{27}{5}$;当$x=5$时,$y=m(5-3)^2+k＜0$,则$4(3-k)+k＜0$,解得$k＞4$.综上所述,k的取值范围是$4＜k＜\frac{27}{5}$.
解析
【分析】
本题考查二次函数在实际问题中的应用，解题思路如下：(1)先根据题意确定抛物线上的已知点坐标：起跳点A坐标为(2,3)，当k=4时顶点M坐标为(3,4)，已知抛物线顶点，选择顶点式设解析式，代入A点坐标即可求出未知系数a，得到抛物线表达式；(2)落水点对应抛物线上y=0的点，求解y=0时x的正实根，舍去不符合实际的根，所得x值即为落水点与点C的距离；(3)先设一般的顶点式，代入A点坐标得到二次项系数与k的关系，再根据入水区域为EF（不含E、F），即x=9/2时y＞0，x=5时y＜0，代入后解不等式组即可得到k的取值范围。
【解析】
(1) 建立直角坐标系如图所示，根据题意可知：抛物线的顶点坐标为$M(3,4)$，起跳点$A$的坐标为$(2,3)$。
设抛物线的表达式为$y=a(x-3)^2+4(a≠0)$，将$A(2,3)$代入解析式得：
$a(2-3)^2+4=3$，
解得$a=-1$，
因此抛物线的表达式为$y=-(x-3)^2+4$。
(2) 运动员落水时纵坐标$y=0$，令$y=0$，代入解析式得：
$-(x-3)^2+4=0$，
解得$x_1=1$，$x_2=5$，
其中$x=1$不符合跳水运动的实际轨迹，舍去，因此落水点坐标为$(5,0)$，即运动员落水点与点$C$的距离为5米。
(3) 设抛物线的表达式为$y=m(x-3)^2+k$，已知抛物线过点$A(2,3)$，代入得：
$m(2-3)^2+k=3$，即$m+k=3$，因此$m=3-k$。
由题意，运动员在区域$EF$（不含$E,F$）入水，即当$x=\frac{9}{2}$时，$y＞0$；当$x=5$时，$y＜0$：
① 当$x=\frac{9}{2}$时，$y=(3-k)×(\frac{9}{2}-3)^2 +k＞0$，
即$\frac{9}{4}(3-k)+k＞0$，解得$k＜\frac{27}{5}$；
② 当$x=5$时，$y=(3-k)×(5-3)^2 +k＜0$，
即$4(3-k)+k＜0$，解得$k＞4$。
综上，$k$的取值范围为$4＜k＜\frac{27}{5}$。
【答案】
(1) 抛物线表达式为$\boldsymbol{y=-(x-3)^2+4}$，坐标系如图：
(2) 运动员落水点与点C的距离为$\boldsymbol{5}$米；
(3) $\boldsymbol{4＜k＜\frac{27}{5}}$
【知识点】
二次函数的应用，二次函数顶点式，解一元一次不等式组
【点评】
本题以跳水运动为背景考查二次函数的实际应用，需要将实际场景中的位置信息转化为坐标系内的点坐标，结合抛物线的性质列解析式和不等式求解，既考查基础的二次函数解析式求解，也考查了将实际问题转化为数学问题的能力。
【难度系数】
0.6
本题考查二次函数在实际问题中的应用，解题思路如下：(1)先根据题意确定抛物线上的已知点坐标：起跳点A坐标为(2,3)，当k=4时顶点M坐标为(3,4)，已知抛物线顶点，选择顶点式设解析式，代入A点坐标即可求出未知系数a，得到抛物线表达式；(2)落水点对应抛物线上y=0的点，求解y=0时x的正实根，舍去不符合实际的根，所得x值即为落水点与点C的距离；(3)先设一般的顶点式，代入A点坐标得到二次项系数与k的关系，再根据入水区域为EF（不含E、F），即x=9/2时y＞0，x=5时y＜0，代入后解不等式组即可得到k的取值范围。
【解析】
(1) 建立直角坐标系如图所示，根据题意可知：抛物线的顶点坐标为$M(3,4)$，起跳点$A$的坐标为$(2,3)$。
设抛物线的表达式为$y=a(x-3)^2+4(a≠0)$，将$A(2,3)$代入解析式得：
$a(2-3)^2+4=3$，
解得$a=-1$，
因此抛物线的表达式为$y=-(x-3)^2+4$。
(2) 运动员落水时纵坐标$y=0$，令$y=0$，代入解析式得：
$-(x-3)^2+4=0$，
解得$x_1=1$，$x_2=5$，
其中$x=1$不符合跳水运动的实际轨迹，舍去，因此落水点坐标为$(5,0)$，即运动员落水点与点$C$的距离为5米。
(3) 设抛物线的表达式为$y=m(x-3)^2+k$，已知抛物线过点$A(2,3)$，代入得：
$m(2-3)^2+k=3$，即$m+k=3$，因此$m=3-k$。
由题意，运动员在区域$EF$（不含$E,F$）入水，即当$x=\frac{9}{2}$时，$y＞0$；当$x=5$时，$y＜0$：
① 当$x=\frac{9}{2}$时，$y=(3-k)×(\frac{9}{2}-3)^2 +k＞0$，
即$\frac{9}{4}(3-k)+k＞0$，解得$k＜\frac{27}{5}$；
② 当$x=5$时，$y=(3-k)×(5-3)^2 +k＜0$，
即$4(3-k)+k＜0$，解得$k＞4$。
综上，$k$的取值范围为$4＜k＜\frac{27}{5}$。
【答案】
(1) 抛物线表达式为$\boldsymbol{y=-(x-3)^2+4}$，坐标系如图：
(2) 运动员落水点与点C的距离为$\boldsymbol{5}$米；
(3) $\boldsymbol{4＜k＜\frac{27}{5}}$
【知识点】
二次函数的应用，二次函数顶点式，解一元一次不等式组
【点评】
本题以跳水运动为背景考查二次函数的实际应用，需要将实际场景中的位置信息转化为坐标系内的点坐标，结合抛物线的性质列解析式和不等式求解，既考查基础的二次函数解析式求解，也考查了将实际问题转化为数学问题的能力。
【难度系数】
0.6
9. 如图①,已知二次函数$y=ax^2+bx-3$的图象与$x$轴交于点$A(-3,0),B(1,0)$,与$y$轴交于点$C$.点$D$在$y$轴上,其坐标为$(0,1)$.
(1)求该二次函数的表达式;
(2)已知在线段$AC$下方的抛物线上有一动点$P$,直线$PC$与直线$BD$交于点$Q$,连结$AQ,AP$.当$△ APQ$的面积最大时,点$P$的坐标为________;
(3)在(2)的条件下,将抛物线$y=ax^2+bx-3$沿射线$AC$平移$2\sqrt{2}$个单位长度,得到新的抛物线(如图②),点$R$在新抛物线的对称轴上.在直线$y=\sqrt{2}x$上有一点$S$,使得以点$P,D,R,S$为顶点的四边形是平行四边形,求所有符合条件的点$R$的坐标.
(1)求该二次函数的表达式;
(2)已知在线段$AC$下方的抛物线上有一动点$P$,直线$PC$与直线$BD$交于点$Q$,连结$AQ,AP$.当$△ APQ$的面积最大时,点$P$的坐标为________;
(3)在(2)的条件下,将抛物线$y=ax^2+bx-3$沿射线$AC$平移$2\sqrt{2}$个单位长度,得到新的抛物线(如图②),点$R$在新抛物线的对称轴上.在直线$y=\sqrt{2}x$上有一点$S$,使得以点$P,D,R,S$为顶点的四边形是平行四边形,求所有符合条件的点$R$的坐标.
答案
9. (1)
∵二次函数$y=ax^2+bx-3$的图象与$x$轴交于点$A(-3,0),B(1,0)$,
∴$\begin{cases}9a-3b-3=0,\\a+b-3=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=1,\\b=2,\end{cases}$
∴该二次函数的表达式为$y=x^2+2x-3$.
(2)$(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{15}{4})$ 解析:如图,连结$AD$.
∵抛物线与$y$轴交于点$C$,
∴点$C$的坐标为$(0,-3)$.设直线$AC$的函数表达式为$y=k_1x+b_1$,代入$A(-3,0)$和$C(0,-3)$得$\begin{cases}b_1=-3,\\-3k_1+b_1=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k_1=-1,\\b_1=-3,\end{cases}$
∴直线$AC$的函数表达式为$y=-x-3$.
∵$AO=CO=3$,$∠AOC=90°$,
∴$∠ACO=45°$,同理$∠ODB=45°$,
∴$AC// BD$,$CD=1-(-3)=4$,$OA=3$.
∴$S_{△ ACQ}=S_{△ ACD}=\frac{1}{2}×4×3=6$.
∴$S_{△ APQ}=S_{△ APC}+S_{△ ACQ}=S_{△ APC}+6$.过点$P$作$PE// y$轴交$AC$于点$E$,设点$P$的横坐标为$t$,则$P(t,t^2+2t-3)$,$E(t,-t-3)$,
∴$PE=-t^2-3t$.
∵$A(-3,0)$,$C(0,-3)$,
∴$△APE$,$△CPE$以$PE$为底的高的和为3,
∴$S_{△ APQ}=S_{△ APC}+6 = S_{△ APE} + S_{△ CPE} +6 = \frac{1}{2} ×3×(-t^2-3t)+6 = -\frac{3}{2}(t+\frac{3}{2})^2 +\frac{75}{8}$.
∵$-\frac{3}{2}＜0$,
∴当$t=-\frac{3}{2}$时,$△APQ$有最大值,为$\frac{75}{8}$,$t^2+2t-3=(-\frac{3}{2})^2+2×(-\frac{3}{2})-3=-\frac{15}{4}$,此时$P(-\frac{3}{2},-\frac{15}{4})$.
(3)由平移的性质可知,抛物线$y=x^2+2x-3=(x+1)^2-4$沿射线$AC$平移$2\sqrt{2}$个单位长度,即向右平移2个单位长度,向下平移2个单位长度,
∴平移后的抛物线为$y_1=(x-1)^2-6=x^2-2x-5$,对称轴为直线$x=-\frac{-2}{2×1}=1$.
∵点$R$在新抛物线对称轴上,
∴点$R$的横坐标为1.若以点$P,D,R,S$为顶点的四边形是平行四边形,根据题意,需要分以下两种情况:①当$PD$为平行四边形的边时,$x_P -x_D =x_R -x_S$ 或$x_P -x_D =x_S -x_R$,
∴$-\frac{3}{2} -0=1 -x_S$ 或$-\frac{3}{2} -0=x_S -1$,解得$x_S=\frac{5}{2}$或$x_S=-\frac{1}{2}$.
∴$S(\frac{5}{2},\frac{5\sqrt{2}}{2})$或$(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$.
∵$y_P -y_D =y_R -y_S$ 或$y_P -y_D =y_S -y_R$,
∴$-\frac{15}{4} -1 = y_R -\frac{5\sqrt{2}}{2}$ 或$-\frac{15}{4} -1 = -\frac{\sqrt{2}}{2} -y_R$,
∴$y_R=-\frac{19}{4} +\frac{5\sqrt{2}}{2}$ 或$y_R=\frac{19}{4} -\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴$R(1,-\frac{19}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$或$(1,\frac{19}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2})$.②当$PD$为平行四边形的对角线时,$x_P +x_D =x_R +x_S$,
∴$-\frac{3}{2} +0=1+x_S$,解得$x_S=-\frac{5}{2}$,
∴$S(-\frac{5}{2},-\frac{5\sqrt{2}}{2})$.
∵$y_P +y_D =y_R +y_S$,
∴$-\frac{15}{4} +1 = y_R -\frac{5\sqrt{2}}{2}$,
∴$y_R=-\frac{11}{4} +\frac{5\sqrt{2}}{2}$.
∴$R(1,-\frac{11}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$.综上,若以点$P,D,R,S$为顶点的四边形是平行四边形,点$R$的坐标为$(1,-\frac{19}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$或$(1,\frac{19}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2})$或$(1,-\frac{11}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$.
解析
【分析】
(1) 已知二次函数图象过A、B两个点，将两点坐标代入二次函数表达式，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可求出a、b的值，得到二次函数解析式。
(2) 先求出点C坐标和直线AC、BD的解析式，可发现AC//BD，因此△ACQ的面积为定值，△APQ的面积可转化为△APC的面积加该定值。设出点P的横坐标，用铅垂高法表示△APC的面积，结合二次函数最值性质，即可求出面积最大时点P的坐标。
(3) 先根据射线AC的方向和平移距离，确定抛物线的平移规律，得到平移后新抛物线的对称轴，可知点R的横坐标为1。再分两种情况讨论：①PD为平行四边形的边，利用平行四边形对边平移的坐标差相等的性质，结合点S在直线$y=\sqrt{2}x$上，求出R的纵坐标；②PD为平行四边形的对角线，利用平行四边形对角线顶点的横、纵坐标和相等的性质，求出对应的R的坐标，最后汇总所有符合条件的R的坐标即可。
【解析】
(1)
∵二次函数$y=ax^2+bx-3$的图象与$x$轴交于点$A(-3,0),B(1,0)$，
∴代入得$\begin{cases}9a-3b-3=0,\\a+b-3=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=1,\\b=2,\end{cases}$
∴该二次函数的表达式为$y=x^2+2x-3$。
(2) 连结$AD$，
∵抛物线与$y$轴交于点$C$，令$x=0$，得$y=-3$，
∴点$C$的坐标为$(0,-3)$。
设直线$AC$的函数表达式为$y=k_1x+b_1$，代入$A(-3,0)$和$C(0,-3)$得$\begin{cases}b_1=-3,\\-3k_1+b_1=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k_1=-1,\\b_1=-3,\end{cases}$
∴直线$AC$的函数表达式为$y=-x-3$。
∵$AO=CO=3$，$∠AOC=90°$，
∴$∠ACO=45°$，同理可得$∠ODB=45°$，
∴$AC// BD$，$CD=1-(-3)=4$，$OA=3$，
∴$S_{△ ACQ}=S_{△ ACD}=\frac{1}{2}×4×3=6$，
∴$S_{△ APQ}=S_{△ APC}+S_{△ ACQ}=S_{△ APC}+6$。
过点$P$作$PE// y$轴交$AC$于点$E$，设点$P$的横坐标为$t$，则$P(t,t^2+2t-3)$，$E(t,-t-3)$，
∴$PE=(-t-3)-(t^2+2t-3)=-t^2-3t$。
∵$A(-3,0)$，$C(0,-3)$，$△ APE$、$△ CPE$以$PE$为底的高的和为3，
∴$S_{△ APC}=S_{△ APE} + S_{△ CPE} = \frac{1}{2} ×3×(-t^2-3t)$，
则$S_{△ APQ}= \frac{3}{2}(-t^2-3t)+6 = -\frac{3}{2}(t+\frac{3}{2})^2 +\frac{75}{8}$。
∵$-\frac{3}{2}＜0$，
∴当$t=-\frac{3}{2}$时，$△ APQ$的面积最大，此时$t^2+2t-3=(-\frac{3}{2})^2+2×(-\frac{3}{2})-3=-\frac{15}{4}$，即$P(-\frac{3}{2},-\frac{15}{4})$。
(3) 原抛物线$y=x^2+2x-3=(x+1)^2-4$，射线$AC$的方向为向右平移1个单位、向下平移1个单位（斜率为-1），平移$2\sqrt{2}$个单位长度，即向右平移2个单位长度，向下平移2个单位长度，
∴平移后的抛物线为$y_1=(x+1-2)^2-4-2=(x-1)^2-6=x^2-2x-5$，其对称轴为直线$x=1$，
∵点$R$在新抛物线对称轴上，
∴点$R$的横坐标为1。
分两种情况讨论：
①当$PD$为平行四边形的边时，有$x_P -x_D =x_R -x_S$ 或$x_P -x_D =x_S -x_R$，
代入$x_P=-\frac{3}{2}$，$x_D=0$，$x_R=1$，得$-\frac{3}{2} -0=1 -x_S$ 或$-\frac{3}{2} -0=x_S -1$，解得$x_S=\frac{5}{2}$或$x_S=-\frac{1}{2}$。
∵点$S$在直线$y=\sqrt{2}x$上，
∴$S(\frac{5}{2},\frac{5\sqrt{2}}{2})$或$(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$。
又平行四边形对边纵坐标差相等，即$y_P -y_D =y_R -y_S$ 或$y_P -y_D =y_S -y_R$，
代入$y_P=-\frac{15}{4}$，$y_D=1$，得$-\frac{15}{4} -1 = y_R -\frac{5\sqrt{2}}{2}$ 或$-\frac{15}{4} -1 = -\frac{\sqrt{2}}{2} -y_R$，
解得$y_R=-\frac{19}{4} +\frac{5\sqrt{2}}{2}$ 或$y_R=\frac{19}{4} -\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$R(1,-\frac{19}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$或$(1,\frac{19}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2})$。
②当$PD$为平行四边形的对角线时，对角线顶点的横坐标和、纵坐标和相等，即$x_P +x_D =x_R +x_S$，$y_P +y_D =y_R +y_S$，
代入横坐标得$-\frac{3}{2} +0=1+x_S$，解得$x_S=-\frac{5}{2}$，
∴$S(-\frac{5}{2},-\frac{5\sqrt{2}}{2})$，
代入纵坐标得$-\frac{15}{4} +1 = y_R -\frac{5\sqrt{2}}{2}$，解得$y_R=-\frac{11}{4} +\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴$R(1,-\frac{11}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$。
综上，符合条件的点$R$的坐标为$(1,-\frac{19}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$、$(1,\frac{19}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2})$、$(1,-\frac{11}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$。
【答案】
(1) 二次函数的表达式为$\boldsymbol{y=x^2+2x-3}$；
(2) $\boldsymbol{(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{15}{4})}$；
(3) 点$R$的坐标为$\boldsymbol{(1,-\dfrac{19}{4}+\dfrac{5\sqrt{2}}{2})}$、$\boldsymbol{(1,\dfrac{19}{4}-\dfrac{\sqrt{2}}{2})}$、$\boldsymbol{(1,-\dfrac{11}{4}+\dfrac{5\sqrt{2}}{2})}$。
【知识点】
1. 待定系数法求函数解析式
2. 二次函数的面积最值
3. 平行四边形存在性
【点评】
本题是二次函数综合题，融合了一次函数性质、图形平移、平行四边形的判定与性质等知识点，解题过程中用到了转化思想、分类讨论思想，对学生的综合分析能力和运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
(1) 已知二次函数图象过A、B两个点，将两点坐标代入二次函数表达式，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可求出a、b的值，得到二次函数解析式。
(2) 先求出点C坐标和直线AC、BD的解析式，可发现AC//BD，因此△ACQ的面积为定值，△APQ的面积可转化为△APC的面积加该定值。设出点P的横坐标，用铅垂高法表示△APC的面积，结合二次函数最值性质，即可求出面积最大时点P的坐标。
(3) 先根据射线AC的方向和平移距离，确定抛物线的平移规律，得到平移后新抛物线的对称轴，可知点R的横坐标为1。再分两种情况讨论：①PD为平行四边形的边，利用平行四边形对边平移的坐标差相等的性质，结合点S在直线$y=\sqrt{2}x$上，求出R的纵坐标；②PD为平行四边形的对角线，利用平行四边形对角线顶点的横、纵坐标和相等的性质，求出对应的R的坐标，最后汇总所有符合条件的R的坐标即可。
【解析】
(1)
∵二次函数$y=ax^2+bx-3$的图象与$x$轴交于点$A(-3,0),B(1,0)$，
∴代入得$\begin{cases}9a-3b-3=0,\\a+b-3=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=1,\\b=2,\end{cases}$
∴该二次函数的表达式为$y=x^2+2x-3$。
(2) 连结$AD$，
∵抛物线与$y$轴交于点$C$，令$x=0$，得$y=-3$，
∴点$C$的坐标为$(0,-3)$。
设直线$AC$的函数表达式为$y=k_1x+b_1$，代入$A(-3,0)$和$C(0,-3)$得$\begin{cases}b_1=-3,\\-3k_1+b_1=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k_1=-1,\\b_1=-3,\end{cases}$
∴直线$AC$的函数表达式为$y=-x-3$。
∵$AO=CO=3$，$∠AOC=90°$，
∴$∠ACO=45°$，同理可得$∠ODB=45°$，
∴$AC// BD$，$CD=1-(-3)=4$，$OA=3$，
∴$S_{△ ACQ}=S_{△ ACD}=\frac{1}{2}×4×3=6$，
∴$S_{△ APQ}=S_{△ APC}+S_{△ ACQ}=S_{△ APC}+6$。
过点$P$作$PE// y$轴交$AC$于点$E$，设点$P$的横坐标为$t$，则$P(t,t^2+2t-3)$，$E(t,-t-3)$，
∴$PE=(-t-3)-(t^2+2t-3)=-t^2-3t$。
∵$A(-3,0)$，$C(0,-3)$，$△ APE$、$△ CPE$以$PE$为底的高的和为3，
∴$S_{△ APC}=S_{△ APE} + S_{△ CPE} = \frac{1}{2} ×3×(-t^2-3t)$，
则$S_{△ APQ}= \frac{3}{2}(-t^2-3t)+6 = -\frac{3}{2}(t+\frac{3}{2})^2 +\frac{75}{8}$。
∵$-\frac{3}{2}＜0$，
∴当$t=-\frac{3}{2}$时，$△ APQ$的面积最大，此时$t^2+2t-3=(-\frac{3}{2})^2+2×(-\frac{3}{2})-3=-\frac{15}{4}$，即$P(-\frac{3}{2},-\frac{15}{4})$。
(3) 原抛物线$y=x^2+2x-3=(x+1)^2-4$，射线$AC$的方向为向右平移1个单位、向下平移1个单位（斜率为-1），平移$2\sqrt{2}$个单位长度，即向右平移2个单位长度，向下平移2个单位长度，
∴平移后的抛物线为$y_1=(x+1-2)^2-4-2=(x-1)^2-6=x^2-2x-5$，其对称轴为直线$x=1$，
∵点$R$在新抛物线对称轴上，
∴点$R$的横坐标为1。
分两种情况讨论：
①当$PD$为平行四边形的边时，有$x_P -x_D =x_R -x_S$ 或$x_P -x_D =x_S -x_R$，
代入$x_P=-\frac{3}{2}$，$x_D=0$，$x_R=1$，得$-\frac{3}{2} -0=1 -x_S$ 或$-\frac{3}{2} -0=x_S -1$，解得$x_S=\frac{5}{2}$或$x_S=-\frac{1}{2}$。
∵点$S$在直线$y=\sqrt{2}x$上，
∴$S(\frac{5}{2},\frac{5\sqrt{2}}{2})$或$(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$。
又平行四边形对边纵坐标差相等，即$y_P -y_D =y_R -y_S$ 或$y_P -y_D =y_S -y_R$，
代入$y_P=-\frac{15}{4}$，$y_D=1$，得$-\frac{15}{4} -1 = y_R -\frac{5\sqrt{2}}{2}$ 或$-\frac{15}{4} -1 = -\frac{\sqrt{2}}{2} -y_R$，
解得$y_R=-\frac{19}{4} +\frac{5\sqrt{2}}{2}$ 或$y_R=\frac{19}{4} -\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$R(1,-\frac{19}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$或$(1,\frac{19}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2})$。
②当$PD$为平行四边形的对角线时，对角线顶点的横坐标和、纵坐标和相等，即$x_P +x_D =x_R +x_S$，$y_P +y_D =y_R +y_S$，
代入横坐标得$-\frac{3}{2} +0=1+x_S$，解得$x_S=-\frac{5}{2}$，
∴$S(-\frac{5}{2},-\frac{5\sqrt{2}}{2})$，
代入纵坐标得$-\frac{15}{4} +1 = y_R -\frac{5\sqrt{2}}{2}$，解得$y_R=-\frac{11}{4} +\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴$R(1,-\frac{11}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$。
综上，符合条件的点$R$的坐标为$(1,-\frac{19}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$、$(1,\frac{19}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2})$、$(1,-\frac{11}{4}+\frac{5\sqrt{2}}{2})$。
【答案】
(1) 二次函数的表达式为$\boldsymbol{y=x^2+2x-3}$；
(2) $\boldsymbol{(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{15}{4})}$；
(3) 点$R$的坐标为$\boldsymbol{(1,-\dfrac{19}{4}+\dfrac{5\sqrt{2}}{2})}$、$\boldsymbol{(1,\dfrac{19}{4}-\dfrac{\sqrt{2}}{2})}$、$\boldsymbol{(1,-\dfrac{11}{4}+\dfrac{5\sqrt{2}}{2})}$。
【知识点】
1. 待定系数法求函数解析式
2. 二次函数的面积最值
3. 平行四边形存在性
【点评】
本题是二次函数综合题，融合了一次函数性质、图形平移、平行四边形的判定与性质等知识点，解题过程中用到了转化思想、分类讨论思想，对学生的综合分析能力和运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
