一．解答题（共30小题）
1．（2015•枣庄）如图，直线y=x+2与抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A（，）和B（4，m），点P是线段AB上异于A、B的动点，过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在这样的P点，使线段PC的长有最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由；
（3）求△PAC为直角三角形时点P的坐标．
2．（2015•黄冈中学自主招生）如图，二次函数与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点P从A点出发，以1个单位每秒的速度向点B运动，点Q同时从C点出发，以相同的速度向y轴正方向运动，运动时间为t秒，点P到达B点时，点Q同时停止运动．设PQ交直线AC于点G．
（1）求直线AC的解析式；
（2）设△PQC的面积为S，求S关于t的函数解析式；
（3）在y轴上找一点M，使△MAC和△MBC都是等腰三角形．直接写出所有满足条件的M点的坐标；
（4）过点P作PE⊥AC，垂足为E，当P点运动时，线段EG的长度是否发生改变，请说明理由．
3．（2015•永春县自主招生）如图1，已知直线EA与x轴、y轴分别交于点E和点A（0，2），过直线EA上的两点F、G分别作x轴的垂线段，垂足分别为M（m，0）和N（n，0），其中m＜0，n＞0．
（1）如果m=﹣4，n=1，试判断△AMN的形状；
（2）如果mn=﹣4，（1）中有关△AMN的形状的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由；
（3）如图2，题目中的条件不变，如果mn=﹣4，并且ON=4，求经过M、A、N三点的抛物线所对应的函数关系式；
（4）在（3）的条件下，如果抛物线的对称轴l与线段AN交于点P，点Q是对称轴上一动点，以点P、Q、N为顶点的三角形和以点M、A、N为顶点的三角形相似，求符合条件的点Q的坐标．
4．（2015•黄冈中学自主招生）已知：直角三角形AOB中，∠AOB=90°，OA=3厘米，OB=4厘米．以O为坐标原点如图建立平面直角坐标系．设P、Q分别为AB边，OB边上的动点，它们同时分别从点A、O向B点匀速运动，移动的速度都为1厘米每秒．设P、Q运动的时间为t秒（0≤t≤4）．
（1）求△OPQ的面积S与（厘米2）与t的函数关系式；并指出当t为何值时S的最大值是多少？
（2）当t为何值时，△BPQ和△AOB相似；
（3）当t为何值时，△OPQ为直角三角形；
（4）①试证明无论t为何值，△OPQ不可能为正三角形；
②若点P的移动速度不变，试改变点Q的运动速度，使△OPQ为正三角形，求出点Q的运动速度和此时的t值．
5．（2015•芦溪县模拟）如图，已知抛物线y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4与x轴相交于点A和点B，与y轴相交于点D（0，8），直线DC平行于x轴，交抛物线于另一点C，动点P以每秒2个单位长度的速度从C点出发，沿C→D运动，同时，点Q以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿A→B运动，连接PQ、CB，设点P运动的时间为t秒．
（1）求a的值；
（2）当四边形ODPQ为矩形时，求这个矩形的面积；
（3）当四边形PQBC的面积等于14时，求t的值．
（4）当t为何值时，△PBQ是等腰三角形？（直接写出答案）
6．（2015•江西校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=﹣+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴的正半轴于点C，其顶点为M，MH⊥x轴于点H，MA交y轴于点N，sin∠MOH=．
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）过H的直线与y轴相交于点P，过O，M两点作直线PH的垂线，垂足分别为E，F，若=时，求点P的坐标；
（3）将（1）中的抛物线沿y轴折叠，使点A落在点D处，连接MD，Q为（1）中的抛物线上的一动点，直线NQ交x轴于点G，当Q点在抛物线上运动时，是否存在点Q，使△ANG与△ADM相似？若存在，求出所有符合条件的直线QG的解析式；若不存在，请说明理由．
7．（2015•武侯区模拟）已知如图，矩形OABC的长OA=，宽OC=1，将△AOC沿AC翻折得△APC．
（1）求∠PCB的度数；
（2）若P，A两点在抛物线y=﹣x2+bx+c上，求b，c的值，并说明点C在此抛物线上；
（3）（2）中的抛物线与矩形OABC边CB相交于点D，与x轴相交于另外一点E，若点M是x轴上的点，N是y轴上的点，以点E、M、D、N为顶点的四边形是平行四边形，试求点M、N的坐标．
8．（2015•黄冈模拟）已知：如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴的交点是A（3，0）、B（6，0），与y轴的交点是C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）设P（x，y）（0＜x＜6）是抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴交直线BC于点Q．
①当x取何值时，线段PQ的长度取得最大值，其最大值是多少？
②是否存在这样的点P，使△OAQ为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
9．（2015•临夏州模拟）如图（1），抛物线y=x2﹣2x+k与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，﹣3）．[图（2）、图（3）为解答备用图]
（1）k= ，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ；
（2）设抛物线y=x2﹣2x+k的顶点为M，求四边形ABMC的面积；
（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点D，使四边形ABDC的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
10．（2015•大庆模拟）已知抛物线y=x2+bx+c的顶点为P，与y轴交于点A，与直线OP交于点B．
（1）如图1，若点P的横坐标为1，点B的坐标为（3，6），试确定抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，若点M是直线AB下方抛物线上的一点，且S△ABM=3，求点M的坐标；
（3）如图2，若点P在第一象限，且PA=PO，过点P作PD⊥x轴于点D．将抛物线y=x2+bx+c平移，平移后的抛物线经过点A、D，该抛物线与x轴的另一个交点为C，请探究四边形OABC的形状，并说明理由．
11．（2015•濠江区一模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA=2，OC=3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）作Rt△OBC的高OD，延长OD与抛物线在第一象限内交于点E，求点E的坐标；
（3）①在x轴上方的抛物线上，是否存在一点P，使四边形OBEP是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②在抛物线的对称轴上，是否存在上点Q，使得△BEQ的周长最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
12．（2014•遵义）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．
（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；
（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．
13．（2014•吉林）如图①，直线l：y=mx+n（m＜0，n＞0）与x，y轴分别相交于A，B两点，将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，过点A，B，D的抛物线P叫做l的关联抛物线，而l叫做P的关联直线．
（1）若l：y=﹣2x+2，则P表示的函数解析式为 ；若P：y=﹣x2﹣3x+4，则l表示的函数解析式为 ．
（2）求P的对称轴（用含m，n的代数式表示）；
（3）如图②，若l：y=﹣2x+4，P的对称轴与CD相交于点E，点F在l上，点Q在P的对称轴上．当以点C，E，Q，F为顶点的四边形是以CE为一边的平行四边形时，求点Q的坐标；
（4）如图③，若l：y=mx﹣4m，G为AB中点，H为CD中点，连接GH，M为GH中点，连接OM．若OM=，直接写出l，P表示的函数解析式．
14．（2014•本溪）如图，直线y=x﹣4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）点M在抛物线上，连接MB，当∠MBA+∠CBO=45°时，求点M的坐标；
（3）点P从点C出发，沿线段CA由C向A运动，同时点Q从点B出发，沿线段BC由B向C运动，P、Q的运动速度都是每秒1个单位长度，当Q点到达C点时，P、Q同时停止运动，试问在坐标平面内是否存在点D，使P、Q运动过程中的某一时刻，以C、D、P、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，说明理由．
15．（2014•六盘水）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于A、D两点，并经过B点，已知A点坐标是（2，0），B点的坐标是（8，6）．
（1）求二次函数的解析式．
（2）求函数图象的顶点坐标及D点的坐标．
（3）该二次函数的对称轴交x轴于C点．连接BC，并延长BC交抛物线于E点，连接BD，DE，求△BDE的面积．
（4）抛物线上有一个动点P，与A，D两点构成△ADP，是否存在S△ADP=S△BCD？若存在，请求出P点的坐标；若不存在．请说明理由．
16．（2014•白银）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线y=x2﹣3向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在该抛物线上，且横坐标为3．
（1）求点M、A、B坐标；
（2）连接AB、AM、BM，求∠ABM的正切值；
（3）点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α=∠ABM时，求P点坐标．
17．（2014•珠海）如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，2）．将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°．得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH．
（1）若抛物线l：y=ax2+bx+c经过G、O、E三点，则它的解析式为： ；
（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标；
（3）在（1）（2）的条件下，直线MN与抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设△PQH的面积为s，当时，确定点Q的横坐标的取值范围．
18．（2014•毕节市）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣1，﹣1），与x轴交点M（1，0）．C为x轴上一点，且∠CAO=90°，线段AC的延长线交抛物线于B点，另有点F（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求直线Ac的解析式及B点坐标；
（3）过点B做x轴的垂线，交x轴于Q点，交过点D（0，﹣2）且垂直于y轴的直线于E点，若P是△BEF的边EF上的任意一点，是否存在BP⊥EF？若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
19．（2014•丹东）如图1，抛物线y=ax2+bx﹣1经过A（﹣1，0）、B（2，0）两点，交y轴于点C．点P为抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线BC于点D，交x轴于点E．
（1）请直接写出抛物线表达式和直线BC的表达式．
（2）如图1，当点P的横坐标为时，求证：△OBD∽△ABC．
（3）如图2，若点P在第四象限内，当OE=2PE时，求△POD的面积．
（4）当以点O、C、D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出动点P的坐标．
20．（2014•临沂）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（1，0），直线y=2x﹣1与y轴交于点C，与抛物线交于点C、D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点A到直线CD的距离；
（3）平移抛物线，使抛物线的顶点P在直线CD上，抛物线与直线CD的另一个交点为Q，点G在y轴正半轴上，当以G、P、Q三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求出所有符合条件的G点的坐标．
21．（2014•苏州）如图，二次函数y=a（x2﹣2mx﹣3m2）（其中a，m是常数，且a＞0，m＞0）的图象与x轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于C（0，﹣3），点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连接AD，过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE．
（1）用含m的代数式表示a；
（2）求证：为定值；
（3）设该二次函数图象的顶点为F，探索：在x轴的负半轴上是否存在点G，连接GF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．
22．（2014•济宁）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（5，0）、B（﹣1，0）两点，过点A作直线AC⊥x轴，交直线y=2x于点C；
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求点A关于直线y=2x的对称点A′的坐标，判定点A′是否在抛物线上，并说明理由；
（3）点P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA′于点M，是否存在这样的点P，使四边形PACM是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（2014•雅安）如图，直线y=﹣3x﹣3与x轴、y轴分别相交于点A、C，经过点C且对称轴为x=1的抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于A、B两点．
（1）试求点A、C的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）若点M在线段AB上以每秒1个单位长度的速度由点B向点A运动，同时，点N在线段OC上以相同的速度由点O向点C运动（当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动），又PN∥x轴，交AC于P，问在运动过程中，线段PM的长度是否存在最小值？若有，试求出最小值；若无，请说明理由．
24．（2014•济南）如图1，抛物线y=﹣x2平移后过点A（8，0）和原点，顶点为B，对称轴与x轴相交于点C，与原抛物线相交于点D．
（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积S阴影；
（2）如图2，直线AB与y轴相交于点P，点M为线段OA上一动点，∠PMN为直角，边MN与AP相交于点N，设OM=t，试探究：
①t为何值时△MAN为等腰三角形；
②t为何值时线段PN的长度最小，最小长度是多少．
25．（2014•营口）已知：抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（1，0），B（3，0），C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）如图①，点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交直线BC于点E．是否存在一点P，使线段PE的长最大？若存在，求出PE长的最大值；若不存在，请说明理由；
（3）如图②，过点A作y轴的平行线，交直线BC于点F，连接DA、DB．四边形OAFC沿射线CB方向运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，当点C与点B重合时立即停止运动．设运动过程中四边形OAFC与四边形ADBF重叠部分面积为S，请求出S与t的函数关系式．
26．（2014•义乌市）如图，直角梯形ABCO的两边OA，OC在坐标轴的正半轴上，BC∥x轴，OA=OC=4，以直线x=1为对称轴的抛物线过A，B，C三点．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l的解析式为y=x+m，它与x轴交于点G，在梯形ABCO的一边上取点P．
①当m=0时，如图1，点P是抛物线对称轴与BC的交点，过点P作PH⊥直线l于点H，连结OP，试求△OPH的面积；
②当m=﹣3时，过点P分别作x轴、直线l的垂线，垂足为点E，F．是否存在这样的点P，使以P，E，F为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
27．（2014•西宁）如图，抛物线y=﹣x2+x﹣2交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，分别过点B，C作y轴，x轴的平行线，两平行线交于点D，将△BDC绕点C逆时针旋转，使点D旋转到y轴上得到△FEC，连接BF．
（1）求点B，C所在直线的函数解析式；
（2）求△BCF的面积；
（3）在线段BC上是否存在点P，使得以点P，A，B为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
28．（2014•泸州）如图，已知一次函数y1=x+b的图象l与二次函数y2=﹣x2+mx+b的图象C′都经过点B（0，1）和点C，且图象C′过点A（2﹣，0）．
（1）求二次函数的最大值；
（2）设使y2＞y1成立的x取值的所有整数和为s，若s是关于x的方程=0的根，求a的值；
（3）若点F、G在图象C′上，长度为的线段DE在线段BC上移动，EF与DG始终平行于y轴，当四边形DEFG的面积最大时，在x轴上求点P，使PD+PE最小，求出点P的坐标．
29．（2014•来宾）如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A（1，0）和B（4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线的对称轴交x轴于点E，点F是位于x轴上方对称轴上一点，FC∥x轴，与对称轴右侧的抛物线交于点C，且四边形OECF是平行四边形，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使△OCP是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
30．（2014•孝感）如图1，矩形ABCD的边AD在y轴上，抛物线y=x2﹣4x+3经过点A、点B，与x轴交于点E、点F，且其顶点M在CD上．
（1）请直接写出下列各点的坐标：A ，B ，C ，D ；
（2）若点P是抛物线上一动点（点P不与点A、点B重合），过点P作y轴的平行线l与直线AB交于点G，与直线BD交于点H，如图2．
①当线段PH=2GH时，求点P的坐标；
②当点P在直线BD下方时，点K在直线BD上，且满足△KPH∽△AEF，求△KPH面积的最大值．
二次函数压轴题30道（1）
参与试题解析
一．解答题（共30小题）
1．（2015•枣庄）如图，直线y=x+2与抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A（，）和B（4，m），点P是线段AB上异于A、B的动点，过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在这样的P点，使线段PC的长有最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由；
（3）求△PAC为直角三角形时点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】几何综合题；压轴题．
【分析】（1）已知B（4，m）在直线y=x+2上，可求得m的值，抛物线图象上的A、B两点坐标，可将其代入抛物线的解析式中，通过联立方程组即可求得待定系数的值．
（2）要弄清PC的长，实际是直线AB与抛物线函数值的差．可设出P点横坐标，根据直线AB和抛物线的解析式表示出P、C的纵坐标，进而得到关于PC与P点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出PC的最大值．
（3）当△PAC为直角三角形时，根据直角顶点的不同，有三种情形，需要分类讨论，分别求解．
【解答】解：（1）∵B（4，m）在直线y=x+2上，
∴m=4+2=6，
∴B（4，6），
∵A（，）、B（4，6）在抛物线y=ax2+bx+6上，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为y=2x2﹣8x+6．
（2）设动点P的坐标为（n，n+2），则C点的坐标为（n，2n2﹣8n+6），
∴PC=（n+2）﹣（2n2﹣8n+6），
=﹣2n2+9n﹣4，
=﹣2（n﹣）2+，
∵PC＞0，
∴当n=时，线段PC最大且为．
（3）∵△PAC为直角三角形，
i）若点P为直角顶点，则∠APC=90°．
由题意易知，PC∥y轴，∠APC=45°，因此这种情形不存在；
ii）若点A为直角顶点，则∠PAC=90°．
如答图3﹣1，过点A（，）作AN⊥x轴于点N，则ON=，AN=．
过点A作AM⊥直线AB，交x轴于点M，则由题意易知，△AMN为等腰直角三角形，
∴MN=AN=，∴OM=ON+MN=+=3，
∴M（3，0）．
设直线AM的解析式为：y=kx+b，
则：，解得，
∴直线AM的解析式为：y=﹣x+3 ①
又抛物线的解析式为：y=2x2﹣8x+6 ②
联立①②式，解得：x=3或x=（与点A重合，舍去）
∴C（3，0），即点C、M点重合．
当x=3时，y=x+2=5，
∴P1（3，5）；
iii）若点C为直角顶点，则∠ACP=90°．
∵y=2x2﹣8x+6=2（x﹣2）2﹣2，
∴抛物线的对称轴为直线x=2．
如答图3﹣2，作点A（，）关于对称轴x=2的对称点C，
则点C在抛物线上，且C（，）．
当x=时，y=x+2=．
∴P2（，）．
∵点P1（3，5）、P2（，）均在线段AB上，
∴综上所述，△PAC为直角三角形时，点P的坐标为（3，5）或（，）．
【点评】此题主要考查了二次函数解析式的确定、二次函数最值的应用以及直角三角形的判定、函数图象交点坐标的求法等知识．
2．（2015•黄冈中学自主招生）如图，二次函数与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点P从A点出发，以1个单位每秒的速度向点B运动，点Q同时从C点出发，以相同的速度向y轴正方向运动，运动时间为t秒，点P到达B点时，点Q同时停止运动．设PQ交直线AC于点G．
（1）求直线AC的解析式；
（2）设△PQC的面积为S，求S关于t的函数解析式；
（3）在y轴上找一点M，使△MAC和△MBC都是等腰三角形．直接写出所有满足条件的M点的坐标；
（4）过点P作PE⊥AC，垂足为E，当P点运动时，线段EG的长度是否发生改变，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）直线AC经过点A，C，根据抛物线的解析式面积可求得两点坐标，利用待定系数法就可求得AC的解析式；
（2）根据三角形面积公式即可写出解析式；
（3）可以分腰和底边进行讨论，即可确定点的坐标；
（4）过G作GH⊥y轴，根据三角形相似，相似三角形的对应边的比相等即可求解．
【解答】解：（1）y=﹣x2+2，
x=0时，y=2，
y=0时，x=±2，
∴A（﹣2，0），B（2，0），C（0，2），
设直线AC的解析式是y=kx+b，
代入得：，
解得：k=1，b=2，
即直线AC的解析式是y=x+2；
（2）当0≤t＜2时，
OP=（2﹣t），QC=t，
∴△PQC的面积为：S=（2﹣t）t=﹣t2+t，
当2＜t≤4时，
OP=（t﹣2），QC=t，
∴△PQC的面积为：S=（t﹣2）t=t2﹣t，
∴；
（3）当AC或BC为等腰三角形的腰时，
AC=MC=BC时，M点坐标为（0，2﹣2）和（0，2+2）
当AC=AM=BC 时，M为（0，﹣2）
当AM=MC=BM时M为（0，0）．
∴一共四个点，（0，），（0，），（0，﹣2），（0，0）；
（4）当0＜t＜2时，过G作GH⊥y轴，垂足为H．
由AP=t，可得AE=．
∵GH∥OP
∴即=，解得GH=，
所以GC=GH=．
于是，GE=AC﹣AE﹣GC==．
即GE的长度不变．
当2＜t≤4时，过G作GH⊥y轴，垂足为H．
由AP=t，可得AE=．
由即=，
∴GH（2+t）=t（t﹣2）﹣（t﹣2）GH，
∴GH（2+t）+（t﹣2）GH=t（t﹣2），
∴2tGH=t（t﹣2），
解得GH=，
所以GC=GH=．
于是，GE=AC﹣AE+GC=2﹣t+=，
即GE的长度不变．
综合得：当P点运动时，线段EG的长度不发生改变，为定值．
【点评】本题属于一道难度较大的二次函数题，综合考查了三角形相似的性质，需注意分类讨论，全面考虑点M所在位置的各种情况．
3．（2015•永春县自主招生）如图1，已知直线EA与x轴、y轴分别交于点E和点A（0，2），过直线EA上的两点F、G分别作x轴的垂线段，垂足分别为M（m，0）和N（n，0），其中m＜0，n＞0．
（1）如果m=﹣4，n=1，试判断△AMN的形状；
（2）如果mn=﹣4，（1）中有关△AMN的形状的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由；
（3）如图2，题目中的条件不变，如果mn=﹣4，并且ON=4，求经过M、A、N三点的抛物线所对应的函数关系式；
（4）在（3）的条件下，如果抛物线的对称轴l与线段AN交于点P，点Q是对称轴上一动点，以点P、Q、N为顶点的三角形和以点M、A、N为顶点的三角形相似，求符合条件的点Q的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）根据勾股定理可以求出AM．AN，MN的长度，根据勾股定理的逆定理就可以求出三角形是直角三角形．
（2）AM．AN，MN的长度可以用m，n表示出来，根据m，n的关系就可以证明．
（3）M、A、N的坐标已知，根据待定系数法局可以求出二次函数的解析式．
（4）抛物线的对称轴与x轴的交点Q1符合条件，易证Rt△PNQ1∽Rt△ANM且Rt△PQ2N、Rt△NQ2Q1、Rt△PNQ1和Rt△ANM两两相似，根据相似三角形的对应边的比相等，得到就可以求出Q1Q2得到符合条件的点的坐标．
【解答】解：（1）△AMN是直角三角形．
依题意得OA=2，OM=4，ON=1，
∴MN=OM+ON=4+1=5
在Rt△AOM中，AM===
在Rt△AON中，AN===
∴MN2=AM2+AN2
∴△AMN是直角三角形（解法不惟一）．（2分）
（2）答：（1）中的结论还成立．
依题意得OA=2，OM=﹣m，ON=n
∴MN=OM+ON=n﹣m
∴MN2=（n﹣m）2=n2﹣2mn+m2
∵mn=﹣4
∴MN2=n2﹣2×（﹣4）+m2=n2+m2+8
又∵在Rt△AOM中，AM===
在Rt△AON中，AN===
∴AM2+AN2=4+m2+4+n2=n2+m2+8
∴MN2=AM2+AN2
∴△AMN是直角三角形．（解法不惟一）（2分）
（3）∵mn=﹣4，n=4，
∴m=﹣1．
方法一：设抛物线的函数关系式为y=ax2+bx+c．
∵抛物线经过点M（﹣1，0）、N（4，0）和A（0，2）
∴．
∴．
∴所求抛物线的函数关系式为y=﹣x2+x+2．
方法二：设抛物线的函数关系式为y=a（x+1）（x﹣4）．
∵抛物线经过点A（0，2）
∴﹣4a=2解得a=﹣
∴所求抛物线的函数关系式为y=﹣（x+1）（x﹣4）
即y=﹣x2+x+2．（2分）
（4）抛物线的对称轴与x轴的交点Q1符合条件，
∵l⊥MN，∠ANM=∠PNQ1，
∴Rt△PNQ1∽Rt△ANM
∵抛物线的对称轴为直线x=，
∴Q1（，0）（2分）
∴NQ1=4﹣=．
过点N作NQ2⊥AN，交抛物线的对称轴于点Q2．
∴Rt△PQ2N、Rt△NQ2Q1、Rt△PNQ1和Rt△ANM两两相似
∴
即Q1Q2=
∵点Q2位于第四象限，
∴Q2（，﹣5）（2分）
因此，符合条件的点有两个，
分别是Q1（，0），Q2（，﹣5）．
（解法不惟一）
【点评】本题主要考查了勾股定理的逆定理，待定系数法求函数的解析式．以及相似三角形的性质，对应边的比相等．
4．（2015•黄冈中学自主招生）已知：直角三角形AOB中，∠AOB=90°，OA=3厘米，OB=4厘米．以O为坐标原点如图建立平面直角坐标系．设P、Q分别为AB边，OB边上的动点，它们同时分别从点A、O向B点匀速运动，移动的速度都为1厘米每秒．设P、Q运动的时间为t秒（0≤t≤4）．
（1）求△OPQ的面积S与（厘米2）与t的函数关系式；并指出当t为何值时S的最大值是多少？
（2）当t为何值时，△BPQ和△AOB相似；
（3）当t为何值时，△OPQ为直角三角形；
（4）①试证明无论t为何值，△OPQ不可能为正三角形；
②若点P的移动速度不变，试改变点Q的运动速度，使△OPQ为正三角形，求出点Q的运动速度和此时的t值．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题；动点型．
【分析】（1）可用t表示出OQ，BP的长，三角形OPQ中，OQ边上的高可用BP的长和∠PBO的正弦值求出，由此可得出关于S，t的函数关系式．
（2）本题分两种情况：
①∠BQP=∠BOA，此时PQ∥OA，那么BQ=PB•cos∠PBO．由此可求出t的值．
②∠BPQ=∠BOA，此时BP=BQ•sin∠PBO．由此可求出t的值．
（3）本题中无非是两种情况OQ⊥PQ或OP⊥QP，可分别表示出PO、QO、PQ三条线段的长，然后用勾股定理进行求解即可．
（4）①如果三角形OPQ是正三角形那么（3）中表示三条线段长的表达式必然相等，可通过解方程求出此时t的值，如果方程无解则说明三角形OPQ不可能是正三角形．
②思路同①，设出Q点的速度，然后表示出三条线段的长，令三条线段的表达式相等，即可求出Q的速度和t的值．
【解答】解：（1）S=﹣0.3t2+当t=时，S最大=．
（2）①∠BQP=∠BOA，在直角三角形BQP中，BP=BQ，
即5﹣t=（4﹣t），
解得t=0．
②∠BPQ=∠BOA，在直角三角形BPQ中，BQ=BP，
即4﹣t=（5﹣t），
解得t=9；
因为0≤t≤4，
∴t=9不合题意，舍去．
因此当t=0时，△BPQ和△AOB相似．
（3）作PN⊥OB于N，PM⊥OA于M，若△OPQ为直角三角形，则OQ⊥PQ或OP⊥QP，设QP⊥OQ，
则PQ=
=
=．
PO=
=
=．
OQ=
=
=≠t（t无解）．
∴QP不与OQ垂直
设OP⊥QP，则△OPQ∽△PNQ
∴，
∴PQ2=t2，PQ2=OQ2﹣OP2=t2﹣t2+t﹣9=t﹣9
t2=t﹣9，
解得t=3，t=15（不合题意舍去）
∴当t=3是△OPQ是直角三角形．
（4）①PO=，OQ=t，PQ=
令PO=OQ=PQ，解t无解
∴△OPQ不能成为正三角形．
②设Q的速度为x，则OQ=xt．
OP2=t2﹣t+9，OQ2=x2t2，PQ2=t2﹣t+12
令OP2=OQ2=PQ2
解得x=，t=
舍去负值，则t=
因此Q点的速度为，
t=．
【点评】该题综合运用了三角形相似有关性质和勾股定理，同时运用了分类讨论和假设的数学思想，是道代数几何压轴题．
5．（2015•芦溪县模拟）如图，已知抛物线y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4与x轴相交于点A和点B，与y轴相交于点D（0，8），直线DC平行于x轴，交抛物线于另一点C，动点P以每秒2个单位长度的速度从C点出发，沿C→D运动，同时，点Q以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿A→B运动，连接PQ、CB，设点P运动的时间为t秒．
（1）求a的值；
（2）当四边形ODPQ为矩形时，求这个矩形的面积；
（3）当四边形PQBC的面积等于14时，求t的值．
（4）当t为何值时，△PBQ是等腰三角形？（直接写出答案）
【考点】二次函数综合题．
【专题】应用题；压轴题．
【分析】（1）把点D（0，8）代入抛物线y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4解方程即可解答；
（2）利用（1）中求得的抛物线，求得点A、B、C、D四点坐标，再利用矩形的判定与性质解得即可；
（3）利用梯形的面积计算方法解决问题；
（4）只考虑PQ=PB，其他不符合实际情况，即可找到问题的答案．
【解答】解：（1）把点（0，8）代入抛物线y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4得，
a2﹣4a﹣4=8，
解得：a1=6，a2=﹣2（不合题意，舍去），
因此a的值为6；
（2）由（1）可得抛物线的解析式为y=x2﹣6x+8，
当y=0时，x2﹣6x+8=0，
解得：x1=2，x2=4，
∴A点坐标为（2，0），B点坐标为（4，0），
当y=8时，x2﹣6x+8=8，
解得：x1=0，x2=6，
∴D点的坐标为（0，8），C点坐标为（6，8），
DP=6﹣2t，OQ=2+t，
当四边形OQPD为矩形时，DP=OQ，
2+t=6﹣2t，t=，OQ=2+=，
S=8×=，
即矩形OQPD的面积为；
（3）四边形PQBC的面积为（BQ+PC）×8，当此四边形的面积为14时，
（2﹣t+2t）×8=14，
解得t=（秒），
当t=时，四边形PQBC的面积为14；
（4）过点P作PE⊥AB于E，连接PB，
当QE=BE时，△PBQ是等腰三角形，
∵CP=2t，
∴DP=6﹣2t，
∴BE=OB﹣PD=4﹣（6﹣2t）=2t﹣2，
∵OQ=2+t，
∴QE=PD﹣OQ=6﹣2t﹣（2+t）=4﹣3t，
∴4﹣3t=2t﹣2，
解得：t=，
∴当t=时，△PBQ是等腰三角形．
【点评】此题考查待定系数法求函数解析式、矩形的判定与性质、矩形的面积、梯形的面积以及等腰三角形的判定等知识．
6．（2015•江西校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=﹣+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴的正半轴于点C，其顶点为M，MH⊥x轴于点H，MA交y轴于点N，sin∠MOH=．
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）过H的直线与y轴相交于点P，过O，M两点作直线PH的垂线，垂足分别为E，F，若=时，求点P的坐标；
（3）将（1）中的抛物线沿y轴折叠，使点A落在点D处，连接MD，Q为（1）中的抛物线上的一动点，直线NQ交x轴于点G，当Q点在抛物线上运动时，是否存在点Q，使△ANG与△ADM相似？若存在，求出所有符合条件的直线QG的解析式；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题；勾股定理；相似三角形的判定与性质．
【专题】综合题；压轴题；存在型；数形结合．
【分析】（1）由抛物线y=﹣+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴的正半轴于点C，其顶点为M，MH⊥x轴于点H，MA交y轴于点N，sin∠MOH=，求出c的值，进而求出抛物线方程；
（2）如图1，由OE⊥PH，MF⊥PH，MH⊥OH，可证△OEH∽△HFM，可知HE，HF的比例关系，求出P点坐标；
（3）首先求出D点坐标，写出直线MD的表达式，由两直线平行，两三角形相似，可得NG∥MD，直线QG解析式．
【解答】解：（1）∵M为抛物线y=﹣+c的顶点，
∴M（2，c）．
∴OH=2，MH=|c|．
∵a＜0，且抛物线与x轴有交点，
∴c＞0，
∴MH=c，
∵sin∠MOH=，
∴=．
∴OM=c，
∵OM2=OH2+MH2，
∴MH=c=4，
∴M（2，4），
∴抛物线的函数表达式为：y=﹣+4．
（2）如图1，∵OE⊥PH，MF⊥PH，MH⊥OH，
∴∠EHO=∠FMH，∠OEH=∠HFM．
∴△OEH∽△HFM，
∴==，
∵=，
∴MF=HF，
∴∠OHP=∠FHM=45°，
∴OP=OH=2，
∴P（0，2）．
如图2，同理可得，P（0，﹣2）．
（3）∵A（﹣1，0），
∴D（1，0），
∵M（2，4），D（1，0），
∴直线MD解析式：y=4x﹣4，
∵ON∥MH，∴△AON∽△AHM，
∴===，
∴AN=，ON=，N（0，）．
如图3，若△ANG∽△AMD，可得NG∥MD，
∴直线QG解析式：y=4x+，
如图4，若△ANG∽△ADM，可得=
∴AG=，
∴G（，0），
∴QG：y=﹣x+，
综上所述，符合条件的所有直线QG的解析式为：y=4x+或y=﹣x+．
【点评】本题二次函数的综合题，要求会求二次函数的解析式和两图象的交点，会应用三角形相似定理，本题步骤有点多，做题需要细心．
7．（2015•武侯区模拟）已知如图，矩形OABC的长OA=，宽OC=1，将△AOC沿AC翻折得△APC．
（1）求∠PCB的度数；
（2）若P，A两点在抛物线y=﹣x2+bx+c上，求b，c的值，并说明点C在此抛物线上；
（3）（2）中的抛物线与矩形OABC边CB相交于点D，与x轴相交于另外一点E，若点M是x轴上的点，N是y轴上的点，以点E、M、D、N为顶点的四边形是平行四边形，试求点M、N的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】综合题；压轴题．
【分析】（1）根据OC、OA的长，可求得∠OCA=∠ACP=60°（折叠的性质），∠BCA=∠OAC=30°，由此可判断出∠PCB的度数．
（2）过P作PQ⊥OA于Q，在Rt△PAQ中，易知PA=OA=3，而∠PAO=2∠PAC=60°，即可求出AQ、PQ的长，进而可得到点P的坐标，将P、A坐标代入抛物线的解析式中，即可得到b、c的值，从而确定抛物线的解析式，然后将C点坐标代入抛物线的解析式中进行验证即可．
（3）根据抛物线的解析式易求得C、D、E点的坐标，然后分两种情况考虑：
①DE是平行四边形的对角线，由于CD∥x轴，且C在y轴上，若过D作直线CE的平行线，那么此直线与x轴的交点即为M点，而N点即为C点，D、E的坐标已经求得，结合平行四边形的性质即可得到点M的坐标，而C点坐标已知，即可得到N点的坐标；
②DE是平行四边形的边，由于A在x轴上，过A作DE的平行线，与y轴的交点即为N点，而M点即为A点；易求得∠DEA的度数，即可得到∠NAO的度数，已知OA的长，通过解直角三角形可求得ON的值，从而确定N点的坐标，而M点与A点重合，其坐标已知；
同理，由于C在y轴上，且CD∥x轴，过C作DE的平行线，也可找到符合条件的M、N点，解法同上．
【解答】解：（1）在Rt△OAC中，OA=，OC=1，则∠OAC=30°，∠OCA=60°；
根据折叠的性质知：OA=AP=，∠ACO=∠ACP=60°；
∵∠BCA=∠OAC=30°，且∠ACP=60°，
∴∠PCB=30°．
（2）过P作PQ⊥OA于Q；
Rt△PAQ中，∠PAQ=60°，AP=；
∴OQ=AQ=，PQ=，
所以P（，）；
将P、A代入抛物线的解析式中，得：
，
解得；
即y=﹣x2+x+1；
当x=0时，y=1，故C（0，1）在抛物线的图象上．
（3）①若DE是平行四边形的对角线，点C在y轴上，CD平行x轴，
∴过点D作DM∥CE交x轴于M，则四边形EMDC为平行四边形，
把y=1代入抛物线解析式得点D的坐标为（，1）
把y=0代入抛物线解析式得点E的坐标为（﹣，0）
∴M（，0）；N点即为C点，坐标是（0，1）；
②若DE是平行四边形的边，
过点A作AN∥DE交y轴于N，四边形DANE是平行四边形，
∴DE=AN===2，
∵tan∠EAN=，
∴∠EAN=30°，
∵∠DEA=∠EAN，
∴∠DEA=30°，
∴M（，0），N（0，﹣1）；
同理过点C作CM∥DE交y轴于N，四边形CMDE是平行四边形，
∴M（﹣，0），N（0，1）．
【点评】此题考查了矩形的性质、图形的翻折变换、二次函数解析式的确定、平行四边形的判定和性质等知识，同时考查了分类讨论的数学思想，难度较大．
8．（2015•黄冈模拟）已知：如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴的交点是A（3，0）、B（6，0），与y轴的交点是C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）设P（x，y）（0＜x＜6）是抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴交直线BC于点Q．
①当x取何值时，线段PQ的长度取得最大值，其最大值是多少？
②是否存在这样的点P，使△OAQ为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题；动点型；开放型．
【分析】（1）已知了A，B的坐标，可用待定系数法求出函数的解析式．
（2）①QP其实就是一次函数与二次函数的差，二次函数的解析式在（1）中已经求出，而一次函数可根据B，C的坐标，用待定系数法求出．那么让一次函数的解析式减去二次函数的解析式，得出的新的函数就是关于PQ，x的函数关系式，那么可根据函数的性质求出PQ的最大值以及相对应的x的取值．
（3）分三种情况进行讨论：
当∠QOA=90°时，Q与C重合，显然不合题意．因此这种情况不成立；
当∠OAQ=90°时，P与A重合，因此P的坐标就是A的坐标；
当∠OQA=90°时，如果设QP与x轴的交点为D，那么根据射影定理可得出DQ2=OD•DA．由此可得出关于x的方程即可求出x的值，然后将x代入二次函数式中即可得出P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线过A（3，0），B（6，0），
∴，
解得：，
∴所求抛物线的函数表达式是y=x2﹣x+2．
（2）①∵当x=0时，y=2，
∴点C的坐标为（0，2）．
设直线BC的函数表达式是y=kx+h．
则有，
解得：．
∴直线BC的函数表达式是y=﹣x+2．
∵0＜x＜6，点P、Q的横坐标相同，
∴PQ=yQ﹣yP=（﹣x+2）﹣（x2﹣x+2）
=﹣x2+x
=﹣（x﹣3）2+1
∴当x=3时，线段PQ的长度取得最大值．最大值是1．
②解：当∠OAQ′=90°时，点P与点A重合，
∴P（3，0）
当∠Q′OA=90°时，点P与点C重合，
∴x=0（不合题意）
当∠OQ′A=90°时，
设PQ′与x轴交于点D．
∵∠OQ′D+∠AOQ′=90°，∠Q′AD+∠AQ′D=90°，
∴∠OQ′D=∠Q′AD．
又∵∠ODQ′=∠Q′DA=90°，
∴△ODQ′∽△Q′DA．
∴，即DQ′2=OD•DA．
∴（﹣x+2）2=x（3﹣x），
10x2﹣39x+36=0，
∴x1=，x2=，
∴y1=×（）2﹣+2=；
y2=×（）2﹣+2=；
∴P（，）或P（，）．
∴所求的点P的坐标是P（3，0）或P（，）或P（，）．
【点评】本题主要考查了二次函数的综合应用，用数形结合的思想来求解是解题的基本思路．
9．（2015•临夏州模拟）如图（1），抛物线y=x2﹣2x+k与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，﹣3）．[图（2）、图（3）为解答备用图]
（1）k= ﹣3 ，点A的坐标为 （﹣1，0） ，点B的坐标为 （3，0） ；
（2）设抛物线y=x2﹣2x+k的顶点为M，求四边形ABMC的面积；
（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点D，使四边形ABDC的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】综合题；压轴题．
【分析】（1）将C点坐标代入抛物线的解析式中，即可求出k的值；令抛物线的解析式中y=0，即可求出A、B的坐标；
（2）将抛物线的解析式化为顶点式，即可求出M点的坐标；由于四边形ACMB不规则，可连接OM，将四边形ACMB的面积转化为△ACO、△MOC以及△MOB的面积和；
（3）当D点位于第三象限时四边形ABCD的最大面积显然要小于当D位于第四象限时四边形ABDC的最大面积，因此本题直接考虑点D为与第四象限时的情况即可；设出点D的横坐标，根据抛物线的解析式即可得到其纵坐标；可参照（2）题的方法求解，连接OD，分别表示出△ACO、△DOC以及△DOB的面积，它们的面积和即为四边形ABDC的面积，由此可得到关于四边形ABDC的面积与D点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出四边形ABDC的最大面积及对应的D点坐标．
【解答】解：（1）由于点C在抛物线的图象上，则有：k=﹣3；
∴y=x2﹣2x﹣3；
令y=0，则x2﹣2x﹣3=0，
解得x=﹣1，x=3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
故填：k=﹣3，A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）抛物线的顶点为M（1，﹣4），连接OM；
则△AOC的面积=AO•OC=×1×3=，
△MOC的面积=OC•|xM|=×3×1=，
△MOB的面积=OB•|yM|=×3×4=6；
∴四边形ABMC的面积=△AOC的面积+△MOC的面积+△MOB的面积=9；
（3）设D（m，m2﹣2m﹣3），连接OD；
则0＜m＜3，m2﹣2m﹣3＜0；
且△AOC的面积=，△DOC的面积=m，△DOB的面积=﹣（m2﹣2m﹣3）；
∴四边形ABDC的面积=△AOC的面积+△DOC的面积+△DOB的面积
=﹣m2+m+6=﹣（m﹣）2+；
∴存在点D（，﹣），使四边形ABDC的面积最大，且最大值为．
【点评】此题主要考查了二次函数解析式的确定、函数图象与坐标轴交点坐标的求法、图形面积的求法、二次函数的应用等重要知识点，综合性强，能力要求较高．考查学生数形结合的数学思想方法．
10．（2015•大庆模拟）已知抛物线y=x2+bx+c的顶点为P，与y轴交于点A，与直线OP交于点B．
（1）如图1，若点P的横坐标为1，点B的坐标为（3，6），试确定抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，若点M是直线AB下方抛物线上的一点，且S△ABM=3，求点M的坐标；
（3）如图2，若点P在第一象限，且PA=PO，过点P作PD⊥x轴于点D．将抛物线y=x2+bx+c平移，平移后的抛物线经过点A、D，该抛物线与x轴的另一个交点为C，请探究四边形OABC的形状，并说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）首先求出b的值，然后把b=﹣2及点B（3，6）的坐标代入抛物线解析式y=x2+bx+c求出c的值，抛物线的解析式即可求出；
（2）首先求出A点的坐标，进而求出直线AB的解析式，设直线AB下方抛物线上的点M坐标为（x，x2﹣2x+3），过M点作y轴的平行线交直线AB于点N，则N（x，x+3），根据三角形面积为3，求出x的值，M点的坐标即可求出；
（3）由PA=PO，OA=c，可得，又知抛物线y=x2+bx+c的顶点坐标为 ，即可求出b和c的关系，进而得到A（0，），P（，），D（，0），根据B点是直线与抛物线的交点，求出B点的坐标，由平移后的抛物线经过点A，可设平移后的抛物线解析式为，再求出b与m之间的关系，再求出C点的坐标，根据两对边平行且相等的四边形是平行四边形，结合∠AOC=90°即可证明四边形OABC是矩形．
【解答】解：（1）依题意，，
解得b=﹣2．
将b=﹣2及点B（3，6）的坐标代入抛物线解析式y=x2+bx+c得6=32﹣2×3+c．
解得 c=3．
所以抛物线的解析式为y=x2﹣2x+3．
（2）∵抛物线y=x2﹣2x+3与y轴交于点A，
∴A（0，3）．
∵B（3，6），
可得直线AB的解析式为y=x+3．
设直线AB下方抛物线上的点M坐标为（x，x2﹣2x+3），过M点作y轴的平行线交直线AB于点N，则N（x，x+3）．（如图1）
∴．
∴．
解得 x1=1，x2=2．
故点M的坐标为（1，2）或 （2，3）．
（3）如图2，由 PA=PO，OA=c，可得．
∵抛物线y=x2+bx+c的顶点坐标为 ，
∴．
∴b2=2c．
∴抛物线，A（0，），P（，），D（，0）．
可得直线OP的解析式为．
∵点B是抛物线与直线的图象的交点，
令 ．
解得．
可得点B的坐标为（﹣b，）．
由平移后的抛物线经过点A，可设平移后的抛物线解析式为．
将点D（，0）的坐标代入，得．
则平移后的抛物线解析式为．
令y=0，即．
解得．
依题意，点C的坐标为（﹣b，0）．
则BC=．
则BC=OA．
又∵BC∥OA，
∴四边形OABC是平行四边形．
∵∠AOC=90°，
∴四边形OABC是矩形．
【点评】本题主要考查二次函数的综合题的知识，此题设计抛物线解析式得求法，抛物线顶点与对称轴的求法以及矩形的判定，特别是第三问设计到平移的知识，同学们作答时需认真，此题难度较大．
11．（2015•濠江区一模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA=2，OC=3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）作Rt△OBC的高OD，延长OD与抛物线在第一象限内交于点E，求点E的坐标；
（3）①在x轴上方的抛物线上，是否存在一点P，使四边形OBEP是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②在抛物线的对称轴上，是否存在上点Q，使得△BEQ的周长最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题；探究型．
【分析】（1）先根据已知条件得出A点及C点坐标，利用待定系数法即可求出此抛物线的解析式；
（2）y=0代入（1）中所求二次函数的解析式即可的出此函数与x轴的交点坐标，由OD平分∠BOC可知OE所在的直线为y=x，再解此直线与抛物线组成的方程组即可求出E点坐标；
（3）①过点E作x轴的平行线与抛物线交于另一点P，连接BE、PO，把y=2代入二次函数解析式即可求出P点坐标，进而可得出四边形OBEP是平行四边形；
②设Q是抛物线对称轴上的一点，连接QA、QB、QE、BE，由QA=QB可知△BEQ的周长等于BE+QA+QE，由A、E两点的坐标可得出直线AE的解析式，再根据抛物线的对称轴是x=可求出Q点的坐标，进而可得出结论．
【解答】解：（1）∵OA=2，
∴点A的坐标为（﹣2，0）．
∵OC=3，
∴点C的坐标为（0，3）．
∵把（﹣2，0），（0，3）代入y=﹣x2+bx+c，得解得
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+3；
（2）把y=0代入y=﹣x2+x+3，
解得x1=﹣2，x2=3
∴点B的坐标为（3，0），
∴OB=OC=3
∵OD⊥BC，
∴OD平分∠BOC
∴OE所在的直线为y=x
解方程组得，，
∵点E在第一象限内，
∴点E的坐标为（2，2）．
（3）①存在，如图1，过点E作x轴的平行线与抛物线交于另一点P，连接BE、PO，
把y=2代入y=﹣x2+x+3，
解得x1=﹣1，x2=2
∴点P的坐标为（﹣1，2），
∵PE∥OB，且PE=OB=3，
∴四边形OBEP是平行四边形，
∴在x轴上方的抛物线上，存在一点P（﹣1，2），使得四边形OBEP是平行四边形；
②存在，如图2，设Q是抛物线对称轴上的一点，连接QA、QB、QE、BE，
∵QA=QB，
∴△BEQ的周长等于BE+QA+QE，
又∵BE的长是定值
∴A、Q、E在同一直线上时，△BEQ的周长最小，
由A（﹣2，0）、E（2，2）可得直线AE的解析式为y=x+1，
∵抛物线的对称轴是x=
∴点Q的坐标为（，）
∴在抛物线的对称轴上，存在点Q（，），使得△BEQ的周长最小．
【点评】本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式，平行四边形的判定定理，难度较大．
12．（2014•遵义）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．
（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；
（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）将A，B点坐标代入函数y=x2+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式及C坐标．
（2）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标．
（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等等性质可用t表示D点坐标，又D在E函数上，所以代入即可求t，进而D可表示．
【解答】方法（1）：
解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），
∴，
解得 ，
∴y=x2﹣x﹣4．
∴C（0，﹣4）．
（2）存在．
如图1，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD∥OC，
∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），O（0，0），
∴AB=4，OA=3，OC=4，
∴AC==5，
∵当点P运动到B点时，点Q停止运动，AB=4，
∴AQ=4．
∵QD∥OC，
∴，
∴，
∴QD=，AD=．
①作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即△AEQ为等腰三角形，
设AE=x，则EQ=x，DE=AD﹣AE=|﹣x|，
∴在Rt△EDQ中，（﹣x）2+（）2=x2，解得 x=，
∴OA﹣AE=3﹣=﹣，
∴E（﹣，0），
说明点E在x轴的负半轴上；
②以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4，
∵ED=AD=，
∴AE=，
∴OA﹣AE=3﹣=﹣，
∴E（﹣，0）．
③当AE=AQ=4时，
1．当E在A点左边时，
∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1，
∴E（﹣1，0）．
2．当E在A点右边时，
∵OA+AE=3+4=7，
∴E（7，0）．
综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（﹣，0）或（﹣，0）或（﹣1，0）或（7，0）．
（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为（﹣，﹣）．理由如下：
如图2，D点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQ⊥AP于F，
∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，
∴AP=AQ=QD=DP，
∴四边形AQDP为菱形，
∵FQ∥OC，
∴，
∴，
∴AF=，FQ=，
∴Q（3﹣，﹣），
∵DQ=AP=t，
∴D（3﹣﹣t，﹣），
∵D在二次函数y=x2﹣x﹣4上，
∴﹣=（3﹣t）2﹣（3﹣t）﹣4，
∴t=，或t=0（与A重合，舍去），
∴D（﹣，﹣）．
方法二：
（1）略．
（2）∵点P、Q同时从A点出发，都已每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC运动．过点Q作x轴垂线，垂足为H．
∵A（3，0），C（0，4），
∴lAC：y=x﹣4，
∵点P运动到B点时，点Q停止运动，
∴AP=AQ=4，
∴QH=，Qy=﹣，
代入LAC：y=x﹣4得，Qx=，则Q（，﹣），
∵点E在x轴上，
∴设E（a，0），
∵A（3，0），Q（，﹣），△AEQ为等腰三角形，
∴AE=EQ，AE=AQ，EQ=AQ，
∴（a﹣3）2=（a﹣）2+（0+）2，∴a=﹣，
（a﹣3）2=（3﹣）2+（0+）2，∴a1=7，a2=﹣1，
（a﹣）2+（0+）2=（3﹣）2+（0+）2，∴a1=﹣，a2=3（舍）
∴点E的坐标为（﹣，0）或（﹣，0）或（﹣1，0）或（7，0）．
（3）∵P，Q运动到t秒，
∴设P（3﹣t，0），Q（3﹣t，﹣t），
∴KPQ=，KPQ=﹣2，
∵AD⊥PQ，
∴KPQ•KAD=﹣1，
∴KAD=，
∵A（3，0），
∴lAD：y=x﹣，
∵y=，
∴x1=3（舍），x2=﹣，
∴D（﹣，﹣），
∵DY=QY，即﹣t=﹣，t=，DQ∥AP，DQ=AQ=AP，此时四边形APDQ的形状为菱形．
【点评】本题考查了二次函数性质、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知识，总体来说题意复杂但解答内容都很基础，是一道值得练习的题目．
13．（2014•吉林）如图①，直线l：y=mx+n（m＜0，n＞0）与x，y轴分别相交于A，B两点，将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，过点A，B，D的抛物线P叫做l的关联抛物线，而l叫做P的关联直线．
（1）若l：y=﹣2x+2，则P表示的函数解析式为 y=﹣x2﹣x+2 ；若P：y=﹣x2﹣3x+4，则l表示的函数解析式为 y=﹣4x+4 ．
（2）求P的对称轴（用含m，n的代数式表示）；
（3）如图②，若l：y=﹣2x+4，P的对称轴与CD相交于点E，点F在l上，点Q在P的对称轴上．当以点C，E，Q，F为顶点的四边形是以CE为一边的平行四边形时，求点Q的坐标；
（4）如图③，若l：y=mx﹣4m，G为AB中点，H为CD中点，连接GH，M为GH中点，连接OM．若OM=，直接写出l，P表示的函数解析式．
【考点】二次函数综合题；一次函数的应用；勾股定理；等腰直角三角形；平行四边形的性质；作图-旋转变换．
【专题】压轴题；新定义．
【分析】（1）若l：y=﹣2x+2，求出点A、B、D的坐标，利用待定系数法求出P表示的函数解析式；若P：y=﹣x2﹣3x+4，求出点D、A、B的坐标，再利用待定系数法求出l表示的函数解析式；
（2）根据对称轴的定答即可；
（3）以点C，E，Q，F为顶点的四边形是以CE为一边的平行四边形时，则有FQ∥CE，且FQ=CE．以此为基础，列方程求出点Q的坐标．注意：点Q的坐标有两个，如答图1所示，不要漏解；
（4）如答图2所示，作辅助线，构造等腰直角三角形OGH，求出OG的长度，进而由AB=2OG求出AB的长度，再利用勾股定理求出y=mx﹣4m中m的值，最后分别求出l，P表示的函数解析式．
【解答】解：（1）若l：y=﹣2x+2，则A（1，0），B（0，2）．
∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°，得到△COD，
∴D（﹣2，0）．
设P表示的函数解析式为：y=ax2+bx+c，将点A、B、D坐标代入得：
，
解得，
∴P表示的函数解析式为：y=﹣x2﹣x+2；
若P：y=﹣x2﹣3x+4=﹣（x+4）（x﹣1），
则D（﹣4，0），A（1，0）．
∴B（0，4）．
设l表示的函数解析式为：y=kx+b，将点A、B坐标代入得：
，解得，
∴l表示的函数解析式为：y=﹣4x+4．
（2）直线l：y=mx+n（m＞0，n＜0），
令y=0，即mx+n=0，得x=﹣；
令x=0，得y=n．
∴A（﹣，0）、B（0，n），
∴D（﹣n，0）．
设抛物线对称轴与x轴的交点为N（x，0），
∵DN=AN，
∴﹣﹣x=x﹣（﹣n），
∴2x=﹣n﹣，
∴P的对称轴为x=﹣．
（3）若l：y=﹣2x+4，则A（2，0）、B（0，4），
∴C（0，2）、D（﹣4，0）．
可求得直线CD的解析式为：y=x+2．
由（2）可知，P的对称轴为x=﹣1．
∵以点C，E，Q，F为顶点的四边形是以CE为一边的平行四边形，
∴FQ∥CE，且FQ=CE．
设直线FQ的解析式为：y=x+b．
∵点E、点C的横坐标相差1，
∴点F、点Q的横坐标也是相差1．
则|xF﹣（﹣1）|=|xF+1|=1，
解得xF=0或xF=﹣2．
∵点F在直线ll：y=﹣2x+4上，
∴点F坐标为（0，4）或（﹣2，8）．
若F（0，4），则直线FQ的解析式为：y=x+4，
当x=﹣1时，y=，
∴Q1（﹣1，）；
若F（﹣2，8），则直线FQ的解析式为：y=x+9，
当x=﹣1时，y=，
∴Q2（﹣1，）．
∴满足条件的点Q有2个，如答图1所示，点Q坐标为Q1（﹣1，）、Q2（﹣1，）．
（4）如答图2所示，连接OG、OH．
∵点G、H为斜边中点，
∴OG=AB，OH=CD．
由旋转性质可知，AB=CD，OG⊥OH，
∴△OGH为等腰直角三角形．
∵点M为GH中点，
∴△OMG为等腰直角三角形，
∴OG=OM=•=2，
∴AB=2OG=4．
∵l：y=mx﹣4m，
∴A（4，0），B（0，﹣4m）．
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OA2+OB2=AB2，
即：42+（﹣4m）2=（4）2，
解得：m=﹣2或m=2，
∵点B在y轴正半轴，
∴m=2舍去，∴m=﹣2．
∴l表示的函数解析式为：y=﹣2x+8；
∴B（0，8），D（﹣8，0）．
又A（4，0），
利用待定系数法求得P：y=﹣x2﹣x+8．
【点评】本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、一次函数、待定系数法、旋转变换、平行四边形、等腰直角三角形、勾股定理等多个知识点，综合性较强，有一定的难度．题干中定义了“关联抛物线”与“关联直线”的新概念，理解这两个概念是正确解题的前提．
14．（2014•本溪）如图，直线y=x﹣4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）点M在抛物线上，连接MB，当∠MBA+∠CBO=45°时，求点M的坐标；
（3）点P从点C出发，沿线段CA由C向A运动，同时点Q从点B出发，沿线段BC由B向C运动，P、Q的运动速度都是每秒1个单位长度，当Q点到达C点时，P、Q同时停止运动，试问在坐标平面内是否存在点D，使P、Q运动过程中的某一时刻，以C、D、P、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，说明理由．
【考点】二次函数综合题；菱形的性质；解直角三角形．
【专题】压轴题．
【分析】（1）首先求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式，进而求出点C的坐标；
（2）满足条件的点M有两种情形，需要分类讨论：
①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示；
②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示．
（3）△CPQ的三边均可能成为菱形的对角线，以此为基础进行分类讨论：
①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ=t，菱形边长=t；
②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ=t，菱形边长=t；
③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ=t，菱形边长=5﹣t．
【解答】解：（1）直线解析式y=x﹣4，
令x=0，得y=﹣4；
令y=0，得x=4．
∴A（4，0）、B（0，﹣4）．
∵点A、B在抛物线y=x2+bx+c上，
∴，
解得，
∴抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣4．
令y=x2﹣x﹣4=0，
解得：x=﹣3或x=4，
∴C（﹣3，0）．
（2）∠MBA+∠CBO=45°，
设M（x，y），
①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示．
∵∠ABO=45°，
∴∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件．
过点M1作M1E⊥y轴于点E，则M1E=x，OE=﹣y，
∴BE=4+y．
∵tan∠M1BE=tan∠BCO=，
∴，
∴直线BM1的解析式为：y=x﹣4．
联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4，
得：x﹣4=x2﹣x﹣4，
解得：x1=0，x2=，
∴y1=﹣4，y2=﹣，
∴M1（，﹣）；
②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示．
∵∠ABO=∠MBA+∠MBO=45°，∠MBO=∠CBO，
∴∠MBA+∠CBO=45°，
故点M满足条件．
过点M2作M2E⊥y轴于点E，
则M2E=x，OE=y，
∴BE=4+y．
∵tan∠M2BE=tan∠CBO=，
∴，
∴直线BM2的解析式为：y=x﹣4．
联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4得：x﹣4=x2﹣x﹣4，
解得：x1=0，x2=5，
∴y1=﹣4，y2=，
∴M2（5，）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为：（，﹣）或（5，）．
（3）设∠BCO=θ，则tanθ=，sinθ=，cosθ=．
假设存在满足条件的点D，设菱形的对角线交于点E，设运动时间为t．
①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ=t，菱形边长=t．
∴CE=CQ=（5﹣t）．
在Rt△PCE中，cosθ===，
解得t=．
∴CQ=5﹣t=．
过点Q作QF⊥x轴于点F，
则QF=CQ•sinθ=，CF=CQ•cosθ=，
∴OF=3﹣CF=．
∴Q（﹣，﹣）．
∵点D1与点Q横坐标相差t个单位，
∴D1（﹣，﹣）；
②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ=t，菱形边长=t．
∵BQ=CQ=t，
∴t=，点Q为BC中点，
∴Q（﹣，﹣2）．
∵点D2与点Q横坐标相差t个单位，
∴D2（1，﹣2）；
③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ=t，菱形边长=5﹣t．
在Rt△CEQ中，cosθ===，
解得t=．
∴OE=3﹣CE=3﹣t=，D3E=QE=CQ•sinθ=（5﹣）×=．
∴D3（﹣，）．
综上所述，存在满足条件的点D，点D坐标为：（﹣，﹣）或（1，﹣2）或（﹣，）．
【点评】本题是二次函数压轴题，着重考查了分类讨论的数学思想，考查了二次函数的图象与性质、解直角三角形（或相似）、菱形、一次函数、解方程等知识点，难度较大．第（3）问为存在型与运动型的综合问题，涉及两个动点，注意按照菱形对角线进行分类讨论，做到条理清晰、不重不漏．
15．（2014•六盘水）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于A、D两点，并经过B点，已知A点坐标是（2，0），B点的坐标是（8，6）．
（1）求二次函数的解析式．
（2）求函数图象的顶点坐标及D点的坐标．
（3）该二次函数的对称轴交x轴于C点．连接BC，并延长BC交抛物线于E点，连接BD，DE，求△BDE的面积．
（4）抛物线上有一个动点P，与A，D两点构成△ADP，是否存在S△ADP=S△BCD？若存在，请求出P点的坐标；若不存在．请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】几何综合题；压轴题．
【分析】（1）利用待定系数法求出b，c即可求出二次函数解析式，
（2）把二次函数式转化可直接求出顶点坐标，由A对称关系可求出点D的坐标．
（3）由待定系数法可求出BC所在的直线解析式，与抛物线组成方程求出点E的坐标，利用△BDE的面积=△CDB的面积+△CDE的面积求出△BDE的面积．
（4）设点P到x轴的距离为h，由S△ADP=S△BCD求出h的值，根据h的正，负值求出点P的横坐标即可求出点P的坐标．
【解答】解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象过A（2，0），B（8，6）
∴，解得
∴二次函数解析式为：y=x2﹣4x+6，
（2）由y=x2﹣4x+6，得y=（x﹣4）2﹣2，
∴函数图象的顶点坐标为（4，﹣2），
∵点A，D是y=x2+bx+c与x轴的两个交点，
又∵点A（2，0），对称轴为x=4，
∴点D的坐标为（6，0）．
（3）∵二次函数的对称轴交x轴于C点．
∴C点的坐标为（4，0）
∵B（8，6），
设BC所在的直线解析式为y=kx+b′，
∴，
解得，
∴BC所在的直线解析式为y=x﹣6，
∵E点是y=x﹣6与y=x2﹣4x+6的交点，
∴x﹣6=x2﹣4x+6
解得x1=3，x2=8（舍去），
当x=3时，y=﹣，
∴E（3，﹣），
∴△BDE的面积=△CDB的面积+△CDE的面积=×2×6+×2×=7.5．
（4）存在，
设点P到x轴的距离为h，
∵S△BCD=×2×6=6，S△ADP=×4×h=2h
∵S△ADP=S△BCD
∴2h=6×，解得h=，
当P在x轴上方时，
=x2﹣4x+6，解得x1=4+，x2=4﹣，
当P在x轴下方时，
﹣=x2﹣4x+6，解得x1=3，x2=5，
∴P1（4+，），P2（4﹣，），P3（3，﹣），P4（5，﹣）．
【点评】本题主要考查了二次函数的综合题，解题的关键是利用待定系数的方法求出函数解析式以及三角形面积的转化．
16．（2014•白银）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线y=x2﹣3向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在该抛物线上，且横坐标为3．
（1）求点M、A、B坐标；
（2）连接AB、AM、BM，求∠ABM的正切值；
（3）点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α=∠ABM时，求P点坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）根据向右平移横坐标加写出平移后的抛物线解析式，然后写出顶点M的坐标，令x=0求出A点的坐标，把x=3代入函数解析式求出点B的坐标；
（2）过点B作BE⊥AO于E，过点M作MF⊥AO于M，然后求出∠EAB=∠EBA=45°，同理求出∠FAM=∠FMA=45°，然后求出△ABE和△AMF相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出，再求出∠BAM=90°，然后根据锐角的正切等于对边比邻边列式即可得解；
（3）过点P作PH⊥x轴于H，分点P在x轴的上方和下方两种情况利用α的正切值列出方程求解即可．
【解答】解：（1）抛物线y=x2﹣3向右平移一个单位后得到的函数解析式为y=（x﹣1）2﹣3，
顶点M（1，﹣3），
令x=0，则y=（0﹣1）2﹣3=﹣2，
点A（0，﹣2），
x=3时，y=（3﹣1）2﹣3=4﹣3=1，
点B（3，1）；
（2）过点B作BE⊥AO于E，过点M作MF⊥AO于M，
∵EB=EA=3，
∴∠EAB=∠EBA=45°，
同理可求∠FAM=∠FMA=45°，
∴△ABE∽△AMF，
∴==，
又∵∠BAM=180°﹣45°×2=90°，
∴tan∠ABM==；
（3）过点P作PH⊥x轴于H，
∵y=（x﹣1）2﹣3=x2﹣2x﹣2，
∴设点P（x，x2﹣2x﹣2），
①点P在x轴的上方时，=，
整理得，3x2﹣7x﹣6=0，
解得x1=﹣（舍去），x2=3，
∴点P的坐标为（3，1）；
②点P在x轴下方时，=，
整理得，3x2﹣5x﹣6=0，
解得x1=（舍去），x2=，
x=时，x2﹣2x﹣2=﹣×=﹣，
∴点P的坐标为（，﹣），
综上所述，点P的坐标为（3，1）或（，﹣）．
【点评】本题是二次函数的综合题型，主要利用了二次函数图象与几何变换，抛物线与坐标轴的交点的求法，相似三角形的判定与性质，锐角三角形函数，难点在于作辅助线并分情况讨论．
17．（2014•珠海）如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，2）．将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°．得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH．
（1）若抛物线l：y=ax2+bx+c经过G、O、E三点，则它的解析式为： y=x2﹣x ；
（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标；
（3）在（1）（2）的条件下，直线MN与抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设△PQH的面积为s，当时，确定点Q的横坐标的取值范围．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）求解析式一般采用待定系数法，通过函数上的点满足方程求出．
（2）平行四边形对边平行且相等，恰得MN为OF，即为中位线，进而横坐标易得，D为x轴上的点，所以纵坐标为0．
（3）已知S范围求横坐标的范围，那么表示S是关键．由PH不为平行于x轴或y轴的线段，所以考虑利用过动点的平行于y轴的直线切三角形为2个三角形的常规方法来解题，此法底为两点纵坐标得差，高为横坐标的差，进而可表示出S，但要注意，当Q在O点右边时，所求三角形为两三角形的差．得关系式再代入，求解不等式即可．另要注意求解出结果后要考虑Q本身在R、E之间的．
【解答】解：（1）如图1，过G作GI⊥CO于I，过E作EJ⊥CO于J，
∵A（2，0）、C（0，2），
∴OE=OA=2，OG=OC=2，
∵∠GOI=30°，∠JOE=90°﹣∠GOI=90°﹣30°=60°，
∴GI=sin30°•GO==，
IO=cos30°•GO==3，
JE=cos30°•OE==，
JO=sin30°•OE==1，
∴G（﹣，3），E（，1），
设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∵经过G、O、E三点，
∴，
解得，
∴y=x2﹣x．
（2）∵四边形OHMN为平行四边形，
∴MN∥OH，MN=OH，
∵OH=OF，
∴MN为△OGF的中位线，
∴xD=xN=•xG=﹣，
∴D（﹣，0）．
（3）设直线GE的解析式为y=kx+b，
∵G（﹣，3），E（，1），
∴，
解得 ，
∴y=﹣x+2．
∵Q在抛物线y=x2﹣x上，
∴设Q的坐标为（x，x2﹣x），
∵Q在R、E两点之间运动，
∴﹣＜x＜．
①当﹣＜x＜0时，
如图2，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，﹣x+2），
∵S△PKQ=•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xP），
S△HKQ=•（yK﹣yQ）•（xH﹣xQ），
∴S△PQH=S△PKQ+S△HKQ=•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xP）+•（yK﹣yQ）•（xH﹣xQ）
=•（yK﹣yQ）•（xH﹣xP）=•[﹣x+2﹣（x2﹣x）]•[0﹣（﹣）]=﹣x2+．
②当0≤x＜时，
如图3，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，﹣x+2），
同理 S△PQH=S△PKQ﹣S△HKQ=•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xP）﹣•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xH）
=•（yK﹣yQ）•（xH﹣xP）=﹣x2+．
综上所述，S△PQH=﹣x2+．
∵，
当S=时，对应的x=﹣和，
因此由S=﹣x2+的图象可得﹣＜x＜时满足，
∵﹣＜x＜，
∴﹣＜x＜．
【点评】本题考查了一次函数、二次函数性质与图象，直角三角形及坐标系中三角形面积的表示等知识点．注意其中“利用过动点的平行于y轴的直线切三角形为2个三角形的常规方法来表示面积”是近几年中考的考查热点，需要加强理解运用．
18．（2014•毕节市）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣1，﹣1），与x轴交点M（1，0）．C为x轴上一点，且∠CAO=90°，线段AC的延长线交抛物线于B点，另有点F（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求直线Ac的解析式及B点坐标；
（3）过点B做x轴的垂线，交x轴于Q点，交过点D（0，﹣2）且垂直于y轴的直线于E点，若P是△BEF的边EF上的任意一点，是否存在BP⊥EF？若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）利用顶点式将（﹣1，﹣1）代入求出函数解析式即可；
（2）首先根据题意得出C点坐标，进而利用待定系数法求出直线AC的解析式，进而联立二次函数解析式，即可得出B点坐标；
（3）首先求出直线EF的解析式，进而得出BP的解析式，进而将y=﹣2x﹣7和y=x+联立求出P点坐标即可．
【解答】解：（1）设抛物线解析式为：y=a（x+1）2﹣1，将（1，0）代入得：
0=a（1+1）2﹣1，
解得；a=，
∴抛物线的解析式为：y=（x+1）2﹣1；
（2）∵A（﹣1，﹣1），
∴∠COA=45°，
∵∠CAO=90°，
∴△CAO是等腰直角三角形，
∴AC=AO，
∴C（﹣2，0），
设直线AC的解析式为：y=kx+b，
将A，C点代入得出：，
解得：，
∴直线AC的解析式为：y=﹣x﹣2，
将y=（x+1）2﹣1和y=﹣x﹣2联立得：
，
解得：，，
∴直线AC的解析式为：y=﹣x﹣2，B点坐标为：（﹣5，3）；
（3）过点B作BP⊥EF于点P，
由题意可得出：E（﹣5，﹣2），设直线EF的解析式为：y=dx+c，
则，
解得：，
∴直线EF的解析式为：y=x+，
∵直线BP⊥EF，∴设直线BP的解析式为：y=﹣2x+e，
将B（﹣5，3）代入得出：3=﹣2×（﹣5）+e，
解得：e=﹣7，
∴直线BP的解析式为：y=﹣2x﹣7，
∴将y=﹣2x﹣7和y=x+联立得：
，
解得：，
∴P（﹣3，﹣1），
故存在P点使得BP⊥EF，此时P（﹣3，﹣1）．
【点评】此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及顶点式求二次函数解析式以及垂直的两函数系数关系等知识，求出C点坐标是解题关键．
19．（2014•丹东）如图1，抛物线y=ax2+bx﹣1经过A（﹣1，0）、B（2，0）两点，交y轴于点C．点P为抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线BC于点D，交x轴于点E．
（1）请直接写出抛物线表达式和直线BC的表达式．
（2）如图1，当点P的横坐标为时，求证：△OBD∽△ABC．
（3）如图2，若点P在第四象限内，当OE=2PE时，求△POD的面积．
（4）当以点O、C、D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出动点P的坐标．
【考点】二次函数综合题；相似三角形的判定与性质．
【专题】压轴题；分类讨论．
【分析】（1）待定系数法即可求得；
（2）先把P点的横坐标代入直线，求得DE=，从而求得DE=OE，得出∠EOD=45°，因为∠OAC=∠EOD=45°，∠OBD=∠ABC，即可求得△OBD∽△ABC；
（3）分三种情况：当OD=CD时，则m2﹣m+1=m2，当OD=OC时，则m2﹣m+1=1，当OC=CD时，则m2=1，分别求解，即可求得．
【解答】方法一：
解：（1）由抛物线y=ax2+bx﹣1可知C（0，﹣1），
∵y=ax2+bx﹣1经过A（﹣1，0）、B（2，0）两点，
∴，
解得
∴抛物线表达式：；
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则，
解得．
∴直线BC的表达式：．
故抛物线表达式：；直线BC的表达式：．
（2）如图1，当点P的横坐标为时，把x=
代入，
得，
∴DE=
又∵OE=，
∴DE=OE
∵∠OED=90°
∴∠EOD=45°
又∵OA=OC=1，∠AOC=90°
∴∠OAC=45°
∴∠OAC=∠EOD
又∵∠OBD=∠ABC
△OBD∽△ABC．
（3）如图2，设点P的坐标为P（x，）
∴OE=x，PE==
又∵OE=2PE
∴
解得，（不合题意舍去），
∴P、D两点坐标分别为，，
∴PD=
OE=
∴，
（4）P1（1，﹣1），，．
设D（m，m﹣1），
则OD2=m2+（﹣1）2=m2﹣m+1，
OC2=1，CD2=m2+（﹣1﹣m+1）2=m2，
当OD=CD时，则m2﹣m+1=m2，解得m1=1，
当OD=OC时，则m2﹣m+1=1，解得m2=，
当OC=CD时，则m2=1，解得m3=，m4=﹣，
∴P1（1，﹣1），，．
方法二：
（1）略．
（2）∵lBC：y=x﹣1，把x=代入，
∴y=﹣，即D（，﹣），
∵O（0，0），
∴KOD=（0+）÷（0﹣）=﹣1，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣1），
∴KAC=﹣1，
∴KOD=KAC，
∴OD∥AC，
∴△OBD∽△ABC．
（3）设P（t，），E（t，0），
∵OE=2PE，
∴t=2×（0﹣），
解得：t1=，t2=﹣（舍），
∴P、D两点坐标分别为，，
∴PD=
OE=
∴．
（4）设P（t，），D（t，t﹣1），O（0，0），C（0，﹣1），
∵△OCD是等腰三角形，
∴OC=OD，OC=CD，OD=CD，
（0﹣0）2+（﹣1﹣0）2=（t﹣0）2+（t﹣1）2，∴t1=0（舍），t2=，
（0﹣0）2+（﹣1﹣0）2=（t﹣0）2+（t﹣1+1）2，∴t1=，t2=﹣，
（t﹣0）2+（t﹣1）2=（t﹣0）2+（t﹣1+1）2，∴t=1，
∴P1（1，﹣1），，．
【点评】本题考查了待定系数法求解析式、三角形相似的判定以及分类讨论的思想的应用．
20．（2014•临沂）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（1，0），直线y=2x﹣1与y轴交于点C，与抛物线交于点C、D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点A到直线CD的距离；
（3）平移抛物线，使抛物线的顶点P在直线CD上，抛物线与直线CD的另一个交点为Q，点G在y轴正半轴上，当以G、P、Q三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求出所有符合条件的G点的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题；动点型．
【分析】（1）首先求出点C坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）设直线CD与x轴交于点E，求出点E的坐标，然后解直角三角形（或利用三角形相似），求出点A到直线CD的距离；
（3）△GPQ为等腰直角三角形，有三种情形，需要分类讨论．为方便分析与计算，首先需要求出线段PQ的长度．
【解答】解：（1）直线y=2x﹣1，当x=0时，y=﹣1，则点C坐标为（0，﹣1）．
设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∵点A（﹣1，0）、B（1，0）、C（0，﹣1）在抛物线上，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣1．
（2）如答图2所示，直线y=2x﹣1，
当y=0时，x=；
设直线CD交x轴于点E，则E（，0）．
在Rt△OCE中，OC=1，OE=，
由勾股定理得：CE=，
设∠OEC=θ，则sinθ=，cosθ=．
过点A作AF⊥CD于点F，
则AF=AE•sinθ=（OA+OE）•sinθ=（1+）×=，
∴点A到直线CD的距离为．
（3）∵平移后抛物线的顶点P在直线y=2x﹣1上，
∴设P（t，2t﹣1），则平移后抛物线的解析式为y=（x﹣t）2+2t﹣1．
联立，
化简得：x2﹣（2t+2）x+t2+2t=0，
解得：x1=t，x2=t+2，
即点P、点Q的横坐标相差2，
∴PQ===．
△GPQ为等腰直角三角形，可能有以下情形：
i）若点P为直角顶点，如答图3①所示，
则PG=PQ=．
∴CG====10，
∴OG=CG﹣OC=10﹣1=9，
∴G（0，9）；
ii）若点Q为直角顶点，如答图3②所示，
则QG=PQ=．
同理可得：G（0，9）；
iii）若点G为直角顶点，如答图3③所示，
此时PQ=，
则GP=GQ=．
分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足分别为点M、N．
易证Rt△PMG≌Rt△GNQ，
∴GN=PM，GM=QN．
在Rt△QNG中，
由勾股定理得：GN2+QN2=GQ2，
即PM2+QN2=10 ①
∵点P、Q横坐标相差2，
∴NQ=PM+2，
代入①式得：PM2+（PM+2）2=10，
解得PM=1，
∴NQ=3．
直线y=2x﹣1，
当x=1时，y=1，
∴P（1，1），
即OM=1．
∴OG=OM+GM=OM+NQ=1+3=4，
∴G（0，4）．
综上所述，符合条件的点G有两个，其坐标为（0，4）或（0，9）．
【点评】本题是二次函数压轴题，涉及考点众多，需要认真分析计算．第（3）问中，G、P、Q三点均为动点，使得解题难度增大，首先求出线段PQ的长度可以降低解题的难度．
21．（2014•苏州）如图，二次函数y=a（x2﹣2mx﹣3m2）（其中a，m是常数，且a＞0，m＞0）的图象与x轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于C（0，﹣3），点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连接AD，过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE．
（1）用含m的代数式表示a；
（2）求证：为定值；
（3）设该二次函数图象的顶点为F，探索：在x轴的负半轴上是否存在点G，连接GF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）由C在二次函数y=a（x2﹣2mx﹣3m2）上，则其横纵坐标必满足方程，代入即可得到a与c的关系式．
（2）求证为定值，一般就是计算出AD、AE的值，然后相比．而求其长，过E、D作x轴的垂线段，进而通过设边长，利用直角三角形性质得方程求解，是求解此类问题的常规思路，如此易得定值．
（3）要使线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，且（2）中=，则可考虑若GF使得AD：GF：AE=3：4：5即可．由AD、AE、F点都易固定，且G在x轴的负半轴上，则易得G点大致位置，可连接CF并延长，证明上述比例AD：GF：AE=3：4：5即可．
【解答】（1）解：将C（0，﹣3）代入二次函数y=a（x2﹣2mx﹣3m2），
则﹣3=a（0﹣0﹣3m2），
解得 a=．
（2）证明：如图1，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N．
由a（x2﹣2mx﹣3m2）=0，
解得 x1=﹣m，x2=3m，
则 A（﹣m，0），B（3m，0）．
∵CD∥AB，
∴D点的纵坐标为﹣3，
又∵D点在抛物线上，
∴将D点纵坐标代入抛物线方程得D点的坐标为（2m，﹣3）．
∵AB平分∠DAE，
∴∠DAM=∠EAN，
∵∠DMA=∠ENA=90°，
∴△ADM∽△AEN．
∴==．
设E坐标为（x，），
∴=，
∴x=4m，
∴E（4m，5），
∵AM=AO+OM=m+2m=3m，AN=AO+ON=m+4m=5m，
∴==，即为定值．
（3）解：如图2，记二次函数图象顶点为F，则F的坐标为（m，﹣4），过点F作FH⊥x轴于点H．
连接FC并延长，与x轴负半轴交于一点，此点即为所求的点G．
∵tan∠CGO=，tan∠FGH=，
∴=，
∴，
∵OC=3，HF=4，OH=m，
∴OG=3m．
∵GF===4，
AD===3，
∴=．
∵=，
∴AD：GF：AE=3：4：5，
∴以线段GF，AD，AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，此时G点的横坐标为﹣3m．
【点评】本题考查了二次函数性质、勾股定理及利用直角三角形性质求解边长等知识，总体来说本题虽难度稍难，但问题之间的提示性较明显，所以是一道质量较高的题目．
22．（2014•济宁）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（5，0）、B（﹣1，0）两点，过点A作直线AC⊥x轴，交直线y=2x于点C；
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求点A关于直线y=2x的对称点A′的坐标，判定点A′是否在抛物线上，并说明理由；
（3）点P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA′于点M，是否存在这样的点P，使四边形PACM是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题；勾股定理；平行四边形的判定；相似三角形的应用．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】方法一：
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）首先求出对称点A′的坐标，然后代入抛物线解析式，即可判定点A′是否在抛物线上．本问关键在于求出A′的坐标．如答图所示，作辅助线，构造一对相似三角形Rt△A′EA∽Rt△OAC，利用相似关系、对称性质、勾股定理，求出对称点A′的坐标；
（3）本问为存在型问题．解题要点是利用平行四边形的定义，列出代数关系式求解．如答图所示，平行四边形的对边平行且相等，因此PM=AC=10；利用含未知数的代数式表示出PM的长度，然后列方程求解．
方法二：
（1）略．
（2）利用AA’被OC垂直平分，可先通过OC的斜率得出AA’的斜率，进而求出AA’的直线方程，并与OC的直线方程联立，求出H点坐标，再利用中点公式求出A’坐标，代入抛物线可判断点 是否在抛物线上．
（3）利用PM=AC列式，可求出P点坐标．
【解答】方法一：
解：（1）∵y=x2+bx+c与x轴交于A（5，0）、B（﹣1，0）两点，
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣．
（2）如答图所示，过点A′作A′E⊥x轴于E，AA′与OC交于点D，
∵点C在直线y=2x上，
∴C（5，10）
∵点A和A′关于直线y=2x对称，
∴OC⊥AA′，A′D=AD．
∵OA=5，AC=10，
∴OC===．
∵S△OAC=OC•AD=OA•AC，
∴AD=．
∴AA′=，
在Rt△A′EA和Rt△OAC中，
∵∠A′AE+∠A′AC=90°，
∠ACD+∠A′AC=90°，
∴∠A′AE=∠ACD．
又∵∠A′EA=∠OAC=90°，
∴Rt△A′EA∽Rt△OAC．
∴，
即．
∴A′E=4，AE=8．
∴OE=AE﹣OA=3．
∴点A′的坐标为（﹣3，4），
当x=﹣3时，
y=×（﹣3）2+3﹣=4．
所以，点A′在该抛物线上．
（3）存在．
理由：设直线CA′的解析式为y=kx+b，
则，
解得
∴直线CA′的解析式为y=x+
设点P的坐标为（x，x2﹣x﹣），则点M为（x，x+）．
∵PM∥AC，
∴要使四边形PACM是平行四边形，只需PM=AC．又点M在点P的上方，
∴（x+）﹣（x2﹣x﹣）=10．
解得x1=2，x2=5（不合题意，舍去）
当x=2时，y=﹣．
∴当点P运动到（2，﹣）时，四边形PACM是平行四边形．
方法二：
（1）略．
（2）设AA′与直线OC的交点为H，
∵点A，点A′关于直线OC：y=2x对称，
∴AA′⊥OC，KOC•KAA′=﹣1，
∵KOC=2，∴KAA′=﹣，
∵A（5，0），
∴lAA′：y=﹣x+，lOC：y=2x，
∴H（1，2），
∵H为AA′的中点，
∴⇒，
∴A′X=﹣3，A′Y=4，
∴A′（﹣3，4），
当x=﹣3时，y=×（﹣3）2+3﹣=4，
∴点A在抛物线上．
（3）∵PM∥AC，要使四边形PACM是平行四边形，只需PM=AC，
∵直线AC⊥x轴，∴Cx=Ax，
∵A（5，0），
∴Cx=5，
∵lOC：y=2x，
∴CY=10，
∴C（5，10），
∵A′（﹣3，4），
∴lCA′：y=x+，
∵M在线段CA′上，点M在点P的上方，
∴设M（t，），
∴P（t，t2﹣t﹣），
∴﹣（t2﹣t﹣）=10，
∴t1=2，t2=5（舍），
∴P（2，﹣）．
【点评】本题是二次函数的综合题型，考查了二次函数的图象及性质、待定系数法、相似、平行四边形、勾股定理、对称等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．第（2）问的要点是求对称点A′的坐标，第（3）问的要点是利用平行四边形的定义列方程求解．
23．（2014•雅安）如图，直线y=﹣3x﹣3与x轴、y轴分别相交于点A、C，经过点C且对称轴为x=1的抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于A、B两点．
（1）试求点A、C的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）若点M在线段AB上以每秒1个单位长度的速度由点B向点A运动，同时，点N在线段OC上以相同的速度由点O向点C运动（当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动），又PN∥x轴，交AC于P，问在运动过程中，线段PM的长度是否存在最小值？若有，试求出最小值；若无，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）根据直线解析式y=﹣3x﹣3，将y=0代入求出x的值，得到直线与x轴交点A的坐标，将x=0代入求出y的值，得到直线与y轴交点C的坐标；
（2）根据抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为x=1，且过点A（﹣1，0）、C（0，﹣3），列出方程组，解方程组即可求出抛物线的解析式；
（3）由对称性得点B（3，0），设点M运动的时间为t秒（0≤t≤3），则M（3﹣t，0），N（0，﹣t），P（xP，﹣t），先证明△CPN∽△CAO，根据相似三角形对应边成比例列出比例式=，求出xP=﹣1．再过点P作PD⊥x轴于点D，则D（﹣1，0），在△PDM中利用勾股定理得出PM2=MD2+PD2=（﹣+4）2+（﹣t）2=（25t2﹣96t+144），利用二次函数的性质可知当t=时，PM2最小值为，即在运动过程中，线段PM的长度存在最小值．
【解答】解：（1）∵y=﹣3x﹣3，
∴当y=0时，﹣3x﹣3=0，解得x=﹣1，
∴A（﹣1，0）；
∵当x=0时，y=﹣3，
∴C（0，﹣3）；
（2）∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为x=1，过点A（﹣1，0）、C（0，﹣3），
∴，解得，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（3）由对称性得点B（3，0），设点M运动的时间为t秒（0≤t≤3），则M（3﹣t，0），N（0，﹣t），P（xP，﹣t）．
∵PN∥OA，
∴△CPN∽△CAO，
∴=，即=，
∴xP=﹣1．
过点P作PD⊥x轴于点D，则D（﹣1，0），
∴MD=（3﹣t）﹣（﹣1）=﹣+4，
∴PM2=MD2+PD2=（﹣+4）2+（﹣t）2=（25t2﹣96t+144），
又∵﹣=＜3，
∴当t=时，PM2最小值为，
故在运动过程中，线段PM的长度存在最小值．
【点评】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有一次函数图象上点的坐标特征，运用待定系数法求二次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，勾股定理，二次函数的性质，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键．
24．（2014•济南）如图1，抛物线y=﹣x2平移后过点A（8，0）和原点，顶点为B，对称轴与x轴相交于点C，与原抛物线相交于点D．
（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积S阴影；
（2）如图2，直线AB与y轴相交于点P，点M为线段OA上一动点，∠PMN为直角，边MN与AP相交于点N，设OM=t，试探究：
①t为何值时△MAN为等腰三角形；
②t为何值时线段PN的长度最小，最小长度是多少．
【考点】二次函数综合题；根的判别式；勾股定理的应用；相似三角形的应用．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）设平移后抛物线的解析式y=﹣x2+bx，将点A（8，0）代入，根据待定系数法即可求得平移后抛物线的解析式，再根据割补法由三角形面积公式即可求解；
（2）作NQ垂直于x轴于点Q．
①分当MN=AN时，当AM=AN时，当MN=MA时，三种情况讨论可得△MAN为等腰三角形时t的值；
②方法一：作PN的中点E，连接EM，则EM=PE=PN，当EM垂直于x轴且M为OQ中点时PN最小，此时t=3，PN取最小值为．
方法二：由MN所在直线方程为y=，与直线AB的解析式y=﹣x+6联立，得xN的最小值为6，此时t=3，PN取最小值为．
【解答】解：（1）设平移后抛物线的解析式y=﹣x2+bx，
将点A（8，0）代入，
得y=﹣，
顶点B（4，3），
S阴影=OC×CB=4×3=12．
（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，
将A（8，0），B（4，3）代入得：
直线AB的解析式为y=﹣x+6，
作NQ垂直于x轴于点Q，
①当MN=AN时，N点的横坐标为，纵坐标为，
由△NQM和△MOP相似可知，
=，
解得t1=，t2=8（舍去）．
当AM=AN时，AN=8﹣t，
由△ANQ和△APO相似可知NQ=（8﹣t），AQ=（8﹣t），MQ=，
由△NQM和△MOP相似可知
得：=，
解得：t=18（舍去）．
当MN=MA时，∠MNA=∠MAN＜45°，
故∠AMN是钝角，显然不成立，故t=．
②方法一：作PN的中点E，连接EM，则EM=PE=PN，
当EM垂直于x轴且M为OQ中点时PN最小，
此时t=3，证明如下：
假设t=3时M记为M0，E记为E0
若M不在M0处，即M在M0左侧或右侧，
若E在E0左侧或者E在E0处，则EM一定大于E0M0，而PE却小于PE0，这与EM=PE矛盾，
故E在E0右侧，则PE大于PE0，相应PN也会增大，
故若M不在M0处时PN大于M0处的PN的值，
故当t=3时，MQ=3，NQ=，
根据勾股定理可求出PM=与MN=，PN=．
故当t=3时，PN取最小值为．
方法二：由MN所在直线方程为y=，
与直线AB的解析式y=﹣x+6联立，
得点N的横坐标为xN=，
即t2﹣xNt+36﹣xN=0，
△=x2N﹣4（36﹣）=0，
得xN=6或xN=﹣24，
又因为0＜xN＜8，
所以xN的最小值为6，此时t=3，
当t=3时，N的坐标为（6，），此时PN取最小值为．
【点评】考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：待定系数法求抛物线的解析式，平移的性质，割补法，三角形面积，分类思想，相似三角形的性质，勾股定理，根的判别式，综合性较强，有一定的难度．
25．（2014•营口）已知：抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（1，0），B（3，0），C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）如图①，点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交直线BC于点E．是否存在一点P，使线段PE的长最大？若存在，求出PE长的最大值；若不存在，请说明理由；
（3）如图②，过点A作y轴的平行线，交直线BC于点F，连接DA、DB．四边形OAFC沿射线CB方向运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，当点C与点B重合时立即停止运动．设运动过程中四边形OAFC与四边形ADBF重叠部分面积为S，请求出S与t的函数关系式．
【考点】二次函数综合题；等腰三角形的性质；平行四边形的性质．
【专题】压轴题；分类讨论．
【分析】（1）应用待定系数法即可求得抛物线的解析式，然后化为顶点式即可求得顶点的坐标．
（2）先求得直线BC的解析式，设P（x，﹣x2+4x﹣3），则F（x，x﹣3），根据PF等于P点的纵坐标减去F点的纵坐标即可求得PF关于x的函数关系式，从而求得P的坐标和PF的最大值；
（3）在运动过程中，分三种情形，需要分类讨论，避免漏解．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（1，0），B（3，0），C（0，﹣3）．
∴，
解得，
∴抛物线的解析式：y=﹣x2+4x﹣3，
由y=﹣x2+4x﹣3=﹣（x﹣2）2+1，
可知：顶点D的坐标（2，1）．
（2）存在；
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
则，
解得，
∴直线BC的解析式为y=x﹣3，
设P（x，﹣x2+4x﹣3），则E（x，x﹣3），
∴PE=（﹣x2+4x﹣3）﹣（x﹣3）=﹣x2+3x=﹣（x﹣）2+，
∴当x=时，PF有最大值为．
∴存在一点P，使线段PE的长最大，最大值为．
（3）∵A（1，0）、B（3，0）、D（2，1）、C（0，﹣3），
∴可求得直线AD的解析式为：y=x﹣1；
直线BC的解析式为：y=x﹣3．
∴AD∥BC，且与x轴正半轴夹角均为45°．
∵AF∥y轴，
∴F（1，﹣2），
∴AF=2．
①当0≤t≤时，如答图1﹣1所示．
此时四边形AFF′A′为平行四边形．
设A′F′与x轴交于点K，则AK=AA′=t．
∴S=S▱AFF′A′=AF•AK=2×t=t；
②当＜t≤2时，如答图1﹣2所示．
设O′C′与AD交于点P，A′F′与BD交于点Q，
则四边形PC′F′A′为平行四边形，△A′DQ为等腰直角三角形．
∴S=S▱PC′F′A′﹣S△A′DQ=2×1﹣（t﹣）2=﹣t2+t+1；
③当2＜t≤3时，如答图1﹣3所示．
设O′C′与BD交于点Q，则△BC′Q为等腰直角三角形．
∵BC=3，CC′=t，
∴BC′=3﹣t．
∴S=S△BC′Q=（3﹣t）2=t2﹣3t+9．
综上所述，S与t的函数关系式为：
S=．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求解析式、最值、平行四边形、等腰直角三角形、图形面积计算等知识点．第（2）问的解题要点是列出线段PE的表达式；第（3）问的解题要点是分类讨论的数学思想及图形面积的计算．
26．（2014•义乌市）如图，直角梯形ABCO的两边OA，OC在坐标轴的正半轴上，BC∥x轴，OA=OC=4，以直线x=1为对称轴的抛物线过A，B，C三点．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l的解析式为y=x+m，它与x轴交于点G，在梯形ABCO的一边上取点P．
①当m=0时，如图1，点P是抛物线对称轴与BC的交点，过点P作PH⊥直线l于点H，连结OP，试求△OPH的面积；
②当m=﹣3时，过点P分别作x轴、直线l的垂线，垂足为点E，F．是否存在这样的点P，使以P，E，F为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）①如答图1，作辅助线，利用关系式S△OPH=S△OMH﹣S△OMP求解；
②本问涉及复杂的分类讨论，如答图2所示．由于点P可能在OC、BC、BK、AK、OA上，而等腰三角形本身又有三种情形，故讨论与计算的过程比较复杂，需要耐心细致、考虑全面．
【解答】解：（1）由题意得：A（4，0），C（0，4），对称轴为x=1．
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，则有：
，
解得．
∴抛物线的函数解析式为：y=﹣x2+x+4．
（2）①当m=0时，直线l：y=x．
∵抛物线对称轴为x=1，
∴CP=1．
如答图1，延长HP交y轴于点M，则△OMH、△CMP均为等腰直角三角形．
∴CM=CP=1，
∴OM=OC+CM=5．
S△OPH=S△OMH﹣S△OMP=（OM）2﹣OM•CP=×（×5）2﹣×5×1=﹣=，
∴S△OPH=．
②当m=﹣3时，直线l：y=x﹣3．
设直线l与x轴、y轴交于点G、点D，则G（3，0），D（0，﹣3）．
假设存在满足条件的点P．
a）当点P在OC边上时，如答图2﹣1所示，此时点E与点O重合．
设PE=a（0＜a≤4），
则PD=3+a，PF=PD=（3+a）．
过点F作FN⊥y轴于点N，则FN=PN=PF，∴EN=|PN﹣PE|=|PF﹣PE|．
在Rt△EFN中，由勾股定理得：EF==．
若PE=PF，则：a=（3+a），解得a=3（+1）＞4，故此种情形不存在；
若PF=EF，则：PF=，整理得PE=PF，即a=3+a，不成立，故此种情形不存在；
若PE=EF，则：PE=，整理得PF=PE，即（3+a）=a，解得a=3．
∴P1（0，3）．
b）当点P在BC边上时，如答图2﹣2所示，此时PE=4．
若PE=PF，则点P为∠OGD的角平分线与BC的交点，有GE=GF，过点F分别作FH⊥PE于点H，FK⊥x轴于点K，
∵∠OGD=135°，
∴∠EPF=45°，即△PHF为等腰直角三角形，
设GE=GF=t，则GK=FK=EH=t，
∴PH=HF=EK=EG+GK=t+t，
∴PE=PH+EH=t+t+t=4，
解得t=4﹣4，
则OE=3﹣t=7﹣4，
∴P2（7﹣4，4）
c）∵A（4，0），B（2，4），
∴可求得直线AB解析式为：y=﹣2x+8；
联立y=﹣2x+8与y=x﹣3，解得x=，y=．
设直线BA与直线l交于点K，则K（，）．
当点P在线段BK上时，如答图2﹣3所示．
设P（a，8﹣2a）（2≤a≤），则Q（a，a﹣3），
∴PE=8﹣2a，PQ=11﹣3a，
∴PF=（11﹣3a）．
与a）同理，可求得：EF=．
若PE=PF，则8﹣2a=（11﹣3a），解得a=1﹣2＜0，故此种情形不存在；
若PF=EF，则PF=，整理得PE=PF，即8﹣2a=•（11﹣3a），解得a=3，符合条件，此时P3（3，2）；
若PE=EF，则PE=，整理得PF=PE，即（11﹣3a）=（8﹣2a），解得a=5＞，故此种情形不存在．
d）当点P在线段KA上时，如答图2﹣4所示．
∵PE、PF夹角为135°，
∴只可能是PE=PF成立．
∴点P在∠KGA的平分线上．
设此角平分线与y轴交于点M，过点M作MN⊥直线l于点N，则OM=MN，MD=MN，
由OD=OM+MD=3，可求得M（0，3﹣3）．
又因为G（3，0），
可求得直线MG的解析式为：y=（﹣1）x+3﹣3．
联立直线MG：y=（﹣1）x+3﹣3与直线AB：y=﹣2x+8，
可求得：P4（1+2，6﹣4）．
e）当点P在OA边上时，此时PE=0，等腰三角形不存在．
综上所述，存在满足条件的点P，点P坐标为：（0，3）、（3，2）、（7﹣4，4）、（1+2，6﹣4）．
【点评】本题是二次函数压轴题，涉及二次函数的图象与性质、待定系数法、图形面积、勾股定理、角平分线性质等知识点，重点考查了分类讨论的数学思想．第（2）②问中涉及复杂的分类讨论，使得试题的难度较大．
27．（2014•西宁）如图，抛物线y=﹣x2+x﹣2交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，分别过点B，C作y轴，x轴的平行线，两平行线交于点D，将△BDC绕点C逆时针旋转，使点D旋转到y轴上得到△FEC，连接BF．
（1）求点B，C所在直线的函数解析式；
（2）求△BCF的面积；
（3）在线段BC上是否存在点P，使得以点P，A，B为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题；三角形的面积；勾股定理；旋转的性质；相似三角形的应用．
【专题】压轴题；分类讨论．
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可得点B，C的坐标，再根据待定系数法可得点B，C所在直线的函数解析式；
（2）根据勾股定理可得BC的长，根据旋转的性质和三角形面积公式即可求解；
（3）存在．分两种情况讨论：①过A作AP1⊥x轴交线段BC于点P1，则△BAP1∽△BOC；②过A作AP2⊥BC，垂足点P2，过点P2作P2Q⊥x轴于点Q．则△BAP2∽△BCO；依此讨论即可求解．
【解答】解：（1）当y=0时，﹣x2+x﹣2=0，
解得x1=2，x2=4，
∴点A，B的坐标分别为（2，0），（4，0），
当x=0时，y=﹣2，
∴C点的坐标分别为（0，﹣2），
设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0），
则，
解得．
∴直线BC的解析式为y=x﹣2；
（2）∵CD∥x轴，BD∥y轴，
∴∠ECD=90°，
∵点B，C的坐标分别为（4，0），（0，﹣2），
∴BC===2，
∵△FEC是由△BDC绕点C逆时针旋转得到，
∴△BCF的面积=BC•FC=×2×2=10；
（3）存在．
分两种情况讨论：
①过A作AP1⊥x轴交线段BC于点P1，则△BAP1∽△BOC，
∵点A的坐标为（2，0），
∴点P1的横坐标是2，
∵点P1在点BC所在直线上，
∴y=x﹣2=×2﹣2=﹣1，
∴点P1的坐标为（2，﹣1）；
②过A作AP2⊥BC，垂足点P2，过点P2作P2Q⊥x轴于点Q．
∴△BAP2∽△BCO，
∴=，=
∴=，
解得AP2=，
∵=，
∴AP2•BP=CO•BP2，
∴×4=2BP2，
解得BP2=，
∵AB•QP2=AP2•BP2，
∴2QP2=×，
解得QP2=，
∴点P2的纵坐标是﹣，
∵点P2在BC所在直线上，
∴x=
∴点P2的坐标为（，﹣），
∴满足条件的P点坐标为（2，﹣1）或（，﹣）．
【点评】考查了二次函数综合题，涉及的知识点为：坐标轴上点的坐标特征，待定系数法可求直线的函数解析式，勾股定理可，旋转的性质，三角形面积，分类思想，相似三角形的性质，综合性较强，有一定的难度．
28．（2014•泸州）如图，已知一次函数y1=x+b的图象l与二次函数y2=﹣x2+mx+b的图象C′都经过点B（0，1）和点C，且图象C′过点A（2﹣，0）．
（1）求二次函数的最大值；
（2）设使y2＞y1成立的x取值的所有整数和为s，若s是关于x的方程=0的根，求a的值；
（3）若点F、G在图象C′上，长度为的线段DE在线段BC上移动，EF与DG始终平行于y轴，当四边形DEFG的面积最大时，在x轴上求点P，使PD+PE最小，求出点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】（1）首先利用待定系数法求出二次函数解析式，然后求出其最大值；
（2）联立y1与y2，求出点C的坐标为C（，），因此使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，得s=1+2+3=6；将s的值代入分式方程，求出a的值；
（3）第1步：首先确定何时四边形DEFG的面积最大．
如答图1，四边形DEFG是一个梯形，将其面积用含有未知数的代数式表示出来，这个代数式是一个二次函数，根据其最值求出未知数的值，进而得到面积最大时点D、E的坐标；
第2步：利用几何性质确定PD+PE最小的条件，并求出点P的坐标．
如答图2，作点D关于x轴的对称点D′，连接D′E，与x轴交于点P．根据轴对称及两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小．利用待定系数法求出直线D′E的解析式，进而求出点P的坐标．
【解答】解：（1）∵二次函数y2=﹣x2+mx+b经过点B（0，1）与A（2﹣，0），
∴，
解得
∴l：y1=x+1；
C′：y2=﹣x2+4x+1．
∵y2=﹣x2+4x+1=﹣（x﹣2）2+5，
∴ymax=5；
（2）联立y1与y2得：x+1=﹣x2+4x+1，解得x=0或x=，
当x=时，y1=×+1=，
∴C（，）．
使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，
∴s=1+2+3=6．
代入方程得
解得a=；
经检验a=是分式方程的解．
（3）∵点D、E在直线l：y1=x+1上，
∴设D（p，p+1），E（q，q+1），其中q＞p＞0．
如答图1，过点E作EH⊥DG于点H，则EH=q﹣p，DH=（q﹣p）．
在Rt△DEH中，由勾股定理得：EH2+DH2=DE2，即（q﹣p）2+[（q﹣p）]2=（）2，
解得q﹣p=2，即q=p+2．
∴EH=2，E（p+2，p+2）．
当x=p时，y2=﹣p2+4p+1，
∴G（p，﹣p2+4p+1），
∴DG=（﹣p2+4p+1）﹣（p+1）=﹣p2+p；
当x=p+2时，y2=﹣（p+2）2+4（p+2）+1=﹣p2+5，
∴F（p+2，﹣p2+5），
∴EF=（﹣p2+5）﹣（p+2）=﹣p2﹣p+3．
S四边形DEFG=（DG+EF）•EH=[（﹣p2+p）+（﹣p2﹣p+3）]×2=﹣2p2+3p+3
∴当p=时，四边形DEFG的面积取得最大值，
∴D（，）、E（，）．
如答图2所示，过点D关于x轴的对称点D′，则D′（，﹣）；
连接D′E，交x轴于点P，PD+PE=PD′+PE=D′E，
由两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小．
设直线D′E的解析式为：y=kx+b，
则有，
解得
∴直线D′E的解析式为：y=x﹣．
令y=0，得x=，
∴P（，0）．
【点评】本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、函数最值、分式方程的解、勾股定理、轴对称﹣最短路线等知识点，涉及考点众多，难度较大．本题难点在于第（3）问，涉及两个最值问题，第1个最值问题利用二次函数解决，第2个最值问题利用几何性质解决．
29．（2014•来宾）如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A（1，0）和B（4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线的对称轴交x轴于点E，点F是位于x轴上方对称轴上一点，FC∥x轴，与对称轴右侧的抛物线交于点C，且四边形OECF是平行四边形，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使△OCP是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题．
【分析】方法一：
（1）把点A、B的坐标代入函数解析式，解方程组求出a、b的值，即可得解；
（2）根据抛物线解析式求出对称轴，再根据平行四边形的对角线互相平分求出点C的横坐标，然后代入函数解析式计算求出纵坐标，即可得解；
（3）设AC、EF的交点为D，根据点C的坐标写出点D的坐标，然后分①点O是直角顶点时，求出△OED和△PEO相似，根据相似三角形对应边成比例求出PE，然后写出点P的坐标即可；②点C是直角顶点时，同理求出PF，再求出PE，然后写出点P的坐标即可；③点P是直角顶点时，利用勾股定理列式求出OC，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得PD=OC，再分点P在OC的上方与下方两种情况写出点P的坐标即可．
方法二：
（1）略．
（2）因为四边形OECF是平行四边形，且FC∥x轴，列出F，C的参数坐标，利用FC=OE，可求出C点坐标．
（3）列出点P的参数坐标，分别列出O，C两点坐标，由于△OCP是直角三角形，所以分别讨论三种垂直的位置关系，利用斜率垂直公式，可求出三种情况下点P的坐标．
【解答】方法一：
解：（1）把点A（1，0）和B（4，0）代入y=ax2+bx+2得，
，
解得，
所以，抛物线的解析式为y=x2﹣x+2；
（2）抛物线的对称轴为直线x=，
∵四边形OECF是平行四边形，
∴点C的横坐标是×2=5，
∵点C在抛物线上，
∴y=×52﹣×5+2=2，
∴点C的坐标为（5，2）；
（3）设OC与EF的交点为D，
∵点C的坐标为（5，2），
∴点D的坐标为（，1），
①点O是直角顶点时，易得△OED∽△PEO，
∴=，
即=，
解得PE=，
所以，点P的坐标为（，﹣）；
②点C是直角顶点时，同理求出PF=，
所以，PE=+2=，
所以，点P的坐标为（，）；
③点P是直角顶点时，由勾股定理得，OC==，
∵PD是OC边上的中线，
∴PD=OC=，
若点P在OC上方，则PE=PD+DE=+1，
此时，点P的坐标为（，），
若点P在OC的下方，则PE=PD﹣DE=﹣1，
此时，点P的坐标为（，），
综上所述，抛物线的对称轴上存在点P（，﹣）或（，）或（，）或（，），使△OCP是直角三角形．
方法二：
（1）略．
（2）∵FC∥x轴，∴当FC=OE时，四边形OECF是平行四边形．
设C（t，），
∴F（，+2），
∴t﹣=，
∴t=5，C（5，2）．
（3）∵点P在抛物线的对称轴上，设P（，t），O（0，0），C（5，2），
∵△OCP是直角三角形，∴OC⊥OP，OC⊥PC，OP⊥PC，
①OC⊥OP，∴KOC×KOP=﹣1，∴，
∴t=﹣，∴P（，﹣），
②OC⊥PC，∴KOC×KPC=﹣1，∴=﹣1，
∴t=，P（，），
③OP⊥PC，∴KOP×KPC=﹣1，∴，
∴4t2﹣8t﹣25=0，∴t=或，
点P的坐标为（，）或（，），
综上所述，抛物线的对称轴上存在点P（，﹣）或（，）或（，）或（，），使△OCP是直角三角形．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，平行四边形的对角线互相平分的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，难点在于（3）根据直角三角形的直角顶点分情况讨论．
30．（2014•孝感）如图1，矩形ABCD的边AD在y轴上，抛物线y=x2﹣4x+3经过点A、点B，与x轴交于点E、点F，且其顶点M在CD上．
（1）请直接写出下列各点的坐标：A （0，3） ，B （4，3） ，C （4，﹣1） ，D （0，﹣1） ；
（2）若点P是抛物线上一动点（点P不与点A、点B重合），过点P作y轴的平行线l与直线AB交于点G，与直线BD交于点H，如图2．
①当线段PH=2GH时，求点P的坐标；
②当点P在直线BD下方时，点K在直线BD上，且满足△KPH∽△AEF，求△KPH面积的最大值．
【考点】二次函数综合题；矩形的性质；相似三角形的性质．
【专题】压轴题．
【分析】（1）令x=0，得到点A的坐标，再根据点A的纵坐标得到点B的坐标，根据抛物线的顶点式和矩形的性质可得C．D的坐标；
（2）①根据待定系数法可得直线BD的解析式，设点P的坐标为（x，x2﹣4x+3），则点H（x，x﹣1），点G（x，3）．分三种情况：1°当x≥1且x≠4时；2°当0＜x＜1时；3°当x＜0时；三种情况讨论可得点P的坐标；
②根据相似三角形的性质可得，再根据二次函数的增减性可得△KPH面积的最大值．
【解答】解：（1）A（0，3），B（4，3），C（4，﹣1），D（0，﹣1）．
（2）①设直线BD的解析式为y=kx+b（k≠0），由于直线BD经过D（0，﹣1），B（4，3），
∴，
解得，
∴直线BD的解析式为y=x﹣1．
设点P的坐标为（x，x2﹣4x+3），则点H（x，x﹣1），点G（x，3）．
1°当x≥1且x≠4时，点G在PH的延长线上，如图①．
∵PH=2GH，
∴（x﹣1）﹣（x2﹣4x+3）=2[3﹣（x﹣1）]，
∴x2﹣7x+12=0，
解得x1=3，x2=4．
当x2=4时，点P，H，G重合于点B，舍去．
∴x=3．
∴此时点P的坐标为（3，0）．
2°当0＜x＜1时，点G在PH的反向延长线上，如图②，PH=2GH不成立．
3°当x＜0时，点G在线段PH上，如图③．
∵PH=2GH，
∴（x2﹣4x+3）﹣（x﹣1）=2[3﹣（x﹣1）]，
∴x2﹣3x﹣4=0，解得x1=﹣1，x2=4（舍去），
∴x=﹣1．此时点P的坐标为（﹣1，8）．
综上所述可知，点P的坐标为（3，0）或（﹣1，8）．
②如图④，令x2﹣4x+3=0，得x1=1，x2=3，
∴E（1，0），F（3，0），
∴EF=2．
∴S△AEF=EF•OA=3．
∵△KPH∽△AEF，
∴，
∴．
∵1＜x＜4，
∴当时，s△KPH的最大值为．
【点评】考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：坐标轴上的点的坐标特征，抛物线的顶点式，矩形的性质，待定系数法求直线的解析式，相似三角形的性质，二次函数的增减性，分类思想，综合性较强，有一定的难度．．
考点卡片
1．根的判别式
利用一元二次方程根的判别式（△=b2﹣4ac）判断方程的根的情况．
一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2﹣4ac有如下关系：
①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当△＜0时，方程无实数根．
上面的结论反过来也成立．
2．一次函数的应用
1、分段函数问题
分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．
2、函数的多变量问题
解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数．
3、概括整合
（1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用．
（2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键．
3．二次函数综合题
（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题
解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．
（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
（3）二次函数在实际生活中的应用题
从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．
4．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△=×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
5．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
6．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2=c2 的变形有：a=c2﹣b2，b=c2﹣a2及c=a2+b2．
（4）由于a2+b2=c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
7．勾股定理的应用
（1）在不规则的几何图形中，通常添加辅助线得到直角三角形．
（2）在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
（3）常见的类型：①勾股定理在几何中的应用：利用勾股定理求几何图形的面积和有关线段的长度．
②由勾股定理演变的结论：分别以一个直角三角形的三边为边长向外作正多边形，以斜边为边长的多边形的面积等于以直角边为边长的多边形的面积和．
③勾股定理在实际问题中的应用：运用勾股定理的数学模型解决现实世界的实际问题．
④勾股定理在数轴上表示无理数的应用：利用勾股定理把一个无理数表示成直角边是两个正整数的直角三角形的斜边．
8．等腰直角三角形
（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．
（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；
（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r=1，则外接圆的半径R=+1，所以r：R=1：+1．
9．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
10．平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB=DC，AD=BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB=DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA=OC，OB=OD∴四边行ABCD是平行四边形．
11．菱形的性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=12ab．（a、b是两条对角线的长度）
12．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角线的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
13．旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． ③旋转前、后的图形全等． （2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
14．作图-旋转变换
（1）旋转图形的作法：
根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
15．相似三角形的性质
相似三角形的定义：如果两个三角形的对应边的比相等，对应角相等，那么这两个三角形相似．
（1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等．
（2）相似三角形（多边形）的周长的比等于相似比；
相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比也等于相似比．
（3）相似三角形的面积的比等于相似比的平方．
由三角形的面积公式和相似三角形对应线段的比等于相似比可以推出相似三角形面积的比等于相似比的平方．
16．相似三角形的判定与性质
（1）相似三角形相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．
（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
17．相似三角形的应用
（1）利用影长测量物体的高度．①测量原理：测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．②测量方法：在同一时刻测量出参照物和被测量物体的影长来，再计算出被测量物的长度．
（2）利用相似测量河的宽度（测量距离）．①测量原理：测量不能直接到达的两点间的距离，常常构造“A”型或“X”型相似图，三点应在一条直线上．必须保证在一条直线上，为了使问题简便，尽量构造直角三角形．②测量方法：通过测量便于测量的线段，利用三角形相似，对应边成比例可求出河的宽度．
（3）借助标杆或直尺测量物体的高度．利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．
18．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角直角的关系：∠A+∠B=90°；
②三边之间的关系：a2+b2=c2；
③边角之间的关系：
sinA=∠A的对边斜边=ac，cosA=∠A的邻边斜边=bc，tanA=∠A的对边∠A的邻边=ab．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
