5. (2025·西宁中考)如图,在平面直角坐标系$xOy$中,以$P$为顶点的抛物线的表达式为$y=ax^2 -4ax(a＜0)$,点$A$的坐标是$(-1,0)$,以原点为中心,把点$A$顺时针旋转$90°$,得到点$A'$.
(1)直接写出$A'$点的坐标和抛物线的对称轴.
(2)当$3≤x≤5$时,$y$有最大值为$1-2a$,求抛物线的表达式.
(3)在(2)的条件下,若点$M$在$y$轴上,点$N$在坐标平面内,是否存在以点$A',P,M,N$为顶点的四边形是矩形?若存在,请直接写出所有符合条件的点$N$的坐标;若不存在,请说明理由.

5.(1)
∵ 点 $A$ 的坐标是 $(-1,0)$,
∴ $OA=1$.
∵ 以原点为中心,把点 $A$ 顺时针旋转 $90°$,
∴ $∠ AOA'=90°$,$OA'=OA=1$,此时点 $A'$ 在 $y$ 轴正半轴上,
∴ $A'(0,1)$.
∵ $y=ax^2-4ax(a＜0)$,
∴ 对称轴为直线 $x=-\dfrac{-4a}{2a}=2$.
5.(2)
∵ $y=ax^2-4ax(a＜0)$,对称轴为直线 $x=2$,
∴ 当 $x＞2$ 时,$y$ 随 $x$ 的增大而减小.
∵ $3≤ x≤5$,
∴ 当 $x=3$,$y$ 有最大值为 $a×3^2-4×3a=-3a=1-2a$,
∴ $a=-1$,
∴ $y=-x^2+4x$.
5.(3) 存在.点 $N$ 的坐标为 $(2,1)$ 或 $(-2,\dfrac{7}{3})$.
解析:
∵ $y=-x^2+4x$,
∴ 当 $x=2$ 时,$y=-2^2+4×2=4$,
∴ $P(2,4)$.
设 $M(0,m)$,$N(s,t)$,由(1)知 $A'(0,1)$.
当以点 $A',P,M,N$ 为顶点的四边形是矩形时,如图,分三种情况:
①当 $A'P$ 为对角线时,则 $△ A'M_1P$ 为以 $M_1$ 为直角顶点的直角三角形,$PN_1// A'M_1$,即 $PN_1// y$ 轴,$A'N_1// PM_1$,
∴ $PM_1⊥ y$ 轴,
∴ $A'N_1⊥ y$ 轴,
∴ $M_1(0,4)$,$N_1(2,1)$;
②当以 $A'M_2$ 为对角线时,则 $\begin{cases}0+0=2+s,\\1+m=4+t,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}s=-2,\\m=t+3,\end{cases}$
∴ $M_2(0,t+3)$,$N_2(-2,t)$.
∵ $A'M_2=PN_2$,
∴ $(t+3-1)^2=(2+2)^2+(4-t)^2$,解得 $t=\dfrac{7}{3}$.
∴ $N_2(-2,\dfrac{7}{3})$;
③当以 $PM$ 为对角线时,要满足 $A',P,M,N$ 为顶点的四边形是矩形,则需要满足 $△ A'PM$ 是以 $∠ PA'M$ 为直角的直角三角形,即 $PA'⊥ y$ 轴,与题意不符,故此情况不存在.
综上,点 $N$ 的坐标为 $(2,1)$ 或 $(-2,\dfrac{7}{3})$.

6. (2025·资阳中考)如图,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴相交于A,B两点(点A在点B的左边),与y轴相交于点C(0,-3),且抛物线的顶点坐标为(1,-4).
(1)求抛物线的表达式.
(2)P是抛物线上位于第四象限的一点,点D(0,-1),连接BC,DP相交于点E,连接PB.若△CDE与△PBE的面积相等,求点P的坐标.
(3)M,N是抛物线上的两个动点,分别过点M,N作直线BC的垂线段,垂足分别为G,H.是否存在点M,N,使得以M,N,G,H为顶点的四边形是正方形?若存在,求该正方形的边长;若不存在,说明理由.

备用图

6.(1)
∵ 抛物线与 $y$ 轴相交于点 $C(0,-3)$,且抛物线的顶点坐标为 $(1,-4)$.
∴ 设抛物线的表达式为 $y=a(x-1)^2-4$,把 $C(0,-3)$ 代入,得 $a(0-1)^2-4=-3$,
∴ $a=1$,
∴ $y=(x-1)^2-4=x^2-2x-3$.
6.(2) 当 $y=x^2-2x-3=0$ 时,解得 $x_1=3$,$x_2=-1$,
∴ $B(3,0)$.
∵ $C(0,-3)$,
∴ 设直线 $BC$ 的表达式为 $y=kx-3$,把 $B(3,0)$ 代入,得 $k=1$,
∴ $y=x-3$,如图①,作 $PF⊥ x$ 轴,垂足为点 $F$,设 $P(m,m^2-2m-3)$,则 $OF=m$,$PF=-m^2+2m+3$,
∴ $BF=3-m$.
∵ $△ CDE$ 与 $△ PBE$ 的面积相等,
∴ $S_{△ CDE}+S_{\mathrm{四边形}ODEB}=S_{△ PBE}+S_{\mathrm{四边形}ODEB}$,即 $S_{△ BOC}=S_{\mathrm{四边形}ODPB}=S_{△ PFB}+S_{\mathrm{梯形}ODPF}$.
∵ $D(0,-1)$,
∴ $OD=1$,
∴ $\dfrac{1}{2}×3×3=\dfrac{1}{2}×(-m^2+2m+3)(3-m)+\dfrac{1}{2}×(-m^2+2m+3+1)m$,解得 $m=\dfrac{7}{3}$ 或 $m=0$(舍去).
∴ $P(\dfrac{7}{3},-\dfrac{20}{9})$.

6.(3) 存在.如图②,过 $M$ 作 $MF// y$ 轴,过 $N$ 作 $NF// x$ 轴,过 $N$ 作 $NE// y$ 轴,则有 $△ MNF$ 与 $△ NEH$ 都为等腰直角三角形,$MN// BC$.

由(2)可知,直线 $BC$ 的表达式为 $y=x-3$,设 $M(x_1,y_1)$,$N(x_2,y_2)$,直线 $MN$ 的表达式为 $y=x-b$,联立得 $\begin{cases}y=x-b,\\y=x^2-2x-3,\end{cases}$ 消去 $y$ 得 $x^2-3x+b-3=0$,
∴ $NF^2=(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=21-4b$.
∵ $△ MNF$ 为等腰直角三角形,
∴ $MN^2=2NF^2=42-8b$.
∵ $E(x_2,x_2-3)$,
∴ $NE^2=[y_2-(x_2-3)]^2=(x_2-b-x_2+3)^2=(b-3)^2$,
∴ $NH^2=(\dfrac{\sqrt{2}}{2}NE)^2=\dfrac{1}{2}(b-3)^2$.
∵ 四边形 $MNHG$ 为正方形,
∴ $NH^2=MN^2$,
∴ $42-8b=\dfrac{1}{2}(b^2-6b+9)$,整理得 $b^2+10b-75=0$,解得 $b=-15$ 或 $b=5$.
∵ 正方形边长为 $MN=\sqrt{42-8b}$,
∴ $MN=9\sqrt{2}$ 或 $\sqrt{2}$,即正方形的边长为 $9\sqrt{2}$ 或 $\sqrt{2}$.