专题14 二次函数经典-2022年决胜中考数学考前抢分冲刺（全国通用）

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专题13二次函数经典 (解析版）
二次函数每年都是中考数学的压轴大戏，解决二次函数压轴题，是挑战满分的必备技能。
妙杀函数压轴题：
1.必会八大黄金公式。（专题11）
2.函数动点题的钥匙：动点三步曲：
点（即所用到的点的坐标），
线：用点的坐标表示出：两点间距离，图像函数表达式，中点的坐标等。
式：分情况列出函数关系式或方程。
求解即可。
3.函数类万能辅助线------向两轴作垂线
4.函数类万能辅助形------万能矩形。 
5.动点成形：
1) 等腰：1.先确定三点坐标2.求出三边长度。3.两两相等得方程。
2) 直角：1.先确定三点坐标2.求出三边长度。3.利用勾股，分情况列方程。
3) 平行四边形：1.先确定四个顶点的坐标。2.确定对角线。3.表示出每组对角线的中点坐标。4.两组对角线中点的横纵坐标相等，可得方程组。
4) 矩形：多借助图。1.一种情况。可以利用垂直公式，中点公式。
2.多种情况：先判断成平行四边形。再利用垂直公式求解。
5) 菱形：先判断成平行四边形。再利用距离公式（邻边相等）求解。
6) 相似：1.先确定原三角形形状。2.利用距离公式求长。3.利用对应边成比例，分情况列式。











1．如图，抛物线y＝ax2+bx+c的顶点C的坐标是（6，﹣4），它的图象经过点A（4，0），其对称轴与x轴交于点D．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点E是抛物线对称轴上一动点，点F是y轴上一动点，且点E、F在运动过程中始终保持DF⊥OE，垂足为点N，连接CN，当CN最短时，求点N的坐标；
（3）连接AC（若点P是x轴下方抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），过点P作PM⊥AC于点M，是否存在点P，使PM、CM的长度是2倍关系．若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝a（x﹣6）2﹣4，再将点A（4，0）代入，解得a的值，则可求得该抛物线的解析式；
（2）由题意可得点N是以OD为直径的圆上的一动点，设以OD为直径的圆的圆心为点G，连接CG，交⊙G于点N'，此时CN'即为最短的CN，过点N'作N'B⊥x轴于点B，判定△GBN'∽△GDC，从而得比例式，解得N'B=125，GB=95，根据OB＝OG+GB，求得OB，则可得点N的坐标；
（3）存在点P，使PM、CM的长度是2倍关系．分情况讨论：①当点P在抛物线的对称轴的右侧时，PM＝2CM，△PCM∽△CAD，如图2，延长CP交x轴于点Q，设Q（m，0），则（m﹣4）2＝（m﹣6）2+42，解得m的值，则可得点Q的坐标，用待定系数法求得直线CQ的解析式，将其与抛物线的解析式联立，即可解得点P的坐标；②当点P在抛物线对称轴的左侧时，CM＝2PM，△PCM∽△ACD，如图3，过点A作AH⊥AC，交CP的延长线于点H，过点H作HK⊥x轴，交x轴于点K，判定△HCA∽△ACD，△AHK∽△CAD，用待定系数法求得直线CH的解析式，将其与抛物线的解析式联立，即可解得点P的坐标．
答案详解:（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝a（x﹣6）2﹣4，
∵图象经过点A（4，0），
∴a（4﹣6）2﹣4＝0，
∴a＝1，
∴y＝（x﹣6）2﹣4＝x2﹣12x+32，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣12x+32；
（2）如图1，
∵点E、F在运动过程中始终保持DF⊥OE，
∴点N是以OD为直径的圆上的一动点，
设以OD为直径的圆的圆心为点G，连接CG，交⊙G于点N'，此时CN'即为最短的CN，过点N'作N'B⊥x轴于点B，

由已知得OD＝6，CD＝4，
∴GD＝3，CG＝5，
∵N'B⊥x轴，CD⊥x轴，
∴N'B∥CD，
∴△GBN'∽△GDC，
∴GBGD=N'BCD=N'GCG=35，
∴N'B=125，GB=95，
∴OB＝OG+GB
＝3+95
=245，
∴点N的坐标为（245，-125）；
（3）存在点P，使PM、CM的长度是2倍关系．
∵A（4，0），D（6，0），
∴AD＝2，
∵ADDC=24=12，∠ADC＝90°，
∴当PM、CM的长度是2倍关系时，△PCM与△ACD相似．
①当点P在抛物线的对称轴的右侧时，PM＝2CM，△PCM∽△CAD，
如图2，延长CP交x轴于点Q，此时∠QCA＝∠QAC，
∴QA＝QC，
∴QA2＝QC2，
设Q（m，0），则（m﹣4）2＝（m﹣6）2+42，
解得m＝9，
∴Q（9，0），
设直线CQ的解析式为y＝kx+b（k≠0），将C（6，﹣4），Q（9，0）代入，得：
9k+b=06k+b=-4，
解得k=43b=-12，
∴y=43x﹣12，
联立y=43x-12y=x2-12x+32，
解得x1=6y1=-4（舍去），x2=223y2=-209，
∴点P（223，-209）；

②当点P在抛物线对称轴的左侧时，CM＝2PM，△PCM∽△ACD，
如图3，过点A作AH⊥AC，交CP的延长线于点H，过点H作HK⊥x轴，交x轴于点K，
由勾股定理得AC=22+42=25，
∵AH⊥AC，PM⊥AC，
∴AH∥PM，
∴△PCM∽△ACH，
∵△PCM∽△ACD，
∴△HCA∽△ACD，
∴AHDA=CACD，
∴AH2=254，
∴AH=5，
∵HK⊥x轴，AH⊥AC，
∴∠HKA＝∠ADC＝∠HAC＝90°，
∴∠KAH+∠AHK＝90°，∠CAD+∠KAH＝90°，
∴∠AHK＝∠CAD，
∴△AHK∽△CAD，
∴AKAD=AHCA=KHDA，
∴AK4=525=KH2，
∴AK＝2，KH＝1，
∴H（2，﹣1），
设直线CH的解析式为y＝mx+n（m≠0），将C（6，﹣4），H（2，﹣1）代入，得：
2m+n=-16m+n=-4，
解得m=-34n=12，
∴直线CH的解析式为y=-34x+12，
联立y=-34x+12y=x2-12x+32，
解得x1=6y1=-4（舍去），x2=214y2=-5516，
∴点P（214，-5516）；

综上所述，满足条件的点P的坐标为（223，-209）或（214，-5516）．
2．如图，函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（m，0），B（0，n）两点，m，n分别是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个实数根，且m＜n．
（Ⅰ）求m，n的值以及函数的解析式；
（Ⅱ）设抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的另一个交点为C，抛物线的顶点为D，连接AB，BC，BD，CD．求证：△BCD∽△OBA；
（Ⅲ）对于（Ⅰ）中所求的函数y＝﹣x2+bx+c，
（1）当0≤x≤3时，求函数y的最大值和最小值；
（2）设函数y在t≤x≤t+1内的最大值为p，最小值为q，若p﹣q＝3，求t的值．

【分析】（I）首先解方程求得A、B两点的坐标，然后利用待定系数法确定二次函数的解析式即可；
（II）根据解方程直接写出点C的坐标，然后确定顶点D的坐标，根据两点的距离公式可得△BDC三边的长，根据勾股定理的逆定理可得∠DBC＝90°，根据边长可得△AOB和△DBC两直角边的比相等，则两直角三角形相似；
（III）（1）确定抛物线的对称轴是x＝1，根据增减性可知：x＝1时，y有最大值，当x＝3时，y有最小值；
（2）分5种情况：①当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的左侧；②当t+1＝1时；③当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线分别在对称轴的两侧；④当t＝1时，⑤函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的右侧；分别根据增减性可解答．
答案详解:（I）解：∵m，n分别是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个实数根，且m＜n，
用因式分解法解方程：（x+1）（x﹣3）＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴m＝﹣1，n＝3，
∴A（﹣1，0），B（0，3），
把（﹣1，0），（0，3）代入得，-1-b+c=0c=3，解得b=2c=3，
∴函数解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（ II）证明：令y＝﹣x2+2x+3＝0，即x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴的交点为A（﹣1，0），C（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，
∴对称轴为x=-1+32=1，顶点D（1，﹣1+2+3），即D（1，4），
∴BC=32+32=32，BD=12+12=2，DC=42+22=25，
∵CD2＝DB2+CB2，
∴△BCD是直角三角形，且∠DBC＝90°，
∴∠AOB＝∠DBC，
在Rt△AOB和Rt△DBC中，AOBD=12=22，OBBC=332=22，
∴AOBD=OBBC，
∴△BCD∽△OBA；
（ III）解：抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴为x＝1，顶点为D（1，4），
（1）在0≤x≤3范围内，
当x＝1时，y最大值＝4；当x＝3时，y最小值＝0；
（2）①当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的左侧，当x＝t时取得最小值q＝﹣t2+2t+3，最大值p＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
令p﹣q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即﹣2t+1＝3，解得t＝﹣1．
②当t+1＝1时，此时p＝4，q＝3，不合题意，舍去；
③当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线分别在对称轴的两侧，
此时p＝4，令p﹣q＝4﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即t2﹣2t﹣2＝0解得：t1＝1+3（舍），t2＝1-3（舍）；
或者p﹣q＝4﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，即t=±3（不合题意，舍去）；
④当t＝1时，此时p＝4，q＝3，不合题意，舍去；
⑤当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的右侧，当x＝t时取得最大值p＝﹣t2+2t+3，最小值q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
令p﹣q＝﹣t2+2t+3﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，解得t＝2．
综上，t＝﹣1或t＝2．
3．如图1，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）与x轴交于点A，B．与y轴交于点C．连接AC，BC．已知△ABC的面积为2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平行于x轴的直线与抛物线从左到右依次交于P，Q两点．过P，Q向x轴作垂线，垂足分别为G，H．若四边形PGHQ为正方形，求正方形的边长；
（3）如图2，平行于y轴的直线交抛物线于点M，交x轴于点N（2，0）．点D是抛物线上A，M之间的一动点，且点D不与A，M重合，连接DB交MN于点E．连接AD并延长交MN于点F．在点D运动过程中，3NE+NF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

【分析】（1）先将抛物线解析式变形，可得A和B的坐标，从而得AB＝1+3＝4，根据三角形ABC的面积为2可得OC的长，确定点C的坐标，根据点C的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）分两种情况：PQ在x轴的上方和下方，设点P的纵坐标为m，当y＝m时，-13x2+23x+1＝m，解方程可得P和Q两点的坐标，从而得G和H的坐标，再利用正方形的性质可得出关于m的方程，解之即可得出结论；
（3）设点D（n，-13n2+23n+1），利用待定系数法求直线AD和BD的解析式，表示FN和OK的长，直接代入计算可得结论．
答案详解:（1）如图1，y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x2﹣2x﹣3）＝a（x﹣3）（x+1），
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∵△ABC的面积为2，即12AB⋅OC=2，
∴12×4×OC=2，
∴OC＝1，
∴C（0，1），
将C（0，1）代入y＝ax2﹣2ax﹣3a，得：﹣3a＝1，
∴a=-13，
∴该二次函数的解析式为y=-13x2+23x+1；
（2）分两种情况：
①当PQ在x轴的上方时，如图2，设点P的纵坐标为m，当y＝m时，-13x2+23x+1＝m，

解得：x1＝1+4-3m，x2＝1-4-3m，
∴点P的坐标为（1-4-3m，m），点Q的坐标为（1+4-3m，m），
∴点G的坐标为（1-4-3m，0），点H的坐标为（1+4-3m，0），
∵矩形PGHQ为正方形，
∴1+4-3m-（1-4-3m）＝m，
解得：m1＝﹣6﹣213（舍），m2＝﹣6+213；
②当PQ在x轴的下方时，m＜0，
同理可得m＝﹣6﹣213；
∴当四边形PGHQ为正方形时，边长为6+213或213-6；
（3）如图3，设点D（n，-13n2+23n+1），延长BD交y轴于K，

∵A（﹣1，0），
设AD的解析式为：y＝kx+b，
则-k+b=0nk+b=-13n2+23n+1，解得：k=-13n+1b=-13n+1，
∴AD的解析式为：y＝（-13n+1）x-13n+1，
当x＝2时，y=-23n+2-13n+1＝﹣n+3，
∴F（2，3﹣n），
∴FN＝3﹣n，
同理得直线BD的解析式为：y＝（-13n-13）x+n+1，
∴K（0，n+1），
∴OK＝n+1，
∵N（2，0），B（3，0），
∴BNOB=13，
∵EN∥OK，
∴ENOK=BNOB=13，
∴OK＝3EN，
∴3EN+FN＝OK+FN＝n+1+3﹣n＝4，
∴在点D运动过程中，3NE+NF为定值4．
4．在平面直角坐标系中，抛物线y=-13x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图，直线y=34x+94与抛物线交于A，D两点，与直线BC交于点E．若M（m，0）是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线BC于点H．
①当点F在直线AD上方的抛物线上，且S△EFG=59S△OEG时，求m的值；
②在平面内是否存在点P，使四边形EFHP为正方形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据抛物线解析式中a=-13和交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，利用交点式可得抛物线的解析式；
（2）①如图1，先利用待定系数法求直线BC的解析式，联立方程可得交点E的坐标，根据M（m，0），且MH⊥x轴，表示点G（m，34m+94），F（m，-13m2+13m+4），由S△EFG=59S△OEG，列方程可得结论；
②存在，根据正方形的性质得：FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，同理根据M（m，0），得H（m，﹣m+4），F（m，-13m2+13m+4），分两种情况：F在EP的左侧，在EP的右侧，根据EF＝FH，列方程可得结论．
答案详解:（1）∵抛物线y=-13x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，
∴y=-13（x+3）（x﹣4）=-13x2+13x+4；
（2）①如图1，∵B（4，0），C（0，4），

∴设BC的解析式为：y＝kx+n，
则4k+n=0n=4，解得k=-1n=4，
∴BC的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4=34x+94，
解得：x＝1，
∴E（1，3），
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴G（m，34m+94），F（m，-13m2+13m+4），
∵S△EFG=59S△OEG，
∴12FG×(xE-xF)=59×12ON（xE﹣xG），
[（-13m2+13m+4）﹣（34m+94）]（1﹣m）=59×94(1-m)，
解得：m1=34，m2＝﹣2；
②存在，由①知：E（1，3），
∵四边形EFHP是正方形，
∴FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，
∵M（m，0），且MH⊥x轴，
∴H（m，﹣m+4），F（m，-13m2+13m+4），
分两种情况：
i）当﹣3≤m＜1时，如图2，点F在EP的左侧，

∴FH＝（﹣m+4）﹣（-13m2+13m+4）=13m2-43m，
∵EF＝FH，
∴13m2-43m=1-m，
解得：m1=1+132（舍），m2=1-132，
∴H（1-132，7+132），
∴P（1，7+132），
ii）当1＜m＜4时，点F在PE的右边，如图3，

同理得-13m2+43m=m﹣1，
解得：m1=1+132，m2=1-132（舍），
同理得P（1，7-132）；
综上，点P的坐标为：(1，7+132)或(1，7-132)．
5．如图，抛物线y＝ax2+94x+c（a≠0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），作直线BC．

（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上存在点D，使∠DCB＝2∠ABC，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，点F的坐标为（0，72），点M在抛物线上，点N在直线BC上．当以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）把点A（﹣1，0），C（0，3）代入抛物线的解析式中，列方程组解出即可；
（2）解法一：作点B关于y轴的对称点B'，连接B'C与抛物线交于点D，根据两函数的解析式列方程解出即可；
解法二：如图1，作辅助线，构建相似三角形，证明△DCH∽△CBO，则DHCO=CHBO，设点D的横坐标为t，则D(t，-34t2+94t+3)，列关于t的方程解出可得结论；
（3）利用待定系数法求直线BC的解析式为：y=-34x+3，设N（m，-34m+3），当以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，存在两种情况：如图2和图3，分别画图，根据平移的性质可表示M的坐标，代入抛物线的解析式列方程可解答．
答案详解:（1）∵抛物线y=ax2+94x+c经过点A（﹣1，0），C（0，3），
∴a-94+c=0c=3，解得：a=-34c=3，
∴抛物线的解析式为：y=-34x2+94x+3；
（2）解法一：作点B关于y轴的对称点B'，作射线B'C交抛物线于点D，

∵B的坐标为（4，0），
∴B'（﹣4，0），
∴直线B'C的解析式为：y=34x+3，
则-34x2+94x+3=34x+3，
解得：x1＝0（舍），x2＝2，
∴D（2，92）；
如图1，过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，则∠ECB＝∠ABC，

过点D作DH⊥CE于点H，则∠DHC＝90°，
∵∠DCB＝∠DCH+∠ECB＝2∠ABC，
∴∠DCH＝∠ABC，
∵∠DHC＝∠COB＝90°，
∴△DCH∽△CBO，
∴DHCO=CHBO，
设点D的横坐标为t，则D(t，-34t2+94t+3)，
∵C（0，3），
∴DH=-34t2+94t，
∵点B是y=-34x2+94x+3与x轴的交点，
∴-34x2+94x+3=0，
解得x1＝4，x2＝﹣1，
∴B的坐标为（4，0），
∴OB＝4，
∴-34t2+94t3=t4，
解得t1＝0（舍去），t2＝2，
∴点D的纵坐标为：-34t2+94t+3=92，
则点D坐标为(2，92)；
（3）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
则4k+b=0b=3，解得：k=-34b=3，
∴直线BC的解析式为：y=-34x+3，
设N（m，-34m+3），
分两种情况：
①如图2﹣1和图2﹣2，以DF为边，DN为对角线，N在x轴的上方时，四边形DFNM是平行四边形，

∵D（2，92），F（0，72），
∴M（m+2，-34m+4），
代入抛物线的解析式得：
-34(m+2)2+94(m+2)+3=-34m+4，
解得：m=±63，
∴N（63，3-64）或（-63，3+64）；
②如图3﹣1和3﹣2，以DF为边，DM为对角线，四边形DFMN是平行四边形，

同理得：M（m﹣2，-34m+2），
代入抛物线的解析式得：
-34(m-2)2+94(m-2)+3=-34m+2，
解得：m＝4±663，
∴N（4+663，-664）或（4-663，664）；
③以DF为对角线时，设中点P的坐标为（1，4），
设M（t，-34t2+94t+3），N（n，-34n+3），
∴t+n=2-34t2+94t+3-34n+3=8，
此方程组无解，所以此种情况不成立；
综上，点N的坐标分别为：（63，3-64）或（-63，3+64）或（4+663，-664）或（4-663，664）．
6．已知抛物线y＝a（x﹣2）2+c经过点A（﹣2，0）和点C（0，94），与x轴交于另一点B，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标；
（2）如图，点E，F分别在线段AB，BD上（点E不与点A，B重合），且∠DEF＝∠DAB，DE＝EF，直接写出线段BE的长．

【分析】（1）利用待定系数法，转化为解方程组即可解决问题．
（2）根据y＝0，解方程可得A和B两点的坐标，根据两点的距离公式可得AD＝BD＝5，证明△ADE≌△BEF（AAS），可得结论．
答案详解:（1）将点A（﹣2，0），C（0，94）代入 y＝a（x﹣2）2 +c，
得：16a+c=04a+c=94，
解得：a=-316c=3，
∴抛物线的解析式为y=-316（x﹣2）2+3，即y=-316x2+34x+94；
∴顶点D的坐标为（2，3）；
（2）当y＝0时，-316（x﹣2）2+3＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
∵∠DEB＝∠DEF+∠BEF＝∠DAB+∠ADE，∠DEF＝∠DAB，
∴∠ADE＝∠BEF，
∵AD=(2+2)2+32=5，BD=(6-2)2+32=5，
∴AD＝BD，
∴∠DAE＝∠EBF，
∵DE＝EF，
∴△ADE≌△BEF（AAS），
∴BE＝AD＝5．
7．如图1，在平面直角坐标系中，A（﹣2，﹣1），B（3，﹣1），以O为圆心，OA的长为半径的半圆O交AO延长线于C，连接AB，BC，过O作ED∥BC分别交AB和半圆O于E，D，连接OB，CD．
（1）求证：BC是半圆O的切线；
（2）试判断四边形OBCD的形状，并说明理由；
（3）如图2，若抛物线经过点D且顶点为E．
①求此抛物线的解析式；
②点P是此抛物线对称轴上的一个动点，以E，D，P为顶点的三角形与△OAB相似，问抛物线上是否存在一点Q．使S△EPQ＝S△OAB？若存在，请直接写出Q点的横坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）如图1，设AB与y轴交于M，先证明OE是△ABC的中位线，得BC＝2OE，E（12，﹣1），利用勾股定理计算OE的长，可得BC的长，根据勾股定理的逆定理计算AC2+BC2＝AB2，所以△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，可得结论；
（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明OD与BC平行且相等，可得四边形OBCD是平行四边形；
（3）①作辅助线，构建平行线，利用平行线分线段成比例定理列比例式可得D的坐标，利用顶点E的坐标设抛物线的解析式为：y＝a（x-12）2﹣1，把点D的坐标代入可得结论；
②以E，D，P为顶点的三角形与△OAB相似，存在两种情况，过D作DG⊥EP于G，设Q的横坐标为x，根据S△EPQ＝S△OAB，列方程可得x的值．
答案详解:（1）证明：如图1，设AB与y轴交于M，

∵A（﹣2，﹣1），B（3，﹣1），
∴AB∥x轴，且AM＝2，OM＝1，AB＝5，
∴OA＝OC=5，
∵DE∥BC，O是AC的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴AE=12AB，BC＝2OE，
∴E（12，﹣1），
∴EM=12，
∴OE=OM2+ME2=12+(12)2=52，
∴BC＝2OE=5，
在△ABC中，∵AC2+BC2=(25)2+(5)2=25，AB2＝52＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∵AC为半圆O的直径，
∴BC是半圆O的切线；
（2）解：四边形OBCD是平行四边形，理由是：
如图1，由（1）得：BC＝OD＝OA=5，
∵OD∥BC，
∴四边形OBCD是平行四边形；
（3）解：①如图2，由（1）知：OD＝OA=5，E是AB的中点，且E（12，﹣1），OE=52，
过D作DN⊥y轴于N，则DN∥EM，

∴△ODN∽△OEM，
∴ONOM=DNEM=ODOE，即ON1=DN12=552，
∴ON＝2，DN＝1，
∴D（﹣1，2），
设此抛物线的解析式为：y＝a（x-12）2﹣1，
把D（﹣1，2）代入得：2＝a（﹣1-12）2﹣1，
解得：a=43，
∴此抛物线的解析式为：y=43（x-12）2﹣1，即y=43x2-43x-23；
②存在，
过D作DG⊥EP于G，设Q的横坐标为x，

∵DG＝1+12=32，EG＝2+1＝3，
∴DE=DG2+EG2=(32)2+32=352，
tan∠DEG=DGEG=323=12，
∵tan∠OAM=OMAM=12，且∠DEG和∠OAM都是锐角，
∴∠DEG＝∠OAM，
如图3，当△EPD∽△AOB时，EPAO=DEAB，即EP5=3525，
∴EP=32，
∵S△AOB=12AB⋅OM=12×5×1=52，
∵S△EPQ＝S△OAB，
∴12⋅EP⋅|x-12|=52，
即12×32×|x-12|=52，
解得：x=236或-176；
如图4，当△OAB∽△DEP时，ABEP=OADE，即5EP=5352，

∴EP=152，
同理得：12⋅152⋅|x-12|=52，
解得：x=76或-16；
综上，存在符合条件的点Q，Q点的横坐标为236或-176或76或-16．
8．如图所示，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为A（﹣2，0），点C的坐标为C（0，6），对称轴为直线x＝1．点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4），连接AC，BC，DC，DB．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的34时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意得出方程组，解方程组即可；
（2）过点D作DE⊥x轴于E，交BC于G，过点C作CF⊥ED交ED的延长线于F，求出点B的坐标为（4，0），由待定系数法求出直线BC的函数表达式为y=-32x+6，则点D的坐标为（m，-34m2+32m+6），点G的坐标为（m，-32m+6），求出S△BCD=-32m2+6m=92，解方程即可；
（3）求出点D的坐标为（3，154），分三种情况，①当DB为对角线时，证出DN∥x轴，则点D与点N关于直线x＝1对称，得出N（﹣1，154）求出BM＝4，即可得出答案；
②当DM为对角线时，由①得N（﹣1，154），DN＝4，由平行四边形的性质得出DN＝BM＝4，进而得出答案；
③当DN为对角线时，点D与点N的纵坐标互为相反数，N（1+14，-154）或N（1-14，-154），再分两种情况解答即可．
答案详解:（1）由题意得：-b2a=14a-2b+c=0c=6，
解得：a=-34b=32c=6，
∴抛物线的函数表达式为：y=-34x2+32x+6；
（2）过点D作DE⊥x轴于E，交BC于G，过点C作CF⊥ED交ED的延长线于F，如图1所示：
∵点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（0，6），
∴OA＝2，OC＝6，
∴S△AOC=12OA•OC=12×2×6＝6，
∴S△BCD=34S△AOC=34×6=92，
当y＝0时，-34x2+32x+6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴点B的坐标为（4，0），
设直线BC的函数表达式为：y＝kx+n，
则0=4k+n6=n，
解得：k=-32n=6，
∴直线BC的函数表达式为：y=-32x+6，
∵点D的横坐标为m（1＜m＜4），
∴点D的坐标为：（m，-34m2+32m+6），
点G的坐标为：（m，-32m+6），
∴DG=-34m2+32m+6﹣（-32m+6）=-34m2+3m，CF＝m，BE＝4﹣m，
∴S△BCD＝S△CDG+S△BDG=12DG•CF+12DG•BE=12DG×（CF+BE）=12×（-34m2+3m）×（m+4﹣m）=-32m2+6m，
∴-32m2+6m=92，
解得：m1＝1（不合题意舍去），m2＝3，
∴m的值为3；
（3）由（2）得：m＝3，-34m2+32m+6=-34×32+32×3+6=154，
∴点D的坐标为：（3，154），
分三种情况讨论：
①当DB为对角线时，如图2所示：
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DN∥BM，
∴DN∥x轴，
∴点D与点N关于直线x＝1对称，
∴N（﹣1，154），
∴DN＝3﹣（﹣1）＝4，
∴BM＝4，
∵B（4，0），
∴M（8，0）；
②当DM为对角线时，如图3所示：
由①得：N（﹣1，154），DN＝4，
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DN＝BM＝4，
∵B（4，0），
∴M（0，0）；
③当DN为对角线时，
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DM＝BN，DM∥BN，
∴∠DMB＝∠MBN，
∴点D与点N的纵坐标互为相反数，
∵点D（3，154），
∴点N的纵坐标为：-154，
将y=-154代入y=-34x2+32x+6中，
得：-34x2+32x+6=-154，
解得：x1＝1+14，x2＝1-14，
当x＝1+14时，如图4所示：
则N（1+14，-154），
分别过点D、N作x轴的垂线，垂足分别为E、Q，
在Rt△DEM和Rt△NQB中，DM=BNDE=NQ，
∴Rt△DEM≌Rt△NQB（HL），
∴BQ＝EM，
∵BQ＝1+14-4=14-3，
∴EM=14-3，
∵E（3，0），
∴M（14，0）；
当x＝1-14时，如图5所示：
则N（1-14，-154），
同理得点M（-14，0）；
综上所述，点M的坐标为（8，0）或（0，0）或（14，0）或（-14，0）．





9．如图所示，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点M为抛物线的顶点．
（1）求点C及顶点M的坐标．
（2）若点N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接BN、CN，求△BCN面积的最大值及此时点N的坐标．
（3）若点D是抛物线对称轴上的动点，点G是抛物线上的动点，是否存在以点B、C、D、G为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由．
（4）直线CM交x轴于点E，若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）令抛物线解析式中x＝0即可求出C点坐标，写出抛物线顶点式，即可求出顶点M坐标；
（2）过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，设N（n，n2﹣2n﹣3），求出BC解析式，进而得到Q点坐标，最后根据S△BCN＝S△NQC+S△NQB即可求解；
（3）设D点坐标为（1，t），G点坐标为（m，m2﹣2m﹣3），然后分成①DG是对角线；②DB是对角线；③DC是对角线时三种情况进行讨论即可求解；
（4）连接AC，由CE＝CB可知∠EBC＝∠E，求出MC的解析式，设P（x，﹣x﹣3），然后根据△PEO相似△ABC，分成EOBA=EPBC和EOBC=EPBA讨论即可求解．
答案详解:（1）令y＝x2﹣2x﹣3中x＝0，此时y＝﹣3，
故C点坐标为（0，﹣3），
又∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点M的坐标为（1，﹣4）；
（2）过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，连接BN，CN，如图1所示：
令y＝x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x＝3或x＝﹣1，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
设直线BC的解析式为：y＝ax+b，
将C（0，﹣3），B（3，0）代入直线BC的解析式得：-3=b0=3a+b，
解得：a=1b=-3，
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3，
设N点坐标为（n，n2﹣2n﹣3），故Q点坐标为（n，n﹣3），其中0＜n＜3，
则S△BCN=S△NQC+S△NQB=12⋅QN⋅(xQ-xC)+12⋅QN⋅(xB-xQ)=12⋅QN⋅(xQ-xC+xB-xQ)=12⋅QN⋅(xB-xC)，（其中xQ，xC，xB分别表示Q，C，B三点的横坐标），且QN＝（n﹣3）﹣（n2﹣2n﹣3）＝﹣n2+3n，xB﹣xC＝3，
故S△BCN=12⋅(-n2+3n)⋅3=-32n2+92n=-32(n-32)2+278，其中0＜n＜3，
当n=32时，S△BCN有最大值为278，
此时点N的坐标为（32，-154），
（3）设D点坐标为（1，t），G点坐标为（m，m2﹣2m﹣3），且B（3，0），C（0，﹣3）
分情况讨论：
①当DG为对角线时，则另一对角线是BC，由中点坐标公式可知：
线段DG的中点坐标为(xD+xG2，yD+yG2)，即(1+m2，t+m2-2m-32)，
线段BC的中点坐标为(xB+xC2，yB+yC2)，即(3+02，0-32)，
此时DG的中点与BC的中点为同一个点，
∴1+m2=32t+m2-2m-32=-32，解得m=2t=0，
经检验，此时四边形DCGB为平行四边形，此时G坐标为（2，﹣3）；
②当DB为对角线时，则另一对角线是GC，由中点坐标公式可知：
线段DB的中点坐标为(xD+xB2，yD+yB2)，即(1+32，t+02)，
线段GC的中点坐标为(xG+xC2，yG+yC2)，即(m+02，m2-2m-3-32)，
此时DB的中点与GC的中点为同一个点，
∴1+32=m+02t+02=m2-2m-3-32，解得m=4t=2，
经检验，此时四边形DCBG为平行四边形，此时G坐标为（4，5）；
③当DC为对角线时，则另一对角线是GB，由中点坐标公式可知：
线段DC的中点坐标为(xD+xC2，yD+yC2)，即(1+02，t-32)，
线段GB的中点坐标为(xG+xB2，yG+yB2)，即(m+32，m2-2m-3+02)，
此时DC的中点与GB的中点为同一个点，
∴1+02=m+32t-32=m2-2m-3+02，解得m=-2t=8，
经检验，此时四边形DGCB为平行四边形，此时G坐标为（﹣2，5）；
综上所述，G点坐标存在，为（2，﹣3）或（4，5）或（﹣2，5）；
（4）连接AC，OP，如图2所示：
设MC的解析式为：y＝kx+m，
将C（0，﹣3），M（1，﹣4）代入MC的解析式得：-3=m-4=k+m，
解得：k=-1m=-3
∴MC的解析式为：y＝﹣x﹣3，令y＝0，则x＝﹣3，
∴E点坐标为（﹣3，0），
∴OE＝OB＝3，且OC⊥BE，
∴CE＝CB，
∴∠CBE＝∠E，
设P（x，﹣x﹣3），
又∵P点在线段EC上，
∴﹣3＜x＜0，
则EP=(x+3)2+(-x-3)2=2(x+3)，BC=32+32=32，
由题意知：△PEO相似于△ABC，
分情况讨论：
①△PEO∽△CBA，
∴EOBA=EPBC，
∴34=2(x+3)32，
解得x=-34，满足﹣3＜x＜0，此时P的坐标为(-34，-94)；
②△PEO∽△ABC，
∴EOBC=EPBA，
∴332=2(x+3)4，
解得x＝﹣1，满足﹣3＜x＜0，此时P的坐标为（﹣1，﹣2）．
综上所述，P点的坐标为(-34，-94)或（﹣1，﹣2）．


10．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣6与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，OA＝2，OB＝4，直线l是抛物线的对称轴，在直线l右侧的抛物线上有一动点D，连接AD，BD，BC，CD．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点D在x轴的下方，当△BCD的面积是92时，求△ABD的面积；
（3）在（2）的条件下，点M是x轴上一点，点N是抛物线上一动点，是否存在点N，使得以点B，D，M，N为顶点，以BD为一边的四边形是平行四边形，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据OA＝2，OB＝4确定点A和B的坐标，代入抛物线的解析式列方程组解出即可；
（2）如图1，过D作DG⊥x轴于G，交BC于H，利用待定系数法求直线BC的解析式，设D（x，34x2-32x﹣6），则H（x，32x﹣6），表示DH的长，根据△BCD的面积是92，列方程可得x的值，因为D在对称轴的右侧，所以x＝1不符合题意，舍去，利用三角形面积公式可得结论；
（3）分两种情况：N在x轴的上方和下方，根据y=±154确定N的坐标，并正确画图．
答案详解:（1）∵OA＝2，OB＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
把A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣6中得：4a-2b-6=016a+4b-6=0，
解得：a=34b=-32，
∴抛物线的解析式为：y=34x2-32x﹣6；

（2）如图1，过D作DG⊥x轴于G，交BC于H，

当x＝0时，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
设BC的解析式为：y＝kx+n，
则n=-64k+n=0，解得：k=32n=-6，
∴BC的解析式为：y=32x﹣6，
设D（x，34x2-32x﹣6），则H（x，32x﹣6），
∴DH=32x﹣6﹣（34x2-32x﹣6）=-34x2+3x，
∵△BCD的面积是92，
∴12DH⋅OB=92，
∴12×4×(-34x2+3x)=92，
解得：x＝1或3，
∵点D在直线l右侧的抛物线上，
∴D（3，-154），
∴△ABD的面积=12AB⋅DG=12×6×154=454；



（3）分两种情况：
①如图2-1,2-2，N在x轴的上方时，四边形MNBD是平行四边形，

∵B（4，0），D（3，-154），且M在x轴上，
∴N的纵坐标为154，
当y=154时，即34x2-32x﹣6=154，
解得：x＝1+14或1-14，
∴N（1-14，154）或（1+14，154）；
②如图3，点N在x轴的下方时，四边形BDNM是平行四边形，此时M与O重合，

∴N（﹣1，-154）；
综上，点N的坐标为：（1-14，154）或（1+14，154）
或（﹣1，-154）．





11．如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点，点D（x，y）为抛物线上第一象限内的一个动点．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）当△BCD的面积为3时，求点D的坐标；
（3）过点D作DE⊥BC，垂足为点E，是否存在点D，使得△CDE中的某个角等于∠ABC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）根据三角形面积公式可求与BC平行的经过点D的y轴上点M的坐标，再根据待定系数法可求DM的解析式，再联立抛物线可求点D的坐标；
（3）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况考虑：①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，﹣2），连接BF，则CD∥BF，由点B，F的坐标，利用待定系数法可求出直线BF，CD的解析式，联立直线CD及抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点D的坐标；②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，由△OCH∽△OBF求出H点坐标，利用待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线BF及直线CN成方程组，通过解方程组可求出点N的坐标，利用对称的性质可求出点P的坐标，由点C、P的坐标，利用待定系数法可求出直线CP的解析式，将直线CP的解析式代入抛物线解析式中可得出关于x的一元二次方程，解之取其非零值可得出点D的横坐标．依此即可得解．
答案详解:（1）将A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2+bx+c得：a-b+c=016a+4b+c=0c=2，
解得：a=-12b=32c=2．
故抛物线的解析式为y=-12x2+32x+2．
（2）
法一：如图2，设点M的坐标为（0，m），使得△BCM的面积为3，
3×2÷4＝1.5，
则m＝2+1.5=72，
M（0，72）
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为y=-12x+2，
∴DM的解析式为y=-12x+72，
联立抛物线解析式y=-12x+72y=-12x2+32x+2，
解得x1=3y1=2，x2=1y2=3．
∴点D的坐标为（3，2）或（1，3）．

法二：如下图所示，过D作DG⊥x轴，垂足为G点，与BC交于K点，设D（a，b）（其中a＞0，b＞0），
∴K（a，2-a2），
∴DK=b-2+a2，
∴S△BCD＝S△CDK+S△BDK=12×4×(b-2+a2)=2b﹣4+a＝3，
∴2b+a＝7，
∵D在抛物线y=-12x2+32x+2上，
∴b=-12a2+32a+2，
∴a2﹣4a+3＝0，
∴（a﹣1）（a﹣3）＝0，
∴a＝1或3，
∵当a＝1时，b＝3，当a＝3时，b＝2，
∴点D的坐标为（3，2）或（1，3）．

（3）分两种情况考虑：
①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，﹣2），连接BF，如图3所示．
∵OC＝OF，OB⊥CF，
∴∠ABC＝∠ABF，
∴∠CBF＝2∠ABC．
∵∠DCB＝2∠ABC，
∴∠DCB＝∠CBF，
∴CD∥BF．
∵点B（4，0），F（0，﹣2），
∴直线BF的解析式为y=12x﹣2，
∴直线CD的解析式为y=12x+2．
联立直线CD及抛物线的解析式成方程组得：y=12x+2y=-12x2+32x+2，
解得：x1=0y1=2（舍去），x2=2y2=3，
∴点D的坐标为（2，3）；
②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，如图4所示．
∵∠OCH＝90°﹣∠OHC，∠OBF＝90°﹣∠BHN，
∠OHC＝∠BHN，
∴∠OCH＝∠OBF．
在△OCH与△OBF中
∠COH=∠BOF=90°∠OCH=∠OBF，
∴△OCH∽△OBF，
∴OHOF=OCOB，即OH2=24，
∴OH＝1，H（1，0）．
设直线CN的解析式为y＝kx+n（k≠0），
∵C（0，2），H（1，0），
∴n=2k+n=0，解得k=-2n=2，
∴直线CN的解析式为y＝﹣2x+2．
联立直线BF及直线CN成方程组得：y=12x-2y=-2x+2，
解得：x=85y=-65，
∴点N的坐标为（85，-65）．
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为y=-12x+2．
∵NP⊥BC，且点N（85，-65），
∴直线NP的解析式为y＝2x-225．
联立直线BC及直线NP成方程组得：y=-12x+2y=2x-225，
解得：x=6425y=1825，
∴点Q的坐标为（6425，1825）．
∵点N（85，-65），点N，P关于BC对称，
∴点P的坐标为（8825，6625）．
∵点C（0，2），P（8825，6625），
∴直线CP的解析式为y=211x+2．
将y=211x+2代入y=-12x2+32x+2整理，得：11x2﹣29x＝0，
解得：x1＝0（舍去），x2=2911，
∴点D的横坐标为2911．
综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或2911．



12．如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y＝ax2+bx+4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意得出方程组，求出二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4，则C（0，4），由待定系数法求出BC所在直线的表达式即可
（2）证DE∥PF，只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，由二次函数解析式求出点D的坐标，由直线BC的解析式求出点E的坐标，则DE=154，设点P的横坐标为t，则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），由DE＝PF得出方程，解方程进而得出答案；
（3）由平行线的性质得出∠CED＝∠CFP，当∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，则PFCE=CFDE，得出方程，解方程即可．
答案详解:（1）将点A（﹣1，0），B（4，0），代入y＝ax2+bx+4，
得：0=a-b+40=16a+4b+4，
解得：a=-1b=3，
∴二次函数的表达式为：y＝﹣x2+3x+4，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设BC所在直线的表达式为：y＝mx+n，
将C（0，4）、B（4，0）代入y＝mx+n，
得：4=n0=4m+n，
解得：m=-1n=4，
∴BC所在直线的表达式为：y＝﹣x+4；
（2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴，
∴DE∥PF，
只要DE＝PF，四边形DEFP即为平行四边形，
∵y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x-32）2+254，
∴点D的坐标为：（32，254），
将x=32代入y＝﹣x+4，即y=-32+4=52，
∴点E的坐标为：（32，52），
∴DE=254-52=154，
设点P的横坐标为t，
则P的坐标为：（t，﹣t2+3t+4），F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴PF＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
由DE＝PF得：﹣t2+4t=154，
解得：t1=32（不合题意舍去），t2=52，
当t=52时，﹣t2+3t+4＝﹣（52）2+3×52+4=214，
∴点P的坐标为（52，214）；
（3）存在，理由如下：
如图2所示：
由（2）得：PF∥DE，
∴∠CED＝∠CFP，
又∵∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有∠PCF＝∠CDE时，△PCF∽△CDE，
∴PFCE=CFDE，
∵C（0，4）、E（32，52），
∴CE=(32)2+(4-52)2=322，
由（2）得：DE=154，PF＝﹣t2+4t，F的坐标为：（t，﹣t+4），
∴CF=t2+[4-(-t+4)]2=2t，
∴-t2+4t322=2t154，
∵t≠0，
∴154（﹣t+4）＝3，
解得：t=165，
当t=165时，﹣t2+3t+4＝﹣（165）2+3×165+4=8425，
∴点P的坐标为：（165，8425）．

13．如图，抛物线y＝ax2+94x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．

【分析】（1）把点A（﹣1，0）和点C （0，3）代入y＝ax2+94x+c求出a与c的值即可得出抛物线的解析式；
（2）①当点Q在y轴右边时，假设△QCO为等边三角形，过点Q作QH⊥OC于H，OC＝3，则OH=32，tan60°=QHOH，求出Q（332，32），把x=332代入y=-34x2+94x+3，得y=2738-3316≠32，则假设不成立；
②当点Q在y轴的左边时，假设△QCO为等边三角形，过点Q作QT⊥OC于T，OC＝3，则OT=32，tan60°=QTOT，求出Q（-332，32），把x=-332代入y=-34x2+94x+3，得y=-2738-3316≠32，则假设不成立；
（3）求出B（4，0），待定系数法得出BC直线的解析式y=-34x+3，当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，延长PM交AB于点D，则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），则PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可得出结果；当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），则PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，代入即可得出结果；当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，点P与A重合，M的纵坐标的值即为所求；当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，延长PD交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），则PD=34x2-94x﹣3，MD=34x﹣3，代入即可得出结果．
答案详解:（1）把点A（﹣1，0）和点C （0，3）代入y＝ax2+94x+c得：0=a-94+c3=c，
解得：a=-34c=3，
∴抛物线的解析式为：y=-34x2+94x+3；
（2）不存在，理由如下：
①当点Q在y轴右边时，如图1所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QH⊥OC于H，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OH=12OC=32，tan60°=QHOH，
∴QH＝OH•tan60°=32×3=332，
∴Q（332，32），
把x=332代入y=-34x2+94x+3，
得：y=2738-3316≠32，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴右边时，不存在△QCO为等边三角形；
②当点Q在y轴的左边时，如图2所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QT⊥OC于T，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OT=12OC=32，tan60°=QTOT，
∴QT＝OT•tan60°=32×3=332，
∴Q（-332，32），
把x=-332代入y=-34x2+94x+3，
得：y=-2738-3316≠32，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴左边时，不存在△QCO为等边三角形；
综上所述，在抛物线上不存在一点Q，使得△QCO是等边三角形；
（3）令-34x2+94x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
设BC直线的解析式为：y＝kx+b，
把B、C的坐标代入则0=4k+b3=b，
解得：k=-34b=3，
∴BC直线的解析式为：y=-34x+3，
当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，如图3所示：
延长PM交AB于点D，
则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，
设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），
则PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，
∴（-34x2+94x+3）﹣（-34x+3）=-34x+3，
解得：x1＝1，x2＝4（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：MD=-34+3=94；
当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，如图4所示：
延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），
则PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，
∴（-34x2+94x+3）﹣（-34x+3）＝x，
解得：x1=83，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM=83；
当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，如图5所示：

点P与A重合，
∴M的横坐标为﹣1，
∴⊙M的半径为：M的纵坐标的值，
即：-34×（﹣1）+3=154；
当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，如图6所示：

延长PM交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，-34x2+94x+3），M（x，-34x+3），
则PD=34x2-94x﹣3，MD=34x﹣3，
∴（34x2-94x﹣3）﹣（34x﹣3）＝x，
解得：x1=163，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM=163；
综上所述，⊙M的半径为94或83或154或163．




14．如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y=-34x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于B点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，B两点，在第一象限的抛物线上取一点D，过点D作DC⊥x轴于点C，交直线AB于点E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）是否存在点D，使得△BDE和△ACE相似？若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，F是第一象限内抛物线上的动点（不与点D重合），点G是线段AB上的动点．连接DF，FG，当四边形DEGF是平行四边形且周长最大时，请直接写出点G的坐标．

【分析】（1）根据y=-34x+3，求出A，B的坐标，再代入抛物线解析式中即可求得抛物线解析式；
（2）△BDE和△ACE相似，要分两种情况进行讨论：①△BDE∽△ACE，求得D（134，3）；②△DBE∽△ACE，求得D（2312，509）；
（3）由DEGF是平行四边形，可得DE∥FG，DE＝FG，设D（m，-m2+134m+3），E（m，-34m+3），F（n，-n2+134n+3），G（n，-34n+3），根据平行四边形周长公式可得：DEGF周长＝﹣2(m-34)2+898，由此可求得点G的坐标．
答案详解:（1）在y=-34x+3中，令x＝0，得y＝3，令y＝0，得x＝4，
∴A（4，0），B（0，3），
将A（4，0），B（0，3）分别代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，得：-42+4b+c=0c=3，解得：b=134c=3，
∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+134x+3．
（2）存在．如图1，过点B作BH⊥CD于H，设C（t，0），则D（t，-t2+134t+3），E（t，-34t+3），H（t，3）；
∴EC=-34t+3，AC＝4﹣t，BH＝t，DH＝﹣t2+134t，DE＝﹣t2+4t
∵△BDE和△ACE相似，∠BED＝∠AEC
∴△BDE∽△ACE或△DBE∽△ACE
①当△BDE∽△ACE时，∠BDE＝∠ACE＝90°，
此时BD∥AC，可得D（134，3）．
②当△DBE∽△ACE时，∠BDE＝∠CAE
∵BH⊥CD
∴∠BHD＝90°，
∴BHDH=tan∠BDE＝tan∠CAE=CEAC，即：BH•AC＝CE•DH
∴t（4﹣t）＝（-34t+3）（﹣t2+134t），解得：t1＝0（舍），t2＝4（舍），t3=2312，
∴D（2312，509）；
综上所述，点D的坐标为（134，3）或（2312，509）；
（3）如图2，∵四边形DEGF是平行四边形
∴DE∥FG，DE＝FG
设D（m，-m2+134m+3），E（m，-34m+3），F（n，-n2+134n+3），G（n，-34n+3），
则：DE＝﹣m2+4m，FG＝﹣n2+4n，
∴﹣m2+4m＝﹣n2+4n，即：（m﹣n）（m+n﹣4）＝0，∵m﹣n≠0
∴m+n﹣4＝0，即：m+n＝4
过点G作GK⊥CD于K，则GK∥AC
∴∠EGK＝∠BAO
∴GKEG=cos∠EGK＝cos∠BAO=AOAB，即：GK•AB＝AO•EG
∴5（n﹣m）＝4EG，即：EG=54（n﹣m）
∴DEGF周长＝2（DE+EG）＝2[（﹣m2+4m）+54（n﹣m）]＝﹣2(m-34)2+898
∵﹣2＜0，
∴当m=34时，∴▱DEGF周长最大值=898，
此时n＝4-34=134，则G（134，916），
当E，G互换时，结论也成立，此时G（34，3916），
综上所述．G（134，916）或（34，3916）．


15．如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（1，0），B（﹣3，0）．
（1）求抛物线的解析式及其顶点C的坐标；
（2）设点D是x轴上一点，当tan（∠CAO+∠CDO）＝4时，求点D的坐标；
（3）如图2．抛物线与y轴交于点E，点P是该抛物线上位于第二象限的点，线段PA交BE于点M，交y轴于点N，△BMP和△EMN的面积分别为m、n，求m﹣n的最大值．

【分析】（1）利用待定系数法，将A，B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求得二次函数的解析式；
（2）设抛物线对称轴与x轴交于点H，在Rt△CHO中，可求得tan∠COH＝4，推出∠ACO＝∠CDO，可证△AOC∽△ACD，利用相似三角形的性质可求出AD的长度，进一步可求出点D的坐标，由对称性可直接求出另一种情况；
（3）设P（a，﹣a2﹣2a+3），A（1，0）代入y＝kx+b，求出直线PA的解析式，求出点N的坐标，由S△BPM＝S△BPA﹣S四边形BMNO﹣S△AON，S△EMN＝S△EBO﹣S四边形BMNO，可推出S△BPM﹣S△EMN＝S△BPA﹣S△EBO﹣S△AON，再用含a的代数式表示出来，最终可用函数的思想来求出其最大值．
答案详解:（1）由题意把点（1，0），（﹣3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，-1+b+c=0-9-3b+c=0，
解得b＝﹣2，c＝3，
∴y＝﹣x2﹣2x+3
＝﹣（x+1）2+4，
∴此抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3，顶点C的坐标为（﹣1，4）；

（2）∵抛物线顶点C（﹣1，4），
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
设抛物线对称轴与x轴交于点H，
则H（﹣1，0），
在Rt△CHO中，CH＝4，OH＝1，
∴tan∠COH=CHOH=4，
∵∠COH＝∠CAO+∠ACO，
∴当∠ACO＝∠CDO时，
tan（∠CAO+∠CDO）＝tan∠COH＝4，
如图1，当点D在对称轴左侧时，
∵∠ACO＝∠CDO，∠CAO＝∠CAO，
∴△AOC∽△ACD，
∴ACAD=AOAC，
∵AC=CH2+AH2=25，AO＝1，
∴25AD=125，
∴AD＝20，
∴OD＝19，
∴D（﹣19，0）；
当点D在对称轴右侧时，点D关于直线x＝﹣1的对称点D'的坐标为（17，0），
∴点D的坐标为（﹣19，0）或（17，0）；

（3）设P（a，﹣a2﹣2a+3），
将P（a，﹣a2﹣2a+3），A（1，0）代入y＝kx+b，
得，ak+b=-a2-2a+3k+b=0，
解得，k＝﹣a﹣3，b＝a+3，
∴yPA＝（﹣a﹣3）x+a+3，
当x＝0时，y＝a+3，
∴N（0，a+3），
如图2，
∵S△BPM＝S△BPA﹣S四边形BMNO﹣S△AON，S△EMN＝S△EBO﹣S四边形BMNO，
∴S△BPM﹣S△EMN
＝S△BPA﹣S△EBO﹣S△AON
=12×4×（﹣a2﹣2a+3）-12×3×3-12×1×（a+3）
＝﹣2a2-92a
＝﹣2（a+98）2+8132，
由二次函数的性质知，当a=-98时，S△BPM﹣S△EMN有最大值8132，
∵△BMP和△EMN的面积分别为m、n，
∴m﹣n的最大值为8132．


16．已知抛物线y＝ax2+32x+4的对称轴是直线x＝3，与x轴相交于A，B两点（点B在点A右侧），与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式和A，B两点的坐标；
（2）如图1，若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），是否存在点P，使四边形PBOC的面积最大？若存在，求点P的坐标及四边形PBOC面积的最大值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，若点M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点N，当MN＝3时，求点M的坐标．
【分析】（1）由抛物线的对称轴是直线x＝3，解出a的值，即可求得抛物线解析式，在令其y值为零，解一元二次方程即可求出A和B的坐标；
（2）易求点C的坐标为（0，4），设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），将B（8，0），C（0，4）代入y＝kx+b，解出k和b的值，即得直线BC的解析式；设点P的坐标为（x，-14x2+32x+4），过点P作PD∥y轴，交直线BC于点D，则点D的坐标为（x，-12x+4），利用关系式S四边形PBOC＝S△BOC+S△PBC得出关于x的二次函数，从而求得其最值；
（3）设点M的坐标为（m，-14m2+32m+4）则点N的坐标为（m，-12m+4），MN＝|-14m2+32m+4﹣（-12m+4）|＝|-14m2+2m|，分当0＜m＜8时，或当m＜0或m＞8时来化简绝对值，从而求解．
答案详解:（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝3，
∴-322a=3，解得a=-14，
∴抛物线的解析式为：y=-14x2+32x+4．
当y＝0时，-14x2+32x+4＝0，解得x1＝﹣2，x2＝8，
∴点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（8，0）．
答：抛物线的解析式为：y=-14x2+32x+4；点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（8，0）．
（2）当x＝0时，y=-14x2+32x+4＝4，
∴点C的坐标为（0，4）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），将B（8，0），C（0，4）代入y＝kx+b得
8k+b=0b=4，解得k=-12b=4，
∴直线BC的解析式为y=-12x+4．
假设存在点P，使四边形PBOC的面积最大，
设点P的坐标为（x，-14x2+32x+4），如图1所示，过点P作PD∥y轴，交直线BC于点D，则点D的坐标为（x，-12x+4），
则PD=-14x2+32x+4﹣（-12x+4）=-14x2+2x，
∴S四边形PBOC＝S△BOC+S△PBC
=12×8×4+12PD•OB
＝16+12×8（-14x2+2x）
＝﹣x2+8x+16
＝﹣（x﹣4）2+32
∴当x＝4时，四边形PBOC的面积最大，最大值是32
∵0＜x＜8，
∴存在点P（4，6），使得四边形PBOC的面积最大．
答：存在点P，使四边形PBOC的面积最大；点P的坐标为（4，6），四边形PBOC面积的最大值为32．


（3）设点M的坐标为（m，-14m2+32m+4）则点N的坐标为（m，-12m+4），
∴MN＝|-14m2+32m+4﹣（-12m+4）|＝|-14m2+2m|，
又∵MN＝3，
∴|-14m2+2m|＝3，
当0＜m＜8时，-14m2+2m﹣3＝0，解得m1＝2，m2＝6，
∴点M的坐标为（2，6）或（6，4）；
当m＜0或m＞8时，-14m2+2m+3＝0，解得m3＝4﹣27，m4＝4+27，
∴点M的坐标为（4﹣27，7-1）或（4+27，-7-1）．

答：点M的坐标为（2，6）、（6，4）、（4﹣27，7-1）或（4+27，-7-1）．
17．在平面直角坐标系中，直线y=12x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y=12x2+bx+c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A，动点D在直线BC下方的二次函数图象上．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，连接DC，DB，设△BCD的面积为S，求S的最大值；
（3）如图2，过点D作DM⊥BC于点M，是否存在点D，使得△CDM中的某个角恰好等于∠ABC的2倍？若存在，直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据题意得到B、C两点的坐标，设抛物线的解析式为y=12（x﹣4）（x﹣m），将点C的坐标代入求得m的值即可；
（2）过点D作DF⊥x轴，交BC与点F，设D（x，12x2-32x﹣2），则DF=-12x2+2x，然后列出S与x的关系式，最后利用配方法求得其最大值即可；
（3）根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点E，EA＝EC＝EB=52，过D作y轴的垂线，垂足为R，交AC的延线于G，设D（x，12x2-32x﹣2），则DR＝x，CR=-12x2+32x，最后，分为∠DCM＝2∠BAC和∠MDC＝2∠BAC两种情况列方程求解即可．
答案详解:（1）把x＝0代y=12x﹣2得y＝﹣2，
∴C（0，﹣2）．
把y＝0代y=12x﹣2得x＝4，
∴B（4，0），
设抛物线的解析式为y=12（x﹣4）（x﹣m），将C（0，﹣2）代入得：2m＝﹣2，解得：m＝﹣1，
∴A（﹣1，0）．
∴抛物线的解析式y=12（x﹣4）（x+1），即y=12x2-32x﹣2．
（2）如图所示：过点D作DF⊥x轴，交BC与点F．

设D（x，12x2-32x﹣2），则F（x，12x﹣2），DF＝（12x﹣2）﹣（12x2-32x﹣2）=-12x2+2x．
∴S△BCD=12OB•DF=12×4×（-12x2+2x）＝﹣x2+4x＝﹣（x2﹣4x+4﹣4）＝﹣（x﹣2）2+4．
∴当x＝2时，S有最大值，最大值为4．
（3）如图所示：过点D作DR⊥y垂足为R，DR交BC与点G．

∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
∴AC=5，BC＝25，AB＝5，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC为直角三角形．
取AB的中点E，连接CE，则CE＝BE，
∴∠OEC＝2∠ABC．
∴tan∠OEC=OCOE=43．
当∠MCD＝2∠ABC时，则tan∠CDR＝tan∠ABC=12．
设D（x，12x2-32x﹣2），则DR＝x，CR=-12x2+32x．
∴-12x2+32xx=12，解得：x＝0（舍去）或x＝2．
∴点D的横坐标为2．
当∠CDM＝2∠ABC时，设MD＝3k，CM＝4k，CD＝5k．
∵tan∠MGD=12，
∴GM＝6k，GD＝35k，
∴GC＝MG﹣CM＝2k，
∴GR=455k，CR=255k．
∴RD＝35k-455k=1155k．
∴CRDR=-12x2+32xx=25k5115k5，整理得：-112x2+292x＝0，解得：x＝0（舍去）或x=2911．
∴点D的横坐标为2911．
综上所述，当点D的横坐标为2或2911．
18．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c和直线y＝x+1交于A，B两点，点A在x轴上，点B在直线x＝3上，直线x＝3与x轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．以PQ为边作矩形PQNM，使点N在直线x＝3上．
①当t为何值时，矩形PQNM的面积最小？并求出最小面积；
②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
【分析】（1）利用待定系数法即可；
（2）①分别用t表示PE、PQ、EQ，用△PQE∽△QNC表示NC及QN，列出矩形PQNM面积与t的函数关系式问题可解；
②由①利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系，表示点M坐标，分别讨论M、N、Q在抛物线上时的情况，并分别求出t值．
答案详解:（1）由已知，B点横坐标为3
∵A、B在y＝x+1上
∴A（﹣1，0），B（3，4）
把A（﹣1，0），B（3，4）代入y＝﹣x2+bx+c得
-1-b+c=0-9+3b+c=4
解得
b=3c=4
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4；
（2）①过点P作PE⊥x轴于点E．

∵直线y＝x+1与x轴夹角为45°，P点速度为每秒2个单位长度
∴t秒时点E坐标为（﹣1+t，0），Q点坐标为（3﹣2t，0）
∴EQ＝4﹣3t，PE＝t
∵∠PQE+∠NQC＝90°
∠PQE+∠EPQ＝90°
∴∠EPQ＝∠NQC
∴△PQE∽△QNC
∴PQNQ=PEQC=12
∴矩形PQNM的面积S＝PQ•NQ＝2PQ2
∵PQ2＝PE2+EQ2
∴S＝2（t2+(4-3t)2）2＝20t2﹣48t+32
当t=-b2a=65时，
S最小＝20×（65）2﹣48×65+32=165
②由①点Q坐标为（3﹣2t，0），P坐标为（﹣1+t，t）
∴△PQE∽△QNC，可得NC＝2EQ＝8﹣6t
∴N点坐标为（3，8﹣6t）
由矩形对角线互相平分
∴点M坐标为（3t﹣1，8﹣5t）
当M在抛物线上时
8﹣5t＝﹣（3t﹣1）2+3（3t﹣1）+4
解得t=10-279或10+279
当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t＝2
当N在抛物线上时，8﹣6t＝4
∴t=23
综上所述当t=23或10-279或10+279或2时，矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
19．已知抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO＝S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）令y＝0求抛物线与x轴的交点C的坐标，作△POB和△PBC的高线，根据面积相等可得OE＝CF，证明△OEG≌△CFG，则OG＝CG＝2，根据三角函数列式可得P的坐标，利用待定系数法求一次函数AP和BC的解析式，k相等则两直线平行；
（3）先利用概率的知识分析A，B，C，E中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△ABE有可能相似，即△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，根据存在公共角∠BAE＝∠BAC，可得△ABE∽△ACB，列比例式可得E的坐标，利用待定系数法求直线BE的解析式，与抛物线列方程组可得交点D的坐标；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，同理可得结论．
答案详解:（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=12x2+bx+c中得：
2-2b+c=0c=-4，解得：b=-1c=-4，
∴抛物线的解析式为：y=12x2﹣x﹣4；
（2）当y＝0时，12x2﹣x﹣4＝0，
解得：x＝﹣2或4，
∴C（4，0），
如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，
∵S△PBO＝S△PBC，
∴12PB⋅OE=12PB⋅CF，
∴OE＝CF，
易得△OEG≌△CFG，
∴OG＝CG＝2，
设P（x，12x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，
tan∠PBM=PMBM=OGOB=24=12，
∴BM＝2PM，
∴4+12x2﹣x﹣4＝2x，
x2﹣6x＝0，
x1＝0（舍），x2＝6，
∴P（6，8），
易得AP的解析式为：y＝x+2，
BC的解析式为：y＝x﹣4，
∴AP∥BC；
（3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC、△ABE、△ACE、△BCE，四种，其中△ABE重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形，
∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，
∵∠BAE＝∠BAC，∠ABE≠∠ABC，
∴∠ABE＝∠ACB＝45°，
∴△ABE∽△ACB，
∴ABAC=AEAB，
∴256=AE25，
∴AE=103，OE=103-2=43
∴E（43，0），
∵B（0，﹣4），
易得BE：y＝3x﹣4，
则12x2﹣x﹣4＝3x﹣4，
x1＝0（舍），x2＝8，
∴D（8，20）；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，此时E在C的左边，
∵∠BEA＝∠BEC，
∴当∠ABE＝∠BCE时，△ABE∽△BCE，
∴ABBC=BECE=2542，
设BE＝25m，CE＝42m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2＝OE2+OB2，
∴42+(42m-4)2=(25m)2，
3m2﹣82m+8＝0，
（m﹣22）（3m﹣22）＝0，
m1＝22，m2=223，
∴OE＝42m﹣4＝12或43，
∵OE=43＜2，∠AEB或∠BEC是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，
∴E（﹣12，0）；
同理得BE的解析式为：y=-13x﹣4，
-13x﹣4=12x2﹣x﹣4，
x=43或0（舍）
∴D（43，-409）；
同理可得E在C的右边时，△ABE∽△BCE，
∴ABBC=AEBE=2542，
设AE＝25m，BE＝42m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2＝OE2+OB2，
∴(25m-2)2+42=(42m)2，
3m2+25m﹣5＝0，
（m+5）（3m-5）＝0，
m1=-5，m2=53，
∴OE＝﹣12（舍）或43，
∵OE=43＜4，∠BEC是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，
综上，点D的坐标为（8，20）或（43，-409）．




20．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C（0，-43），OA＝1，OB＝4，直线l过点A，交y轴于点D，交抛物线于点E，且满足tan∠OAD=34．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿x轴正方向以每秒2个单位长度的速度向点A运动，动点Q从点A出发，沿射线AE以每秒1个单位长度的速度向点E运动，当点P运动到点A时，点Q也停止运动，设运动时间为t秒．
①在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△ADC与△PQA相似，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
②在P、Q的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得△APQ与△CAQ的面积之和最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）应用待定系数法求解析式
（2）①分别用t表示△ADC、△PQA各边，应用分类讨论相似三角形比例式，求t值；
②分别用t表示△APQ与△CAQ的面积之和，讨论最大值．
答案详解:（1）∵OA＝1，OB＝4，
∴A（1，0），B（﹣4，0），
设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣1），
∵点C（0，-43）在抛物线上，
∴-43=a×4×(-1)，
解得a=13，
∴抛物线的解析式为y=13(x+4)(x-1)=13x2+x-43．
（2）存在t，使得△ADC与△PQA相似．
理由：①在Rt△AOC中，OA＝1，OC=43，
则tan∠ACO=OAOC=34，
∵tan∠OAD=34，
∴∠OAD＝∠ACO，
∵直线l的解析式为y=34(x-1)，
∴D（0，-34），
∵点C（0，-43），
∴CD=43-34=712，
由AC2＝OC2+OA2，得AC=53，
在△AQP中，AP＝AB﹣PB＝5﹣2t，AQ＝t，
由∠PAQ＝∠ACD，要使△ADC与△PQA相似，
只需APAQ=CDAC或APAQ=ACCD，
则有5-2tt=71253或5-2tt=53712，
解得t1=10047，t2=3534，
∵t1＜2.5，t2＜2.5，
∴存在t=10047或t=3534，使得△ADC与△PQA相似．
②存在t，使得△APQ与△CAQ的面积之和最大，
理由：作PF⊥AQ于点F，CN⊥AQ于N，
在△APF中，PF＝AP•sin∠PAF=35(5-2t)，
在△AOD中，由AD2＝OD2+OA2，得AD=54，
在△ADC中，由S△ADC=12AD⋅CN=12CD⋅OA
∴CN=CD⋅OAAD=712×154=715，
∴S△AQP+S△AQC=12AQ(PF+CN)
=-12t[35(5-2t)+715]=-35(t-139)2+169135
∴当t=139时，△APQ与△CAQ的面积之和最大．
方法二：由题意可得Q点的坐标为（-4t+55，-35t），
∴S△AQP+S△AQC=12（5﹣2t）×35t+12（43-34）（45t﹣1+1）=-35t2+2615t．
可得当t=139时，△APQ与△CAQ的面积之和最大．