2023年中考数学高频考点突破——二次函数与面积附答案

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2023年中考数学高频考点突破——二次函数与面积附答案
1．如图，已知抛物线经过，，三点，其顶点为，对称轴是直线，与轴交于点．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点是该抛物线对称轴上的一个动点，求周长的最小值；
（3）如图（2），若是线段上的一个动点与、不重合），过点作平行于轴的直线交抛物线于点，交轴于点，设点的横坐标为，的面积为．
①求与的函数关系式；
②是否存在最大值？若存在，求出最大值及此时点的坐标； 若不存在，请说明理由．









2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，B点的坐标为(3，0)，与y轴交于点C（0，－3），点P是直线BC下方抛物线上的一个动点．

（1）求二次函数解析式；
（2）连接PO，PC，并将△POC沿y轴对折，得到四边形．是否存在点P，使四边形为菱形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．




3．如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC、AC．

（1）求AB和OC的长；
（2）点E从点A出发，沿x轴向点B运动（点E与点A、B不重合），过点E作直线l平行BC，交AC于点D．设AE的长为m，△ADE的面积为s，求s关于m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；
（3）在（2）的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值；此时，求出以点E为圆心，与BC相切的圆的面积（结果保留π）．






4．如图，在平面直角坐标系中，A、B为x轴上两点，C、D为y轴上的两点，经
过点A、C、B的抛物线的一部分C1与经过点A、D、B的抛物线的一部分C2组合成一条封闭曲线，我们把这条封
闭曲线称为“蛋线”．已知点C的坐标为（0，），点M是抛物线C2：（＜0）的顶点．

（1）求A、B两点的坐标；
（2）“蛋线”在第四象限上是否存在一点P，使得△PBC的面积最大？若存在，求出△PBC面积的最大值；若不存在，请说明理由；
（3）当△BDM为直角三角形时，求的值．






5．如图，抛物线y = ax2 + bx + 4与x轴的两个交点分别为A（－4，0）、B（2，0），与y轴交于点C，顶点为D．E（1，2）为线段BC的中点，BC的垂直平分线与x轴、y轴分别交于F、G．

（1）求抛物线的函数解析式，并写出顶点D的坐标；
（2）在直线EF上求一点H，使△CDH的周长最小，并求出最小周长；
（3）若点K在x轴上方的抛物线上运动，当K运动到什么位置时，
△EFK的面积最大？并求出最大面积．





6．如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将此三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A′B′O．
（1）一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式；
（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积4倍？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形？并写出四边形PB′A′B的两条性质．
7．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B（1，0）两点，与y轴交于点C，直线y=x﹣2经过A，C两点，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）在直线AC上方的抛物线上存在一点P，使△PAC的面积最大，请直接写出P点坐标及△PAC面积的最大值；
（3）在y轴上是否存在一点G，使得GD+GB的值最小？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．





8．如图1，已知抛物线y=﹣x2+mx+m﹣2的顶点为A，且经过点B（3，﹣3）．
（1）求顶点A的坐标
（2）若P是抛物线上且位于直线OB上方的一个动点，求△OPB的面积的最大值及比时点P的坐标；
（3）如图2，将原抛物线沿射线OA方向进行平移得到新的抛物线，新抛物线与射线OA交于C，D两点，请问：在抛物线平移的过程中，线段CD的长度是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．



9．如图，已知二次函数y=ax2+2x+c的图象经过点C（0，3），与x轴分别交于点A，点B（3，0）．点P是直线BC上方的抛物线上一动点．

(1)求二次函数y=ax2+2x+c的表达式；
(2)连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C，若四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；
(3)当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积．




10．如图，已知直线y=﹣x+2与x轴、y轴分别交于点B、C，抛物线y=﹣+bx+c过点B、C，且与x轴交于另一个点A．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点M是线段BC上一点，过点M作直线l∥y轴交该抛物线于点N，当四边形OMNC是平行四边形时，求它的面积；
（3）联结AC，设点D是该抛物线上的一点，且满足∠DBA=∠CAO，求点D的坐标．




11．如图所示，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣2，0）、B（4，0）、C（0，﹣8），与直线y=x﹣4交于B，D两点
（1）求抛物线的解析式并直接写出D点的坐标；
（2）点P为直线BD下方抛物线上的一个动点，试求出△BDP面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）点Q是线段BD上异于B、D的动点，过点Q作QF⊥x轴于点F，交抛物线于点G，当△QDG为直角三角形时，直接写出点Q的坐标．











12．已知顶点为A的抛物线y＝a(x－)2－2经过点B(－，2)，点C(，2)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，直线AB与x轴相交于点M，与y轴相交于点E，抛物线与y轴相交于点F，在直线AB上有一点P，若∠OPM＝∠MAF，求△POE的面积；
(3)如图2，点Q是折线A－B－C上一点，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，直线QN与直线EN相交于点N，连接QE，将△QEN沿QE翻折得到△QEN′，若点N′落在x轴上，请直接写出Q点的坐标．





13．如图，对称轴为直线x=1的抛物线y=x2﹣bx+c与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）（x1＜x2）两点，与y轴交于C点，且+=﹣．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线顶点为D，直线BD交y轴于E点；
①设点P为线段BD上一点（点P不与B、D两点重合），过点P作x轴的垂线与抛物线交于点F，求△BDF面积的最大值；
②在线段BD上是否存在点Q，使得∠BDC=∠QCE？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．









14．已知：如图，抛物线y=ax2+bx+c与坐标轴分别交于点A（0，6），B（6，0），C（﹣2，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积有最大值？
（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P作PE∥x轴交抛物线于点E，连结DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．







15．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y =ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C．点P、Q分别是AB、BC上的动点，当点P从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点Q从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动.设P、Q同时运动的时间为t秒（0 （1）求抛物线的表达式；
（2）设△PBQ的面积为S ，当t为何值时，△PBQ的面积最大，最大面积是多少？
（3）当t为何值时，△PBQ是等腰三角形？


16．如图，已知抛物线与y轴交于点，与x轴交于点，点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
求这条抛物线的表达式及其顶点坐标；
当点P移动到抛物线的什么位置时，使得，求出此时点P的坐标；
当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动，在移动中，点P的横坐标以每秒1个单位长度的速度变动；与此同时点M以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动，点P，M移动到各自终点时停止当两个动点移动t秒时，求四边形PAMB的面积S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少？




17．二次函数y=ax2+c的图象经过点A（﹣4，3），B（﹣2，6），点A关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是抛物线对称轴右侧图象上的一点，点G（0，﹣1）．
（1）求出点C坐标及抛物线的解析式；
（2）若以A，C，P，G为顶点的四边形面积等于30时，求点P的坐标；
（3）若Q为线段AC上一动点，过点Q平行于y轴的直线与过点G平行于x轴的直线交于点M，将△QGM沿QG翻折得到△QGN，当点N在坐标轴上时，求Q点的坐标．
       


18．如图，抛物线y=ax2+bx过A（﹣4，0），B（﹣1，3）两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）写出点C的坐标，并求出△ABC的面积；
（3）点P是抛物线上一动点，且位于x轴的下方，当△ABP的面积为15时，求出点P的坐标；
（4）若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，当以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出此时点N的坐标．
　　　　

参考答案：
1．（1）.
（2）
（3）①
②当m=﹣2时，S最大，最大值为1，此时点E的坐标为（﹣2，2）.
【分析】（1）根据函数图象经过的三点，用待定系数法确定二次函数的解析式即可；
（2）根据是定值，得到当最小时，的周长最小，根据点的坐标求得相应线段的长即可；
（3）设点的横坐标为，表示出，，最后表示出的长，从而表示出于的函数关系，然后求二次函数的最值即可．
【解析】解：（1）由题意可知：
解得：
抛物线的解析式为：；
（2）的周长为：
是定值，
当最小时，的周长最小，
点、点关于对称轴对称，
连接交于点，即点为所求的点

的周长最小是：
，，，
，；
故周长的最小值为．
（3）①抛物线顶点的坐标为

直线的解析式为
点的横坐标为，
，






；
②
；
当时，最大，最大值为1
此时点的坐标为．

【点评】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式以及二次函数的最值，解题的关键是根据点的坐标表示出线段的长是表示出三角形的面积．
2．（1）；（2）存在这样的点，此时P点的坐标为（，）；（3）P点的坐标为(，−)，四边形ABPC的面积的最大值为．
【分析】（1）将B、C的坐标代入抛物线的解析式中即可求得待定系数的值；
（2）由于菱形的对角线互相垂直平分，若四边形POP′C为菱形，那么P点必在OC的垂直平分线上，据此可求出P点的纵坐标，代入抛物线的解析式中即可求出P点的坐标；
（3）由于△ABC的面积为定值，当四边形ABPC的面积最大时，△BPC的面积最大；过P作y轴的平行线，交直线BC于Q，交x轴于F，易求得直线BC的解析式，可设出P点的横坐标，然后根据抛物线和直线BC的解析式求出Q、P的纵坐标，即可得到PQ的长，以PQ为底，B点横坐标的绝对值为高即可求得△BPC的面积，由此可得到关于四边形ACPB的面积与P点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出四边形ABPC的最大面积及对应的P点坐标．
【解析】（1）将B、C两点的坐标代入，得
， 解得．
∴二次函数的解析式为．
（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形；．
设P点坐标为（x，x2-2x-3），PP′交CO于E．
若四边形POP′C是菱形，则有PC=PO；．
连接PP′，则PE⊥CO于E，
．
∵C（0，-3），
∴CO=3，
又∵OE=EC，
∴OE=EC=．
∴y=−；
∴x2-2x-3=−，
解得（不合题意，舍去）．
∴存在这样的点，此时P点的坐标为（，）．
（3）过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，x2-2x-3），

设直线BC的解析式为：y=kx+d，
则，
解得： ．
∴直线BC的解析式为y=x-3，
则Q点的坐标为（x，x-3）；
当0=x2-2x-3，
解得：x1=-1，x2=3，
∴AO=1，AB=4，
S四边形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ．
=AB•OC+QP•BF+QP•OF．
=×4×3+ (−x2+3x)×3．
=− (x−)2+．
当x＝时，四边形ABPC的面积最大．
此时P点的坐标为(，−)，四边形ABPC的面积的最大值为．
3．（1）AB=9，OC="9" （2）s=m2（0＜m＜9）（3）
【解析】解：（1）在中，
令x=0，得y=－9，∴C（0，﹣9）；
令y=0，即，解得：x1=﹣3，x2=6，∴A（﹣3，0）、B（6，0）．
∴AB=9，OC=9．
（2）∵ED∥BC，∴△AED∽△ABC，∴，即：．
∴s=m2（0＜m＜9）．
（3）∵S△AEC=AE•OC=m，S△AED=s=m2，
∴S△EDC=S△AEC﹣S△AED
=﹣m2+m=﹣（m﹣）2+．
∴△CDE的最大面积为，
此时，AE=m=，BE=AB﹣AE=．
又，
过E作EF⊥BC于F，
则Rt△BEF∽Rt△BCO，得：，即：．
∴．
∴以E点为圆心，与BC相切的圆的面积 S⊙E=π•EF2=．
（1）已知抛物线的解析式，当x=0，可确定C点坐标；当y=0时，可确定A、B点的坐标，从而确定AB、OC的长．
（2）直线l∥BC，可得出△AED∽△ABC，它们的面积比等于相似比的平方，由此得到关于s、m的函数关系式；根据题目条件：点E与点A、B不重合，可确定m的取值范围．
（3）①首先用m列出△AEC的面积表达式，△AEC、△AED的面积差即为△CDE的面积，由此可得关于S△CDE关于m的函数关系式，根据函数的性质可得到S△CDE的最大面积以及此时m的值．
②过E做BC的垂线EF，这个垂线段的长即为与BC相切的⊙E的半径，可根据相似三角形△BEF、△BCO得到的相关比例线段求得该半径的值，由此得解．
4．（1）A（，0）、B（3，0）．
（2）存在．S△PBC最大值为
（3）或时，△BDM为直角三角形．
【分析】（1）在中令y=0，即可得到A、B两点的坐标．
（2）先用待定系数法得到抛物线C1的解析式，由S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC得到△PBC面积的表达式，根据二次函数最值原理求出最大值．
（3）先表示出DM2，BD2，MB2，再分两种情况：①∠BMD=90°时；②∠BDM=90°时，讨论即可求得m的值．
【解析】解：（1）令y=0，则，
∵m＜0，∴，解得：，．
∴A（，0）、B（3，0）．
（2）存在．理由如下：
∵设抛物线C1的表达式为（），
把C（0，）代入可得，．
∴Ｃ1的表达式为：，即．
设P（p，），
∴ S△PBC = S△POC+ S△BOP–S△BOC=．
∵<0，∴当时,S△PBC最大值为．
（3）由C2可知： B（3，0），D（0，），M（1，），
∴BD2=，BM2=，DM2=．
∵∠MBD<90°, ∴讨论∠BMD=90°和∠BDM=90°两种情况：
当∠BMD=90°时，BM2+ DM2= BD2，即＋=，
解得：,(舍去)．
当∠BDM=90°时，BD2+ DM2= BM2，即＋=，
解得：，(舍去) ．
综上所述，或时，△BDM为直角三角形．
5．（1）顶点D的坐标为（－1，）
（2）H（，）
（3）K（－，）
【分析】（1）将A、B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出待定系数的值，进而可用配方法求出其顶点D的坐标；
（2）根据抛物线的解析式可求出C点的坐标，由于CD是定长，若△CDH的周长最小，那么CH+DH的值最小，由于EF垂直平分线段BC，那么B、C关于直线EF对称，所以BD与EF的交点即为所求的H点；易求得直线BC的解析式，关键是求出直线EF的解析式；由于E是BC的中点，根据B、C的坐标即可求出E点的坐标；可证△CEG∽△COB，根据相似三角形所得的比例线段即可求出CG、OG的长，由此可求出G点坐标，进而可用待定系数法求出直线EF的解析式，由此得解；
（3）过K作x轴的垂线，交直线EF于N；设出K点的横坐标，根据抛物线和直线EF的解析式，即可表示出K、N的纵坐标，也就能得到KN的长，以KN为底，F、E横坐标差的绝对值为高，可求出△KEF的面积，由此可得到关于△KEF的面积与K点横坐标的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出其面积的最大值及对应的K点坐标．
【解析】（1）由题意，得解得，b=－1．
所以抛物线的解析式为，顶点D的坐标为（－1，）．
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M．因为EF垂直平分BC，即C关于直线EG的对称点为B，连结BD交于EF于一点，则这一点为所求点H，使DH+CH最小，即最小为
DH+CH=DH+HB=BD=．而．
∴△CDH的周长最小值为CD+DR+CH=．
设直线BD的解析式为y=k1x+b，则解得，b1= 3．
所以直线BD的解析式为y=x+ 3．
由于BC= 2，CE=BC =，Rt△CEG∽△COB，
得CE:CO=CG:CB，所以CG= 2.5，GO= 1.5．G（0，1.5）．
同理可求得直线EF的解析式为y=x+．
联立直线BD与EF的方程，解得使△CDH的周长最小的点H（，）．
（3）设K（t，），xF＜t＜xE．过K作x轴的垂线交EF于N．
则KN=yK－yN=－（t+）=．
所以S△EFK=S△KFN+S△KNE=KN（t+ 3）+KN（1－t）= 2KN= －t2－3t+ 5 =－（t+）2+．
即当t=－时，△EFK的面积最大，最大面积为，此时K（－，）．
【点评】本题是二次函数的综合类试题，考查了二次函数解析式的确定、轴对称的性质、相似三角形的判定和性质、三角形面积的求法、二次函数的应用等知识，难度较大．
6．解：(1) ∵△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转900得到的，
且A（0，1），B（2，0），O（0，0）
∴．
设抛物线的解析式为，
∵抛物线经过点A′、B′、B，
∴，解之得．
∴满足条件的抛物线的解析式为．
（2）∵P为第一象限内抛物线上的一动点，
设，则，P点坐标满足．
连接PB，PO，PB′．

∴

．
假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，
则，即，解之得，此时．
∴P（1，2）．
∴存在点P（1，2），使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍．
（3）四边形PB′A′B为等腰梯形．它的性质有：
①等腰梯形同一底上的两个内角相等；
②等腰梯形对角线相等；
③等腰梯形上底与下底平行；
④等腰梯形两腰相等．
答案不唯一，上面性质中的任意2个均可．
【解析】二次函数综合题，旋转的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰梯形的判定和性质．
【分析】（1）利用旋转的性质得出A′（－1，0），B′（0，2），再利用待定系数法求二次函数解析式即可．
（2）利用S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，再假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，得出一元二次方程，得出P点坐标即可．
（3）利用P点坐标以及B点坐标即可得出四边形PB′A′B为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答案即可．
7．（1）y=﹣x2+x﹣2；D（，）；（2）P（2，1）；△PAC的面积最大为4；（3）存在；G（0，）.
【分析】（1）利用一次函数是性质求得点A、C的坐标，然后把点A、B、C的坐标分别代入二次函数解析式，利用待定系数法求得二次函数解析式即可；将二次函数解析式转化为顶点式方程，可以直接得到答案；
（2）利用分割法求得△PAC的面积为二次函数的形式，利用二次函数最值的求法进行解答；
（3）利用轴对称-最短路径方法找出点G，结合一次函数图象上点的坐标特征求得点G的坐标．
【解析】（1）把x=0代入y=x﹣2中得：y=﹣2，
把y=0代入y=x﹣2中得：x=4，
∴A（4，0），C（0，﹣2），
把A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）分别代入y=ax2+bx+c，得，
解得．
则该抛物线的解析式为：y=﹣x2+x﹣2，
∴y=﹣x2+x﹣2=﹣（x﹣）2+，
∴顶点D（，）；
（2）在直线AC的上方抛物线上存在点P（2，1），使△PAC的面积最大，最大值为4．理由如下：

过点P作PQ∥y轴交AC于Q，连接PC，PA．
设P（x，﹣x2+x﹣2），则Q（x，x﹣2）．
∴PQ=﹣x2+x﹣2﹣（x﹣2）=﹣x2+2x=﹣（x﹣2）2+2．
又∵S△PAC=S△PQC+S△PQA
=x•PQ+（4﹣x）•PQ
=2PQ，
∴S△PAC=﹣（x﹣2）2+4．
∴当x=2时，S△PAC最大值为4，此时﹣x2+x﹣2=1，
∴在直线AC的上方抛物线上存在点P（2，1），使△PAC的面积最大，最大值为4；
（3）存在点G（0，）使得GD+GB的值最小．理由如下：

作点B关于y轴的对称点B′，连接B′D交y轴于点G，则B′（﹣1，0），
设直线B′D的解析式为y=kx+b，
则，解得：，
∴直线B′D的解析式为y=x+，
把x=0代入，得y=，
∴存在点G（0，）使得GD+GB的值最小．
【点评】本题是二次函数综合题、一次函数的应用，轴对称、待定系数法等知识，解题的关键是，学会利用参数构建方程解决问题，学会用数形结合的思想思考问题，属于中考压轴题．
8．（1）（﹣1，1）；（2）P（，）；（3）.
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得顶点坐标；
（2）过点P作y轴的平行线交OB与点Q，求出直线BP的解析式，表示出点Q的坐标，根据三角形的面积公式列出函数关系式，利用二次函数的最值可得P点坐标；
（3）根据平移规律，可得新抛物线，根据联立抛物线与OA的解析式，可得C、D点的横坐标，根据勾股定理，可得答案．
【解析】解：（1）把B（3，﹣3）代入y=﹣x2+mx+m2得：﹣3=﹣32+3m+m2，
解得m=2，
∴y=﹣x2+2x=﹣（x+1）2+1，
∴顶点A的坐标是（﹣1，1）；
（2）过点P作y轴的平行线交OB与点Q.
∵直线OB的解析式为y=﹣x，
故设P（n，﹣n2+2n），Q（n，﹣n），
∴PQ=﹣n2+2n﹣（﹣n）=﹣n2+3n，
∴S△OPB=（﹣n2+3n）=﹣（n﹣）+，
当n=时，S△OPB的最大值为．
此时y=﹣n2+2n=，
∴P（，）；
（3）∵直线OA的解析式为y=x，
∴可设新的抛物线解析式为y=﹣（x﹣a）2+a，
联立，
∴﹣（x﹣a）2+a=x，
∴x1=a，x2=a﹣1，
即C、D两点间的横坐标的差为1，
∴CD=．

【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，利用二次函数求最值，勾股定理二次函数与一次函数的交点问题，难度适中，是常见题型.
9．(1)）y=﹣x2+2x+3
(2)（，）
(3)当点P的坐标为（，）时，四边形ACPB的最大面积值为

【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据菱形的对角线互相垂直且平分，可得P点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得P点坐标；
（3）根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PQ的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案．
【解析】（1）解：将点B和点C的坐标代入函数解析式，得

解得
二次函数的解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）若四边形POP′C为菱形，则点P在线段CO的垂直平分线上，
如图1，连接PP′，则PE⊥CO，垂足为E，

∵C（0，3），
∴
∴点P的纵坐标，
当时，即
解得（不合题意，舍），
∴点P的坐标为
（3）如图2，

P在抛物线上，设P（m，﹣m2+2m+3），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将点B和点C的坐标代入函数解析式，得，
解得，
直线BC的解析为y=﹣x+3，
设点Q的坐标为（m，﹣m+3），
PQ=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m．
当y=0时，﹣x2+2x+3=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
OA=1，

S四边形ABPC=S△ABC+S△PCQ+S△PBQ



当m=时，四边形ABPC的面积最大．
当m=时，，即P点的坐标为
当点P的坐标为时，四边形ACPB的最大面积值为．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用菱形的性质得出P点的纵坐标，又利用了自变量与函数值的对应关系；解（3）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质．
10．（1）；（2）4；（3）（﹣5，﹣18）或（3，2）．
【分析】（1）根据直线解析式求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式列式求解即可；
（2）设M（m，-m+2），则N（m，-m2+m+2），则MN=（-m2+m+2）-（-m+2）=-m2+2m，根据MN=OC=2列方程可得M的横坐标，根据平行四边形的面积公式可得结论；
（3）分两种情况：①当D在x轴的下方：根据AC∥BD，直线解析式k相等可设直线BD的解析式为：y=2x+b，把B（4，0）代入得直线BD的解析式为：y=2x-8，联立方程可得D的坐标；②当D在x轴的上方，根据对称可得M的坐标，利用待定系数法求直线BM的解析式，与二次函数的交点，联立方程可得D的坐标．
【解析】（1）当x=0时，y=2，
∴C（0，2），
当y=0时，﹣x+2=0，x=4，
∴B（4，0），
把C（0，2）和B（4，0）代入抛物线y=﹣+bx+c中得：，
解得：，
∴该抛物线的表达式：y=；
（2）如图1，

∵C（0，2），
∴OC=2，
设M（m，﹣m+2），则N（m，），
∴MN=（+2）﹣（﹣m+2）=﹣m2+2m，
∵MN∥y轴，
当四边形OMNC是平行四边形时，MN=OC，
即﹣m2+2m=2，
解得：m1=m2=2，
∴S▱OCMN=OC×2=2×2=4；
（3）分两种情况：
当y=0时，﹣+2=0，
解得：x1=4，x2=﹣1，
∴A（﹣1，0），
易得直线AC的解析式为：y=2x+2，
①当D在x轴的下方时，如图2，

∵AC∥BD，
∴设直线BD的解析式为：y=2x+b，
把B（4，0）代入得：0=2×4+b，b=﹣8，
∴直线BD的解析式为：y=2x﹣8，
则2x﹣8=+2，解得：x1=﹣5，x2=4（舍），
∴D（﹣5，﹣18）；
②当D在x轴的上方时，如图3，

作抛物线的对称轴交直线BD于M，将BE（图2中的点D）于N，
对称轴是：x=﹣=，
∵∠CAO=∠ABE=∠DAB，
∴M与N关于x轴对称，
直线BE的解析式：y=2x﹣8，
当x=时，y=﹣5，
∴N（，﹣5），M（，5），
直线BM的解析式为：y=﹣2x+8，
﹣2x+8=﹣+2，解得：x1=3，x2=4（舍），
∴D（3，2），
综上所述，点D的坐标为：（﹣5，﹣18）或（3，2）．
【点评】本题是对二次函数的综合考查，主要有直线与坐标轴的交点的求解，待定系数法求二次函数和一次函数解析式，两直线平行的关系，对称性等知识，（3）题有难度，采用分类讨论的思想解决问题．
11．（1）y=（x+2）（x﹣4），D的坐标是（﹣1，﹣5）；（2）P（，﹣）；（3）点Q的坐标为（2，﹣2）或（3，﹣1）．
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x+2）（x﹣4），将点C的坐标代入可求得a的值，然后将y=x﹣4与抛物线的解析式联立方程组并求解即可；
（2）过点P作PE∥y轴，交直线AB与点E，设P（x，x2﹣2x﹣8），则E（x，x﹣4），则PE═﹣x2+3x+4，然后依据S△BDP=S△DPE+S△BPE，列出△BDP的面积与x的函数关系式，然后依据二次函数的性质求解即可；
（3）设直线y=x﹣4与y轴相交于点K，则K（0，﹣4），设G点坐标为（x，x2﹣2x﹣8），点Q点坐标为（x，x﹣4），先证明△QDG为等腰直角三角形，然后根据∠QDG=90°和∠DGQ=90°两种情况求解即可．
【解析】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴的交点坐标是A（﹣2，0）、B（4，0），
∴设该抛物线解析式为y=a（x+2）（x﹣4），
将点C（0，﹣8）代入函数解析式代入，得a（0+2）（0﹣4）=﹣8，
解得a=1，
∴该抛物线的解析式为：y=（x+2）（x﹣4）或y=x2﹣2x﹣8．
联立方程组：，
解得（舍去）或，
即点D的坐标是（﹣1，﹣5）；
（2）如图所示：

过点P作PE∥y轴，交直线AB与点E，设P（x，x2﹣2x﹣8），则E（x，x﹣4）．
∴PE=x﹣4﹣（x2﹣2x﹣8）=﹣x2+3x+4．
∴S△BDP=S△DPE+S△BPE=PE•（xp﹣xD）+PE••（xB﹣xE）=PE•（xB﹣xD）=（﹣x2+3x+4）=﹣（x﹣）2+．
∴当x=时，△BDP的面积的最大值为．
∴P（，﹣）．
（3）设直线y=x﹣4与y轴相交于点K，则K（0，﹣4），设G点坐标为（x，x2﹣2x﹣8），点Q点坐标为（x，x﹣4）．
∵B（4，0），
∴OB=OK=4．
∴∠OKB=∠OBK=45°．
∵QF⊥x轴，
∴∠DQG=45°．
若△QDG为直角三角形，则△QDG是等腰直角三角形．
①当∠QDG=90°时，过点D作DH⊥QG于H，

∴QG=2DH，QG=﹣x2+3x+4，DH=x+1，
∴﹣x2+3x+4=2（x+1），解得：x=﹣1（舍去）或x=2，
∴Q1（2，﹣2）．
②当∠DGQ=90°，则DH=QH．

∴﹣x2+3x+4=x+1，解得x=﹣1（舍去）或x=3，
∴Q2（3，﹣1）．
综上所述，当△QDG为直角三角形时，点Q的坐标为（2，﹣2）或（3，﹣1）．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的性质、待定系数法求二次函数的表达式，等腰直角三角形的判定，分类讨论是解答本题的关键．
12．(1) y＝(x－)2－2；(2)△POE的面积为或；(3)点Q的坐标为(－，)或(－，2)或(，2)．
【分析】（1）将点B坐标代入解析式求得a的值即可得；
（2）由∠OPM=∠MAF知OP∥AF，据此证△OPE∽△FAE得=
＝＝，即OP=FA，设点P（t，-2t-1），列出关于t的方程解之可得；
（3）分点Q在AB上运动、点Q在BC上运动且Q在y轴左侧、点Q在BC上运动且点Q在y轴右侧这三种情况分类讨论即可得．
【解析】解：（1）把点B(－，2)代入y＝a(x－)2－2，
解得a＝1，
∴抛物线的表达式为y＝(x－)2－2，
（2）由y＝(x－)2－2知A(，－2)，
设直线AB表达式为y＝kx＋b，代入点A，B的坐标得，
解得，
∴直线AB的表达式为y＝－2x－1，
易求E(0，－1)，F(0，－)，M(－，0)，
若∠OPM＝∠MAF，
∴OP∥AF，
∴△OPE∽△FAE，
∴，
∴OP＝FA＝ ，
设点P(t，－2t－1)，则，
解得t1＝－，t2＝－，
由对称性知，当t1＝－时，也满足∠OPM＝∠MAF，
∴t1＝－，t2＝－都满足条件，
∵△POE的面积＝OE·|t|，
∴△POE的面积为或；
（3）如图，若点Q在AB上运动，过N′作直线RS∥y轴，交QR于点R，交NE的延长线于点S，

设Q(a，－2a－1)，则NE＝－a，QN＝－2a.
由翻折知QN′＝QN＝－2a，N′E＝NE＝－a，
由∠QN′E＝∠N＝90°易知△QRN′∽△N′SE，
∴＝＝，即＝=＝2，
∴QR＝2，ES＝ ，
由NE＋ES＝NS＝QR可得－a＋＝2，
解得a＝－，
∴Q(－，)，
如图，若点Q在BC上运动，且Q在y轴左侧，过N′作直线RS∥y轴，交BC于点R，交NE的延长线于点S.

设NE＝a，则N′E＝a.
易知RN′＝2，SN′＝1，QN′＝QN＝3，
∴QR＝，SE＝－a.
在Rt△SEN′中，(－a)2＋12＝a2，
解得a＝，
∴Q(－，2)，
如图，若点Q在BC上运动，且点Q在y轴右侧，过N′作直线RS∥y轴，交BC于点R，交NE的延长线于点S.

设NE＝a，则N′E＝a.
易知RN′＝2，SN′＝1，QN′＝QN＝3，
∴QR＝，SE＝－a.
在Rt△SEN′中，(－a)2＋12＝a2，
解得a＝，
∴Q(，2)．
综上，点Q的坐标为(－，)或(－，2)或(，2)．
【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、翻折变换的性质及勾股定理等知识点．
13．（1）抛物线解析式为：y=x2﹣2x﹣3；（2）①当a=2时，S最大=﹣4+8﹣3=1；②存在点Q坐标为（，）.
【解析】分析：（1）应用对称轴方程、根与系数关系求b，c
（2）①设出点P坐标表示△BDF面积，求最大值；
②利用勾股定理逆定理，证明∠BDC=90°，则QC⊥y轴，问题可解．
解析：（1）∵抛物线对称轴为直线x=1
∴-＝1
∴b=2
由一元二次方程根与系数关系：
x1+x2=-，x1x2=，
∴，
∴，
则c=-3，
∴抛物线解析式为：y=x2-2x-3；
（2）由（1）点D坐标为（1，-4），
当y=0时，x2-2x-3=0，
解得x1=-1，x2=3，
∴点B坐标为（3，0），
①设点F坐标为（a，b），
∴△BDF的面积S=×（4-b）（a-1）+（-b）（3-a）-×2×4，
整理的S=2a-b-6，
∵b=a2-2a-3，
∴S=2a-（a2-2a-3）-6=-a2+4a-3，
∵a=-1＜0，
∴当a=2时，S最大=-4+8-3=1，
②存在.
如图，由B，C，D可知，
BC=，CD=，BD=，
∵，即，
∴，
∴，
∵点Q再线段BD上，所以设点Q的坐标为，
过点Q作QH⊥y轴于点H，
当时，，
此时，
解得，
∴，
∴点Q的坐标为.

点评：本题是二次函数综合题，考查一元二次方程根与系数关系、二次函数图象性质及勾股定理逆定理．在求△BDF面积时，合理设出未知数可以简化计算．
14．（1）抛物线解析式为y=﹣x2+2x+6；（2）当t=3时，P(3, ),△PAB的面积有最大值；（3）点P（4，6）．
【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可得；
（2）作PM⊥OB与点M，交AB于点N，作AG⊥PM，先求出直线AB解析式为y=﹣x+6，设P（t，﹣t2+2t+6），则N（t，﹣t+6），由S△PAB=S△PAN+S△PBN=PN•AG+PN•BM=PN•OB列出关于t的函数表达式，利用二次函数的性质求解可得；
（3）由PH⊥OB知DH∥AO，据此由OA=OB=6得∠BDH=∠BAO=45°，结合∠DPE=90°知若△PDE为等腰直角三角形，则∠EDP=45°，从而得出点E与点A重合，求出y=6时x的值即可得出答案．
【解析】解：（1）∵抛物线过点B（6，0）、C（﹣2，0），
∴设抛物线解析式为y=a（x﹣6）（x+2），
将点A（0，6）代入，得：﹣12a=6，
解得：a=﹣，
所以抛物线解析式为y=﹣（x﹣6）（x+2）=﹣x2+2x+6；
（2）如图1，过点P作PM⊥OB与点M，交AB于点N，作AG⊥PM于点G，

设直线AB解析式为y=kx+b，
将点A（0，6）、B（6，0）代入，得：
，
解得：，
则直线AB解析式为y=﹣x+6，
设P（t，﹣t2+2t+6）其中0＜t＜6，
则N（t，﹣t+6），
∴PN=PM﹣MN=﹣t2+2t+6﹣（﹣t+6）=﹣t2+2t+6+t﹣6=﹣t2+3t，
∴S△PAB=S△PAN+S△PBN
=PN•AG+PN•BM
=PN•（AG+BM）
=PN•OB
=×（﹣t2+3t）×6
=﹣t2+9t
=﹣（t﹣3）2+，
∴当t=3时，P(3, ),△PAB的面积有最大值；
（3）△PDE为等腰直角三角形，
则PE=PD，
点P（m，-m2+2m+6），
函数的对称轴为：x=2，则点E的横坐标为：4-m，
则PE=|2m-4|，
即-m2+2m+6+m-6=|2m-4|，
解得：m=4或-2或5+或5-（舍去-2和5+）
故点P的坐标为：（4，6）或（5-，3-5）．
【点评】本题考查了二次函数的综合问题，涉及到待定系数法、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定与性质等，熟练掌握和灵活运用待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、等腰直角三角形的判定与性质等是解题的关键.
15．（1）y=x2−x−3；（2）当t=1时，S△PBQ最大=.；（3）当t的值是秒或秒或秒时,△CPQ为等腰三角形.
【解析】分析：（1）把点A、B的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a、b的解析式，通过解方程组求得它们的值；
（2）设运动时间为t秒．利用三角形的面积公式列出S△PBQ与t的函数关系式S△PBQ=-（t-1）2+．利用二次函数的图象性质进行解答；
（3）分为三种情况：①当PB=BQ，②当PQ=BQ，③当PQ=PB进行讨论,
解析：(1)把点A(−2,0)、B(4,0)分别代入y=ax2+bx−3(a≠0)，得

解得a=，b=−
所以该抛物线的表达式式为：y=x2−x−3   
(2)由题意可知：AP=3t，BQ=t.
∴PB=6−3t.
由题意得,点C的坐标为(0,−3).
在Rt△BOC中,BC=.
如图1，过点Q作QH⊥AB于点H.

∴QH∥CO，
∴△BHQ∽△BOC
∴,即
∴HQ=t.
∴S△PBQ=PB⋅HQ= (6−3t)⋅t=−t2+
t=−(t−1)2+.
∴当t=1时，S△PBQ最大=.  （）
答：运动1秒使△PBQ的面积最大,最大面积是；
（3）分为三种情况：①当PB=BQ时，即6−3t=t，解得t=
当t=秒，△BPQ是等腰三角形．
②当PQ=BQ时，
∵QH⊥PB，
∴PH=BH=⋅(6−3t)=3−t，
∵cos∠HBQ=
∴,解得t=
∴当t=秒时，△BPQ是等腰三角形，
③当PQ=PB时,如图，过P点作PD⊥BC
∵PD⊥BC，
∴BD=QD=BQ=t，
∵cos∠HBQ=
∴,解得t=
∴当t=秒时，△CPQ是等腰三角形，
即当△CPQ为等腰三角形时,t的值是秒或秒或秒.
点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有待定系数法求二次函数解析式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意该点的运动范围，即自变量的取值范围．
16．（1）抛物线的表达式为，抛物线的顶点坐标为；（2）P点坐标为；（3）当时，S有最大值，最大值为24． 
【解析】分析：（1）由A、B坐标，利用待定系数法可求得抛物线的表达式，化为顶点式可求得顶点坐标；
（2）过P作PC⊥y轴于点C，由条件可求得∠PAC=60°，可设AC=m，在Rt△PAC中，可表示出PC的长，从而可用m表示出P点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值，即可求得P点坐标；
（3）用t可表示出P、M的坐标，过P作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，则可表示出F的坐标，从而可用t表示出PF的长，从而可表示出△PAB的面积，利用S四边形PAMB=S△PAB+S△AMB，可得到S关于t的二次函数，利用二次函数的性质可求得其最大值．
解析：根据题意，把，代入抛物线解析式可得，解得，
抛物线的表达式为，
，
抛物线的顶点坐标为；
如图1，过P作轴于点C，

，
，
当时，，
，即，
设，则，
，
把P点坐标代入抛物线表达式可得，解得或，
经检验，与点A重合，不合题意，舍去，
所求的P点坐标为；
当两个动点移动t秒时，则，，

如图2，作轴于点E，交AB于点F，则，
，
，
点A到PE的距离竽OE，点B到PE的距离等于BE，
，且，
，
当时，S有最大值，最大值为24．  
点评：本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、直角三角形的性质、二次函数的性质、三角形的面积及方程思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中构造Rt△PAC是解题的关键，在（3）中用t表示出P、M的坐标，表示出PF的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
17．（1）y=﹣x2+7，点C的坐标为（4，3）；（2）P点坐标为（，）或（6，﹣2）；（3）Q点坐标为（﹣4，3）或（﹣4，﹣3）或（﹣，3）或（，3）．
【解析】分析：（1）利用待定系数法求抛物线解析式，然后利用抛物线的对称性确定C点坐标；
    （2）设P（x，﹣x2+7）（x＞0），讨论：当点P在AC上方时，如图1，利用S四边形AGCP=S△GAC+S△PAC列方程•8•4+•8•（﹣x2+7﹣3）=30，当点P在AC下方时，如图2，AC与y轴交于点E，利用S四边形AGPC=S△GAE+S△PEG+S△PEC列方程•4•4+•x•4+•4•（3+x2﹣7）=30，然后分别解方程可得到对应的P点坐标；
    （3）当点N落在y轴上，如图3，利用折叠性质得∠QNG=∠QMG=90°，QN=QM=4，易得Q点的坐标；当点N落在x轴上，QM与x轴交于点F，如图4，设Q（t，3）（﹣4≤t＜0），利用折叠性质得∠QNG=∠QMG=90°，QN=QM=4，GN=GM=﹣t，由于FN=，OF=﹣t，ON=，则﹣t=，解方程得到此时Q点的坐标，当0＜t≤4，同理可得Q点的坐标．
解析：（1）∵二次函数y=ax2+c的图象经过点A（﹣4，3），B（﹣2，6），∴，解得：，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+7．
    ∵二次函数y=ax2+c的图象的对称轴为y轴，点A（﹣4，3），∴点C的坐标为（4，3）．
    （2）设P（x，﹣x2+7）（x＞0），当点P在AC上方时，如图1，S四边形AGCP=S△GAC+S△PAC=•8•4+•8•（﹣x2+7﹣3），∴•8•4+•8•（﹣x2+7﹣3）=30，解得：x1=，x2=﹣（舍去），此时P点坐标为（）；
    当点P在AC下方时，如图2，AC与y轴交于点E，S四边形AGPC=S△GAE+S△PEG+S△PEC=•4•4+•x•4+•4•（3+x2﹣7），∴•4•4+•x•4+•4•（3+x2﹣7）=30，解得：x1=6，x2=﹣10（舍去），此时P点坐标为（6，﹣2）．
    综上所述：P点坐标为（）或（6，﹣2）；
    （3）QN=3﹣（﹣1）=4，当点N落在y轴上，如图3．
    ∵△QGM沿QG翻折得到△QGN，∴∠QNG=∠QMG=90°，QN=QM=4，∴N点为AC与y轴的交点，∴Q点的坐标为（﹣4，3）或（﹣4，﹣3）；
    当点N落在x轴上，QM与x轴交于点F，如图4，设Q（t，3）（﹣4≤t＜0）
    ∵△QGM沿QG翻折得到△QGN，∴∠QNG=∠QMG=90°，QN=QM=4，GN=GM=﹣t．在Rt△OFN中，FN==，而OF=﹣t，ON=﹣t=，解得：t=﹣，此时Q点的坐标为（﹣，3），当0＜t≤4，易得Q点的坐标为（，3）．
    综上所述：Q点坐标为（﹣4，3）或（﹣4，﹣3）或（﹣，3）或（，3）．
    
点评：本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和折叠的性质；会利用待定系数法求抛物线解析式；会解一元二次方程；会计算不规则几何图形的面积；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
18．（1）y=﹣x2﹣4x；（2）3；（3）点P坐标为（﹣6，﹣12）或（1，﹣5）；（4）N点坐标为（2，0）或（﹣4，0）或（﹣2，0）或（4，0）．
【解析】分析：
（1）将点A、B的坐标代入y=ax2+bx中列出关于a、b的方程组，解方程组求得a、b的值即可得到抛物线的解析式y=﹣x2﹣4x；
（2）将（1）中抛物线的解析式化为“顶点式”得到抛物线的对称轴，结合点B的坐标即可求得点C的坐标，这样由A、B、C三点的坐标即可求得S△ABC的值；
（3）如下图1，过点P作PF垂直x轴，交直线AB于点F，先由A、B的坐标求得直线AB的解析式y=x+4，设点P的横坐标为m，则点P的坐标为（m，﹣m2﹣4m），点F的坐标为（m，m+4），由此可得PF= m2+5m+4，然后由S△PAB=S△PFB-S△PFA=15可得：×（m2+5m+4）×[(-1-m)-(-4-m)]=15，解此方程求得m的值即可得到点P的坐标；
（4）当以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，分点C、M、N分别为直角顶点三类情况进行讨论：I、①M为直角顶点，且M在x轴上方；②M为直角顶点，且M在x轴的下方；II、①N为直角顶点，且N在y轴的右侧；②N为直角顶点，且N在y轴的左侧；III、C为直角顶点；根据上述情况画出对应的图形，再结合已知条件进行分析解答即可.
解析：
（1）把点A（﹣4，0），B（﹣1，3）代入抛物线y=ax2+bx中，
得，解得，
∴抛物线表达式为y=﹣x2﹣4x；
（2）∵y=﹣x2+4x=﹣（x+2）2+4，
∴抛物线对称轴为x=﹣2，
∵点C和点B关于对称轴对称，点B的坐标为（﹣1，3），
∴C（﹣3，3），
∴BC=2，
∴S△ABC=×2×3=3；
（3）如图1，过P点作PF垂直x轴，交直线AB于点F，

∵A（﹣4，0），B（﹣1，3），
设直线AB的解析式为y=kx+b，
则，解得，
即直线AB的解析式为y=x+4，
设点P（m，﹣m2﹣4m），则F（m，m+4），
∴PF=m+4+m2+4m=m2+5m+4．
∴S△PAB=×（m2+5m+4）×3=15，
m2+5m﹣6=0，
解得m1=﹣6，m2=1，
∴点P坐标为（﹣6，﹣12）或（1，﹣5）；
（4）以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：
①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，如图2，CM=MN，∠CMN=90°，

则△CBM≌△MHN，
∴BC=MH=2，BM=HN=3﹣2=1，
∴ON=OH+NH=2，
∴N（﹣2，0）；
②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，如图3，

作辅助线，构建如图所示的两直角三角形：Rt△NEM和Rt△MDC，
得Rt△NEM≌Rt△MDC，
∴EM=CD=5，
∵OH=1，
∴ON=NH﹣OH=5﹣1=4，
∴N（4，0）；
③以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，如图4，CN=MN，∠MNC=90°，作辅助线，

同理得Rt△NEM≌Rt△MDC，
∴ME=NH=DN=3，
∴ON=3﹣1=2，
∴N（2，0）；
④以点N为直角顶点且N在y轴左侧时，作辅助线，如图5，

同理得ME=DN=NH=3，
∴ON=1+3=4，
∴N（﹣4，0）；
⑤以C为直角顶点时，由于点C（-3，3）到x轴的距离和到抛物线对称轴x=-2的距离不相等，所以此时不能构成满足条件的等腰直角三角形；
综上可知当△CMN为等腰直角三角形时N点坐标为（2，0）或（﹣4，0）或（﹣2，0）或（4，0）．
点评：（1）解本题第3小题时，“作出如图1所示的辅助线，设出点P、F的坐标，表达出PF的长度，结合S△PAB=S△PFB-S△PFA=15列出方程”是解答本题的关键；（2）解第4小题时，需注意存在三大类，共5种情况，解题时需画出符合要求的图形，不要忽略了其中任何一种情况.