2025年中考数学二轮复习专题：二次函数中的角度问题综合训练

这是一份2025年中考数学二轮复习专题：二次函数中的角度问题综合训练，共77页。
（2）将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标，并求出四边形OADC的面积；
（3）点P是抛物线上的一动点，当∠PCB＝∠ABC时，求点P的坐标．
2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（，0），B（3，）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
3．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣2，﹣1），B（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平移抛物线，平移后的顶点为P（m，n）（m＞0）．
ⅰ．如果S△OBP＝3，设直线x＝k，在这条直线的右侧原抛物线和新抛物线均呈上升趋势，求k的取值范围；
ⅱ．点P在原抛物线上，新抛物线交y轴于点Q，且∠BPQ＝120°，求点P的坐标．
4．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，直线BC方程为y＝x﹣3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线上一点，若S△PBC＝S△ABC，请直接写出点P的坐标；
（3）点Q是抛物线上一点，若∠ACQ＝45°，求点Q的坐标．
5．如图，抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
（1）A，B，C三点的坐标为 ， ， ．
（2）连接AP，交线段BC于点D，
①当CP与x轴平行时，求的值；
②当CP与x轴不平行时，求的最大值；
（3）连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．
6．如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，连接AC和BC，点P在抛物线上运动，连接AP，BP和CP．
（1）求抛物线的解析式，并写出其顶点坐标；
（2）点P在抛物线上从点A运动到点C的过程中（点P与点A，C不重合），作点P关于x轴的对称点P1，连接AP1，CP1，记△ACP1的面积为S1，记△BCP的面积为S2，若满足S1＝3S2，求△ABP的面积；
（3）在（2）的条件下，试探究在y轴上是否存在一点Q，使得∠CPQ＝45°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
7．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A坐标为（﹣1，0），点B坐标为（3，0）．
（1）求此抛物线的函数解析式．
（2）点P是直线BC上方抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线交直线BC于点D，过点P作y轴的垂线，垂足为点E，请探究2PD+PE是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时P点的坐标；若没有最大值，请说明理由．
（3）点M为该抛物线上的点，当∠MCB＝45°时，请直接写出所有满足条件的点M的坐标．
8．抛物线y＝x2+2x﹣交x轴于A，B两点（A在B的右边），交y轴于点C．
（1）直接写出点A，B，C的坐标；
（2）如图（1），连接AC，BC，过第三象限的抛物线上的点P作直线PQ∥AC，交y轴于点Q．若BC平分线段PQ，求点P的坐标；
（3）如图（2），点D与原点O关于点C对称，过原点的直线EF交抛物线于E，F两点（点E在x轴下方），线段DE交抛物线于另一点G，连接FG．若∠EGF＝90°，求直线DE的解析式．
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴是直线x＝．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线BC下方对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作PD∥x轴交抛物线于点D，作PE⊥BC于点E，求PD+PE的最大值及此时点P的坐标；
（3）将抛物线沿射线BC方向平移个单位，在PD+PE取得最大值的条件下，点F为点P平移后的对应点，连接AF交y轴于点M，点N为平移后的抛物线上一点，若∠NMF﹣∠ABC＝45°，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．
10．如图，直线y＝与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线的顶点P在直线AB上，与x轴的交点为C，D，其中点C的坐标为（2，0），直线BC与直线PD相交于点E．
（1）如图2，若抛物线经过原点O．
①求该抛物线的函数表达式；
②求的值．
（2）连结PC，∠CPE与∠BAO能否相等？若能，求符合条件的点P的横坐标；若不能，试说明理由．
11．如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，连接AC，过B、C两点作直线．
（1）求a的值．
（2）将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点．在直线B′C′上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，若存在，请求出直线BP的解析式；若不存在，请说明理由．
12．已知抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（1，0），B（4，0），与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求的值；
（3）如图2，取线段OC的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使tan∠QDB＝？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
13．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D（3，0），过点B作直线l⊥x轴，过点D作DE⊥CD，交直线l于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点P为第三象限内抛物线上的点，连接CE和BP交于点Q，当＝时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接AC，在直线BP上是否存在点F，使得∠DEF＝∠ACD+∠BED？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
14．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过坐标原点O，且顶点为A（2，﹣4）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线与x轴正半轴的交点为B，点P位于抛物线上且在x轴下方，连接OA、PB，若∠AOB+∠PBO＝90°，求点P的坐标．
15．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于两点A（﹣3，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，4）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知抛物线上有一点P（x0，y0），其中y0＜0，若∠CAO+∠ABP＝90°，求x0的值；
（3）若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE＝2CD，求CE+2BD的最小值．
16．已知抛物线Q1：y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B两点，交y轴于点C（0，3）．
（1）请求出抛物线Q1的表达式．
（2）如图1，在y轴上有一点D（0，﹣1），点E在抛物线Q1上，点F为坐标平面内一点，是否存在点E，F使得四边形DAEF为正方形？若存在，请求出点E，F的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，抛物线Q1上是否存在点P，使得∠CPK＝∠CHK？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
17．在平面直角坐标系中，已知抛物线 与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）P是抛物线上一动点（不与点A，B，C重合），作PD⊥x轴，垂足为D，连接PC．
①如图，若点P在第三象限，且tan∠CPD＝2，求点P的坐标；
②直线PD交直线BC于点E，当点E关于直线PC的对称点E′落在y轴上时，请直接写出四边形PECE'的周长．
18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+3x+1交y轴于点A，直线y＝﹣x+2交抛物线于B，C两点（点B在点C的左侧），交y轴于点D，交x轴于点E．
（1）求点D，E，C的坐标；
（2）F是线段OE上一点（OF＜EF），连接AF，DF，CF，且AF2+EF2＝21．
①求证：△DFC是直角三角形；
②∠DFC的平分线FK交线段DC于点K，P是直线BC上方抛物线上一动点，当3tan∠PFK＝1时，求点P的坐标．
19．二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式；
（3）请判断：是否有最大值，如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由．
20．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，3）．
（1）求抛物线的解析式与直线l的解析式；
（2）若点P是抛物线上的点且在直线l上方，连接PA、PD，求当△PAD面积最大时点P的坐标及该面积的最大值；
（3）若点Q是y轴上的点，且∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．
参考答案
1．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标，并求出四边形OADC的面积；
（3）点P是抛物线上的一动点，当∠PCB＝∠ABC时，求点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点D作DE⊥x轴于点E，利用轴对称的性质和三角形的中位线的性质定理求得线段OE，DE，则点D坐标可得；利用四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ACD，S△ADC＝S△ABC，利用三角形的面积公式即可求得结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点P在BC上方时，利用平行线的判定与性质可得点C，P的纵坐标相等，利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点P在BC下方时，设PC交x轴于点H，设HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得m值，则点H坐标可求；利用待定系数法求得直线PC的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P坐标；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），
∴，
解得：．
∴抛物线的表达式为y＝﹣+x+4；
（2）点D的坐标为（﹣8，8），理由：
将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，如图，
过点D作DE⊥x轴于点E，
∵A（﹣2，0）、B（8，0），C（0，4），
∴OA＝2，OB＝8，OC＝4．
∵，，
∴．
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO＝∠CBO．
∵∠CBO+∠OCB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∵将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，
∴点D，C，B三点在一条直线上．
由轴对称的性质得：BC＝CD，AB＝AD．
∵OC⊥AB，DE⊥AB，
∴DE∥OC，
∴OC为△BDE的中位线，
∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，
∴D（﹣8，8）；
由题意得：S△ACD＝S△ABC，
∴四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ADC
＝S△OAC+S△ABC
＝OC•OA+AB•OC
＝4×2+10×4
＝4+20
＝24；
（3）①当点P在BC上方时，如图，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴PC∥AB，
∴点C，P的纵坐标相等，
∴点P的纵坐标为4，
令y＝4，则﹣+x+4＝4，
解得：x＝0或x＝6，
∴P（6，4）；
②当点P在BC下方时，如图，
设PC交x轴于点H，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴HC＝HB．
设HB＝HC＝m，
∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，
在Rt△COH中，
∵OC2+OH2＝CH2，
∴42+（8﹣m）2＝m2，
解得：m＝5，
∴OH＝3，
∴H（3，0）．
设直线PC的解析式为y＝kx+n，
∴，
解得：．
∴y＝﹣x+4．
∴，
解得：，．
∴P（，﹣）．
综上，点P的坐标为（6，4）或（，﹣）．
【点评】本题主要考查了二次函数图象的性质，待定系数法，一次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（，0），B（3，）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法，将点A，点B代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即可求得抛物线的解析式；
（2）设出点P的坐标，确定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；
（3）过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，证明△CHM≌△HBN（AAS），由全等三角形的性质得出CM＝HN，MH＝BN，求出H点的坐标，由待定系数法求出直线CH的解析式，联立直线CH和抛物线解析式即可得出点Q的坐标．
【解答】解：（1）将点A（﹣，0），B（3，）代入到y＝ax2+bx+2中得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）设点P（m，﹣m2+m+2），
∵y＝﹣x2+x+2，
∴C（0，2），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
∴，解得，
∴直线BC的解析式为y＝x+2，
∴D（m，m+2），
∴PD＝|﹣m2+m+2﹣m﹣2|＝|m2﹣3m|，
∵PD⊥x轴，OC⊥x轴，
∴PD∥CO，
∴当PD＝CO时，以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，
∴|m2﹣3m|＝2，解得m＝1或2或或，
∴点P的横坐标为1或2或或；
（3）①当Q在BC下方时，如图，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，
∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，
∵∠QCB＝45°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴CH＝HB，
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，
∴∠CHM＝∠HBN，
∴△CHM≌△HBN（AAS），
∴CM＝HN，MH＝BN，
∵H（m，n），
∵C（0，2），B（3，），
∴，解得，
∴H（，），
设直线CH的解析式为y＝px+q，
∴，解得，
∴直线CH的解析式为y＝﹣x+2，
联立直线CH与抛物线解析式得，
解得或，
∴Q（，）；
②当Q在BC上方时，如图，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，
同理得Q（，）．
综上，存在，点Q的坐标为（，）或（，）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，二次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法确定出解析式是解本题的关键．
3．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣2，﹣1），B（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平移抛物线，平移后的顶点为P（m，n）（m＞0）．
ⅰ．如果S△OBP＝3，设直线x＝k，在这条直线的右侧原抛物线和新抛物线均呈上升趋势，求k的取值范围；
ⅱ．点P在原抛物线上，新抛物线交y轴于点Q，且∠BPQ＝120°，求点P的坐标．
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）i．根据三角形面积求出平移后的抛物线的对称轴为直线x＝2，开口向上，由二次函数的性质可得出答案；
ii．P（m，﹣3），证出BP＝PQ，由等腰三角形的性质求出∠BPC＝60°，由直角三角形的性质可求出答案．
【解答】解：（1）将A（﹣2，﹣1），B（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣3．
（2）i．∵y＝x2﹣3，
∴抛物线的顶点坐标为（0，﹣3），
即点B是原抛物线的顶点，
∵平移后的抛物线顶点为P（m，n），
∴抛物线平移了|m|个单位，
∴S△OPB＝×3|m|＝3，
∵m＞0，
∴m＝2，
即平移后的抛物线的对称轴为直线x＝2，
∵在x＝k的右侧，两抛物线都上升，原抛物线的对称轴为y轴，开口向上，
∴k≥2；
ii．把P（m，n）代入y＝x2﹣3，
∴n＝﹣3，
∴P（m，﹣3），
由题意得，新抛物线的解析式为y＝+n＝﹣3，
∴Q（0，m2﹣3），
∵B（0，﹣3），
∴BQ＝m2，+，PQ2＝，
∴BP＝PQ，
如图，过点P作PC⊥y轴于C，则PC＝m，
∵PB＝PQ，PC⊥BQ，
∴BC＝BQ＝m2，∠BPC＝∠BPQ＝×120°＝60°，
∴tan∠BPC＝tan60°＝＝，
∴m＝2或m＝﹣2（舍），
∴n＝﹣3＝3，
∴P点的坐标为（2，3）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，平移的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
4．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，直线BC方程为y＝x﹣3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线上一点，若S△PBC＝S△ABC，请直接写出点P的坐标；
（3）点Q是抛物线上一点，若∠ACQ＝45°，求点Q的坐标．
【分析】（1）求出B、C点坐标，并将其代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；
（2）过点P作PQ⊥x轴交BC于点Q，设P（t，﹣t2+4t﹣3），则Q（t，t﹣3），PQ＝|﹣t2+3t|，由题意可求＝×3×|﹣t2+3t|，求出t的值即可求解；
（3）过点B作BE⊥BC交CQ于点E，过E点作EF⊥x轴交于F，由题意可得tan∠OCA＝tan∠BCE＝＝，求出E（4，﹣1），用待定系数求出直线CE的解析式y＝x﹣3，联立方程组，可求Q（，﹣）．
【解答】解：（1）在y＝x﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
令y＝0，则x＝3，
∴B（3，0），
将B、C两点代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+4x﹣3；
（2）令y＝0，则﹣x2+4x﹣3＝0，
解得x＝1或x＝3，
∴A（1，0），
∴AB＝2，
∴S△ABC＝×2×3＝3，
∵S△PBC＝S△ABC，
∴S△PBC＝，
过点P作PQ⊥x轴交BC于点Q，
设P（t，﹣t2+4t﹣3），则Q（t，t﹣3），
∴PQ＝|﹣t2+3t|，
∴＝×3×|﹣t2+3t|，
解得t＝或t＝，
∴P点坐标为（，）或（，）或（，）或（，）；
（3）过点B作BE⊥BC交CQ于点E，过E点作EF⊥x轴交于F，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝45°，
∵∠ACQ＝45°，
∴∠BCQ＝∠OCA，
∵OA＝1，
∴tan∠OCA＝，
∴tan∠BCE＝＝，
∵BC＝3，
∴BE＝，
∵∠OBC＝45°，
∴∠EBF＝45°，
∴EF＝BF＝1，
∴E（4，﹣1），
设直线CE的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
联立方程组，
解得（舍）或，
∴Q（，﹣）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用铅锤法求三角形面积的方法是解题的关键．
5．如图，抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
（1）A，B，C三点的坐标为 （﹣2，0） ， （3，0） ， （0，4） ．
（2）连接AP，交线段BC于点D，
①当CP与x轴平行时，求的值；
②当CP与x轴不平行时，求的最大值；
（3）连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令x＝0，则y＝4，令y＝0，则﹣x2+x+4＝0，所以x＝﹣2或x＝3，由此可得结论；
（2）①由题意可知，P（1，4），所以CP＝1，AB＝5，由平行线分线段成比例可知，＝＝．
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q，所以直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．设点P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+m+4），Q（m2﹣m，﹣m2+m+4）．所以PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m，因为PQ∥AB，所以＝＝＝﹣（m﹣）2+，由二次函数的性质可得结论；
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，由∠BCO+2∠PCB＝90°，可知CP平分∠BCF，延长CP交x轴于点M，易证△CBM为等腰三角形，所以M（8，0），所以直线CM的解析式为：y＝﹣x+4，令﹣x2+x+4＝﹣x+4，可得结论．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4）；
令y＝0，则﹣x2+x+4＝0，
∴x＝﹣2或x＝3，
∴A（﹣2，0），B（3，0）．
故答案为：（﹣2，0）；（3，0）；（0，4）．
（2）①∵CP∥x轴，C（0，4），
∴P（1，4），
∴CP＝1，AB＝5，
∵CP∥x轴，
∴＝＝．
②如图，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．
设点P的横坐标为m，
则P（m，﹣m2+m+4），Q（m2﹣m，﹣m2+m+4）．
∴PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m，
∵PQ∥AB，
∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，的最大值为．
另解：分别过点P，A作y轴的平行线，交直线BC于两点，仿照以上解法即可求解．
（3）假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．
过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，
∵∠BCO+2∠PCB＝90°，∠BCO+∠BCM+∠MCF＝90°，
∴∠MCF＝∠BCP，
延长CP交x轴于点M，
∵CF∥x轴，
∴∠PCF＝∠BMC，
∴∠BCP＝∠BMC，
∴△CBM为等腰三角形，
∵BC＝5，
∴BM＝5，OM＝8，
∴M（8，0），
∴直线CM的解析式为：y＝﹣x+4，
令﹣x2+x+4＝﹣x+4，
解得x＝或x＝0（舍），
∴存在点P满足题意，此时m＝．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线分线段成比例，角度的存在性等相关内容，解本题的关键是求抛物线解析式，确定点P的坐标．
6．如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，连接AC和BC，点P在抛物线上运动，连接AP，BP和CP．
（1）求抛物线的解析式，并写出其顶点坐标；
（2）点P在抛物线上从点A运动到点C的过程中（点P与点A，C不重合），作点P关于x轴的对称点P1，连接AP1，CP1，记△ACP1的面积为S1，记△BCP的面积为S2，若满足S1＝3S2，求△ABP的面积；
（3）在（2）的条件下，试探究在y轴上是否存在一点Q，使得∠CPQ＝45°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由待定系数法求出函数表达式，进而求解；
（2）由S1＝P1E×OA＝3×（m+3﹣m2﹣2m+3）＝（﹣m2﹣m+6），同理可得：S2＝CD×（xB﹣xP）＝（3﹣m﹣3）×（1﹣m）＝S1＝（﹣m2﹣m+6），求出点P的坐标，进而求解；
（3）当点Q在点C的上方时，则∠CPQ＝45°，用解直角三角形的方法求出CQ，即可求解；点Q（Q′）在点C下方时，同理可解．
【解答】解：（1）由题意得：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a＝ax2+bx+3，
则﹣3a＝3，则a＝﹣1，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3，
该抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
当x＝﹣1时，y＝4，即顶点坐标为：（﹣1，4）；
（2）由抛物线的表达式知，点C（0，3），
设点P（m，﹣m2﹣2m+3），则点P1（m，m2+2m﹣3），
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝x+3，则点E（m，m+3），
同理由点B、P的坐标得，直线PB的表达式为：y＝（﹣m﹣3）x+m+3，
连接PP1交AC于点E，设直线PB交y轴于点D，则点D（0，m+3），
则S1＝P1E×OA＝3×（m+3﹣m2﹣2m+3）＝（﹣m2﹣m+6），
同理可得：S2＝CD×（xB﹣xP）＝（3﹣m﹣3）×（1﹣m）＝S1＝（﹣m2﹣m+6），
解得：m＝（舍去）或﹣，
即点P（﹣，2）；
则△ABP的面积＝AB×yP＝（1+3）×2＝4；
（3）存在，理由：
由（2）知，P（﹣，2）；
由点C、P的坐标得，PC＝3﹣；
当点Q在点C的上方时，则∠CPQ＝45°，
由点C、P的坐标得，tan∠PCQ＝2﹣，
过点Q作QH⊥PC于点H，
设CH＝（2﹣）x，则PH＝QH＝x，
则PC＝3﹣＝（2﹣）x+x，
解得：x＝，
则QH＝x＝，CH＝（2﹣），
则CQ＝＝2﹣2，
则OQ＝3+2﹣2＝2+1，
即点Q（0，2+1）；
当点Q（Q′）在点C下方时，
同理可得：CQ′＝6﹣2，
则点Q′（0，2﹣3）；
综上，Q（0，2+1）或（0，2﹣3）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
7．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A坐标为（﹣1，0），点B坐标为（3，0）．
（1）求此抛物线的函数解析式．
（2）点P是直线BC上方抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线交直线BC于点D，过点P作y轴的垂线，垂足为点E，请探究2PD+PE是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时P点的坐标；若没有最大值，请说明理由．
（3）点M为该抛物线上的点，当∠MCB＝45°时，请直接写出所有满足条件的点M的坐标．
【分析】（1）直接利用抛物线的交点式可得抛物线的解析式；
（2）先求解C（0，2），及直线BC为，设，可得，再建立二次函数求解即可；
（3）如图，以CB为对角线作正方形CTBK，可得∠BCK＝∠BCT＝45°，CK，CT与抛物线的另一个 交点即为M，如图，过T作x轴的平行线交y轴于Q，过B作BG⊥TQ于G，则OB＝GQ＝3，设TQ＝GB＝m，则CQ＝TG＝3﹣m，求解T（m，m﹣1），进一步求解直线CT为y＝﹣5x+2，直线CK为，再求解函数的交点坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A坐标为 （﹣1，0），点B坐标为（3，0），
∴．
（2）当x＝0时，，
∴C（0，2），
设直线BC为y＝kx+2，
∴3k+2＝0，
解得，
∴直线BC为，
设，
∴，
∴2PD+PE＝＝，
当时，有最大值，
此时．
（3）如图，以CB为对角线作正方形CTBK，
∴∠BCK＝∠BCT＝45°，
∴CK，CT与抛物线的另一个交点即为M，
如图，过T作x轴的平行线交y轴于Q，过B作BG⊥TQ于G，则OB＝GQ＝3，
∴∠CTB＝90°＝∠CQT＝∠QGB，
∴∠QCT+∠CTQ＝90°＝∠CTQ+∠BTG，
∴∠QCT＝∠BTG，
∵CT＝BT，
∴△CQT≌△TGB（AAS），
∴QT＝GB，CQ＝TG，
设TQ＝GB＝m，则CQ＝TG＝3﹣m，
∴Q0＝3﹣m﹣2＝1﹣m，
∴T（m，m﹣1），
由TC＝TB可得m2+（m﹣3）2＝（m﹣3）2+（m﹣1）2，
解得，
∴，
设CT为y＝nx+2，
∴，
解得n＝﹣5，
∴直线CT为y＝﹣5x+2，
∴，
解得或，
∴，，C（0，2），B（3，0），正方形CTBK．
∴，
同理可得直线CK为，
∴，
解得或，
∴，
综上，点M的坐标为或．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，主要考查利用待定系数法求解抛物线的解析式，抛物线的性质，正方形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
8．抛物线y＝x2+2x﹣交x轴于A，B两点（A在B的右边），交y轴于点C．
（1）直接写出点A，B，C的坐标；
（2）如图（1），连接AC，BC，过第三象限的抛物线上的点P作直线PQ∥AC，交y轴于点Q．若BC平分线段PQ，求点P的坐标；
（3）如图（2），点D与原点O关于点C对称，过原点的直线EF交抛物线于E，F两点（点E在x轴下方），线段DE交抛物线于另一点G，连接FG．若∠EGF＝90°，求直线DE的解析式．
【分析】（1）在y＝x2+2x﹣中，令x＝0得C（0，﹣），令y＝0得A（1，0），B（﹣5，0）；
（2）由A（，0），C（0，﹣）得直线AC的解析式为y＝x﹣，设直线PQ的解析式为y＝x+b'，P（t，t2+2t﹣），可得b'＝t2﹣t﹣，故Q（0，t2﹣t﹣）；根据BC平分线段PQ，知PQ的中点（，t2+t﹣）在直线BC上，求得直线BC解析式为y＝﹣x﹣，有t2+t﹣＝﹣﹣，解出t的值从而可得P（﹣2，﹣）；
（3）过点G作TS∥x轴，过点E，F分别作TS的垂线，垂足分别为T，S，证明△ETG∽△GSF，可得ET•FS＝GS•TG，求出D（0．﹣5），设直线EF的解析式为y1＝k1x，直线ED的解析式为y2＝k2x﹣5，联立得x2+（2﹣k1）x﹣＝0，联立 得x2+（2﹣k2）x+＝0，设xE＝e，xF＝f，xG＝g，故ef＝﹣5，eg＝5，e+g＝2k2﹣4，从而知f＝﹣g，ET＝e2+2e﹣﹣（g2+2g﹣）＝（e+g+4）（e﹣g），FS＝f2+2f﹣﹣（g2+2g﹣）＝（f+g+4）（f﹣g），故（e+g+4）（e﹣g）•（f+g+4）（f﹣g）＝（g﹣e）（f﹣g），可得e+g＝﹣5，即得2k2﹣4＝﹣5，k2＝﹣，得直线DE解析式为y＝﹣x﹣5．
【解答】解：（1）在y＝x2+2x﹣中，令x＝0得y＝﹣，
∴C（0，﹣），
令y＝0得0＝x2+2x﹣，
解得x＝﹣5或x＝1，
∴A（1，0），B（﹣5，0）；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
把A（，0），C（0，﹣）代入得：
，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x﹣，
由PQ∥AC，设直线PQ的解析式为y＝x+b'，
设P（t，t2+2t﹣），
∴t2+2t﹣＝t+b'，
∴b'＝t2﹣t﹣，
∴直线PQ的解析式为y＝x+t2﹣t﹣，
令x＝0得y＝t2﹣t﹣，
∴Q（0，t2﹣t﹣）；
∵BC平分线段PQ，
∴PQ的中点（，t2+t﹣）在直线BC上，
由B（﹣5，0），C（0，﹣）得直线BC解析式为y＝﹣x﹣，
∴t2+t﹣＝﹣﹣，
解得t＝﹣2或t＝0（舍去），
∴P（﹣2，﹣）；
（3）过点G作TS∥x轴，过点E，F分别作TS的垂线，垂足分别为T，S，如图：

∴∠T＝∠S＝∠EGF＝90°，
∴∠EGT＝90°﹣∠FGS＝∠GFS，
∴△ETG∽△GSF，
∴＝，
∴ET•FS＝GS•TG，
∵点D与原点O关于 对称，
∴D（0，﹣5），
设直线EF的解析式为y1＝k1x，直线ED的解析式为y2＝k2x﹣5，
联立得：k1x＝x2+2x﹣，
∴x2+（2﹣k1）x﹣＝0，
联立 得：k2x﹣5＝x2+2x﹣，
∴x2+（2﹣k2）x+＝0，
设xE＝e，xF＝f，xG＝g，
∴ef＝﹣5，eg＝5，e+g＝2k2﹣4，
∴f＝﹣g，ET＝e2+2e﹣﹣（g2+2g﹣）＝（e+g+4）（e﹣g），FS＝f2+2f﹣﹣（g2+2g﹣）＝（f+g+4）（f﹣g），
∵ET•FS＝GS•TG，
∴（e+g+4）（e﹣g）•（f+g+4）（f﹣g）＝（g﹣e）（f﹣g），
∴（e+g+4）（e﹣g）•（﹣g+g+4）（﹣g﹣g）＝（g﹣e）（﹣g﹣g），
∴e+g＝﹣5，
∴2k2﹣4＝﹣5，
解得k2＝﹣，
∴直线DE解析式为y＝﹣x﹣5．
【点评】本题考查二次函数综合问题，一次函数与二次函数综合，中点坐标公式，相似三角形的性质与判定，一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握以上知识是解题的关键．
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴是直线x＝．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线BC下方对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作PD∥x轴交抛物线于点D，作PE⊥BC于点E，求PD+PE的最大值及此时点P的坐标；
（3）将抛物线沿射线BC方向平移个单位，在PD+PE取得最大值的条件下，点F为点P平移后的对应点，连接AF交y轴于点M，点N为平移后的抛物线上一点，若∠NMF﹣∠ABC＝45°，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．
【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；
（2）延长PE交x轴于G，过P作PH∥y轴于H，求解，可得，可得，设 ，，PD＝2x﹣5，再建立二次函数求解即可；
（3）由抛物线沿射线BC方向平移 个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，可得新的抛物线为，F（3，﹣4），分两种情况：当N在y轴的左侧时，过N作NK⊥y轴于K，证明 M（0，﹣1），可得∠AMO＝∠OAM＝45°＝∠FMK，证明∠NMK＝∠ABC；当N在y轴的 右侧时，过M作y轴的垂线，过N′作N′T⊥过M的垂线于T，同理可得：∠NMT＝∠ABC，再进一步 结合三角函数建立方程求解即可．
【解答】解：∵抛物线 y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴是直线x＝，
∴，
解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣3；
（2）如图，延长PE交x轴于G，过P作PH∥y轴于H，
在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0得0＝x2﹣x﹣3，
解得：x1＝﹣1，x2＝6，
∴B（6，0），
当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴，
∴sin，
∵PD∥x轴，
∴∠PHE＝∠BCO，
∴sin∠PHE＝＝，
∴PE＝PH，
由B（6，0），C（0，﹣3）得直线BC为y＝x﹣3，
设 ，则，
∴，
∵抛物线 的对称轴为直线，
∴PD＝2（x﹣）＝2x﹣5，
∴＝﹣x2+5x﹣5，
∵﹣＜0，
∴当时，取得最大值，最大值为 ，此时P（5，﹣3）；
（3）∵抛物线沿射线BC方向平移个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，
∴新的抛物线为y＝（x+2）2﹣（x+2）﹣3﹣1＝x2﹣x﹣7，F的坐标为（3，﹣4），
如图，当N在y轴的左侧时，过N作NK⊥y轴于K，
由A（﹣1，0），F（3，﹣4）得直线AF解析式为y＝﹣x﹣1，
当 x＝0 时，y＝﹣1，
∴M（0，﹣1），
∴∠AMO＝∠OAM＝45°＝∠FMK，
∵∠NMF﹣∠ABC＝45°，
∴∠NMK+45°﹣∠ABC＝45°，
∴∠NMK＝∠ABC，
∴tan∠NMK＝tan∠ABC＝＝＝，
设，
∴，
解得： 或 （舍去），
∴；
如图，当N在y轴的右侧时，过M作y轴的垂线MT，过N′作N'T⊥MT于T，
同理可得∠N'MT＝∠ABC，
设，则T（x，﹣1），
同理可得：，
∴ 或x＝ （舍去），
∴，
综上所述，N的坐标为（，4﹣）或（1+，）．
【点评】本题属于二次函数的综合题，难度很大，考查了待定系数法，二次函数的性质，锐角三角函数的应用，关键是做出合适的辅助线进行转化，清晰的分类讨论是解本题的关键．
10．如图，直线y＝与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线的顶点P在直线AB上，与x轴的交点为C，D，其中点C的坐标为（2，0），直线BC与直线PD相交于点E．
（1）如图2，若抛物线经过原点O．
①求该抛物线的函数表达式；
②求的值．
（2）连结PC，∠CPE与∠BAO能否相等？若能，求符合条件的点P的横坐标；若不能，试说明理由．
【分析】（1）①由抛物线经过原点O（0，0）、C（2，0），可得抛物线的顶点P（1，），利用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+3x；
②先求出A（﹣2，0），B（0，），运用待定系数法可得直线OP的解析式为y＝x，过点B作BF∥x轴交OP于点F，F（，），可得BF＝，再由BF∥OC，得出△BEF∽△CEO，进而可得＝＝＝；
（2）分四种情形，分别作出图形求解即可．
【解答】解：（1）①∵抛物线经过原点O（0，0）、C（2，0），
∴对称轴为直线x＝1，
当x＝1时，y＝×1+＝，
∴抛物线的顶点P（1，），
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+，把C（2，0）代入，得a+＝0，
解得：a＝﹣，
∴y＝﹣（x﹣1）2+＝﹣x2+3x，
∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+3x；
②∵直线y＝与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴A（﹣2，0），B（0，），
设直线OP的解析式为y＝kx，把P（1，）代入，得：k＝，
∴直线OP的解析式为y＝x，
如图，过点B作BF∥x轴交OP于点F，则点F的纵坐标与点B的纵坐标相同，
∴＝x，
解得：x＝，
∴F（，），
∴BF＝，
∵BF∥OC，
∴△BEF∽△CEO，
∴＝＝＝，
∴的值为．
（2）设点P的横坐标为t，
①如图2﹣1，当t＞2，存在∠CPE＝∠BAO，
设∠CPE＝∠BAO＝α，∠APC＝β，则∠APD＝α+β，
∵∠PCD＝∠PAO+∠APC＝α+β，
∵PC＝PD，
∴∠PDC＝∠PCD＝∠APD，
∴AP＝AD＝2t，
过点P作PF⊥x轴于点F，则AF＝t+2，
在Rt△APF中，cs∠BAO＝＝，
∴＝，
∴t＝6．
②如图2﹣2中，当0＜t≤2时，存在∠CPE＝∠BAO．
过点P作PF⊥x轴于点F，
同法cs∠BAO＝＝，
∴＝，
∴t＝．
③如图2﹣3中，当﹣2＜t≤0时，存在∠CPE＝∠BAO＝α，
∵PC＝PD，
∴∠CPE＝α，
∴∠BAO﹣∠PDC＝α，
∴∠APD＝∠PDA，
∴AD＝AP＝﹣2t，
同法cs∠BAO＝＝，
∴＝，
∴t＝﹣．
④当t≤﹣2时，同法cs∠BAO＝＝，
＝，
∴t＝﹣
综上所述．点P的横坐标为6或﹣或或﹣．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数与二次函数综合运用，勾股定理，等腰三角形性质，相似三角形的判定和性质等，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
11．如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，连接AC，过B、C两点作直线．
（1）求a的值．
（2）将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点．在直线B′C′上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，若存在，请求出直线BP的解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3，即可求得a＝﹣1；
（2）利用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，由平移可得直线B′C′的解析式为y＝﹣x+3﹣m，设D（t，﹣t2+2t+3），过点D作DE∥y轴，交B′C′于点E，作DF⊥B′C′于点F，设直线B′C′交y轴于点G，则E（t，﹣t+3﹣m），可得DE＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3﹣m）＝﹣t2+3t+m，再证得△DEF是等腰直角三角形，可得DF＝DE＝（﹣t2+3t+m）＝﹣（t﹣）2+（+m），运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）分两种情况：当∠PBC在BC的下方时，当∠PBC在BC的上方时，分别求得直线BP的解析式，联立方程组求解即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0），
∴a+2a+3＝0，
∴a＝﹣1．
（2）存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．
∵y＝﹣x2+2x+3，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
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，
∵将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点，
∴直线B′C′的解析式为y＝﹣x+3﹣m，
设D（t，﹣t2+2t+3），
过点D作DE∥y轴，交B′C′于点E，作DF⊥B′C′于点F，设直线B′C′交y轴于点G，如图，
∴E（t，﹣t+3﹣m），
∴DE＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3﹣m）＝﹣t2+3t+m，
∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，
∴∠BCO＝∠CBO＝45°，
∵B′C′∥BC，
∴∠B′GO＝∠BCO＝45°，
∵DE∥y轴，
∴∠DEF＝∠B′GO＝45°，
∵∠DFE＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DF＝DE＝（﹣t2+3t+m）＝﹣（t﹣）2+（+m），
∵﹣＜0，
∴当t＝时，DF取得最大值（+m），此时点D的坐标为（，）．
（3）存在．
当∠PBC在BC的下方时，在y轴正半轴上取点M（0，1），连接BM交抛物线于点P，如图，
∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），M（0，1），
∴OB＝OC＝3，OM＝OA＝1，∠BOM＝∠COA＝90°，
∴△BOM≌△COA（SAS），
∴∠MBO＝∠ACO，
∵∠CBO＝45°，
∴∠CBP+∠MBO＝45°，
∴∠CBP+∠ACO＝45°，
设直线BM的解析式为y＝k′x+b′，则，
解得：，
∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1，
联立，得，
解得：（舍去），，
∴P（﹣，）；
当∠PBC在BC的上方时，作点M关于直线BC的对称点M′，如图，连接MM′，CM′，直线BM′交抛物线于P，
由对称得：MM′⊥BC，CM′＝CM＝2，∠BCM′＝∠BCM＝45°，
∴∠MCM′＝90°，
∴M′（2，3），
则直线BM′的解析式为y＝﹣3x+9，
联立，得：，
解得：（舍去），，
∴P（2，3）；
综上所述，抛物线上存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，直线BP的解析式为y＝﹣x+1或y＝﹣3x+9．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，直线的平移，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等，第（3）问要注意分类讨论，防止漏解．
12．已知抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（1，0），B（4，0），与y轴相交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求的值；
（3）如图2，取线段OC的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使tan∠QDB＝？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由待定系数法求出函数解析式即可；
（2）根据△PAC的周长等于PA+PC+AC，以及AC为定长，得到当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，根据抛物线的对称性，得到A，B关于对称轴对称，则：PA+PC＝PB+PC≥BC，得到当P，B，C三点共线时，PA+PC＝BC，进而求出P点坐标，即可得解；
（3）求出D点坐标为（0，2），进而得到，得到∠QDB＝∠OBD，分点Q在D点上方和下方，两种情况进行讨论求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4与x轴相交于点A（1，0），B（4，0），
，
解得：，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣5x+4；
（2）由（1）知y＝x2﹣5x+4，当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），抛物线的对称轴为直线，
∵△PAC的周长等于PA+PC+AC，AC为定长，
∴当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，
∵A，B关于抛物线的对称轴对称，
∴PA+PC＝PB+PC≥BC，当P，B，C三点共线时，PA+PC的值最小，为BC的长，此时点P为直线BC与对称轴的交点，
设直线BC的解析式为：y＝mx+n，
则：，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
当 时，，
∴，
∵A（1，0），C（0，4），
∴PA＝＝，PC＝＝，
∴；
（3）存在，
∵D为OC的中点，
∴D（0，2），
∴OD＝2，
∵B（4，0），
∴OB＝4，
在Rt△BOD中，，
，
∴∠QDB＝∠OBD；
①当Q点在D点上方时：过点D作DQ∥OB，交抛物线于点Q，则：∠QDB＝∠OBD，此时Q点纵坐标为2，
设Q点横坐标为t，则：t2﹣5t+4＝2，解得：，
∴Q（，2）或（，2）；
②当点Q在D点下方时：设DQ与x轴交于点E，
则：DE＝BE，
设E（p，0），则：DE2＝OE2+OD2＝p2+4，BE2＝（4﹣p）2，
∴p2+4＝（4﹣p）2，
解得：，
∴，
设DE的解析式为：y＝kx+q，
则：，
解得：，
∴，
联立，
解得：或，
∴Q（3，﹣2）或；
综上所述， 或（，2）或Q（3，﹣2）或．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理，轴对称的性质，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
13．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D（3，0），过点B作直线l⊥x轴，过点D作DE⊥CD，交直线l于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点P为第三象限内抛物线上的点，连接CE和BP交于点Q，当＝时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接AC，在直线BP上是否存在点F，使得∠DEF＝∠ACD+∠BED？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）可得出B的坐标，于是设抛物线的交点式解析式，代入点C坐标求得二次项系数，进而得出结果；
（2）可证明△OCD∽△BDE，从而，进而得出BE＝6，从而得出E（5，﹣6），进而得出CE的解析式，作PT⊥x轴，交直线CE于点T，设P（m，﹣），表示出T（m，﹣m﹣1），从而表示出PT的长，根据△PQT∽△BQE得出，从而求得m的值，进一步得出结果；
（3）先推出∠DEF＝45°，分为当点F在BP上时，方法一：直线EF，交y轴于点G，作GH⊥CE于点H，根据直线CE的解析式为：y＝﹣x﹣1可推出∠ECF＝∠BEC＝45°，进而得出∠DEF＝∠BEC，进而得出，设GH＝t，EH＝3t，可得出t+3t＝5，求得x的值，进而得出G（0，﹣），从而得出直线EG的解析式为：y＝﹣x﹣，和直线PB的解析式为：y＝﹣4联立成方程组，进而求得F点坐标；
方法二：作ER⊥y轴于点R，可推出∠REF+∠BED＝45°，根据tan∠BED＝得出tan∠REF＝，从而得出直线EF的解析式为：y＝﹣x﹣；当点F在PB的延长线上时，设EF交x轴于点W，同理得出tan∠BEF＝＝，从而得出BW＝BE＝3，求得OW＝8，进而得出直线EF的解析式为：y＝2x﹣16，进一步得出结果．
【解答】解：（1）由题意得：B（5，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣5），过点C（0，﹣1），
∴﹣1＝a•（﹣1）×（﹣5），
∴a＝﹣，
∴y＝﹣（x﹣1）（x﹣5）＝﹣；
（2）如图1，
∵直线l⊥x轴，DE⊥CD，
∴∠COD＝∠CDE＝∠EBD＝90°，
∴∠ODC+∠OCD＝90°，∠ODC+∠BDE＝90°，
∴∠OCD＝∠BDE，
∴△OCD∽△BDE，
∴，
∵OC＝1，OD＝3，BD＝OB﹣OD＝5﹣3＝2，
∴，
∴BE＝6，
∴E（5，﹣6），
设CE的解析式为：y＝kx+n，
∴，
∴，
∴y＝﹣x﹣1，
作PT⊥x轴，交直线CE于点T，设P（m，﹣），
∴T（m，﹣m﹣1），PT∥BE，
∴PT＝（﹣m﹣1）﹣（﹣）＝，△PQT∽△BQE，
∴，
∴，
∴m1＝﹣3，m2＝14（舍去），
当m＝﹣3时，y＝﹣×（﹣3﹣1）×（﹣3﹣5）＝﹣，
∴P（﹣3，﹣）；
（3）存在F点满足∠DEF＝∠ACD+∠BED，理由如下：
由（2）知：△OCD∽△BDE，
∴∠BED＝∠CDO，
∴∠ACD+∠BED＝∠ACD+∠CDO＝∠OAC，
∵OA＝OC＝1，∠AOC＝90°，
∴∠OAC＝45°，
∵∠DEF＝∠ACD+∠BED，
∴∠DEF＝45°，
如图2，
当点F在BP上时，
方法一：直线EF，交y轴于点G，作GH⊥CE于点H，
∵直线CE的解析式为：y＝﹣x﹣1，
∴∠ECF＝∠BEC＝45°，
∴∠DEF＝∠BEC，
∴∠FEQ＝∠BED，
∴tan∠FEQ＝tan∠BED＝，
∴，
∴设GH＝t，EH＝3t，
∴CH＝GH＝t，
∵C（0，﹣1），E（5，﹣6），
∴CE＝5，
∴t+3t＝5，
∴t＝，
∴CG＝GH＝＝，
∴OG＝1+＝，
∴G（0，﹣），
∴直线EG的解析式为：y＝﹣x﹣，
∵P（﹣3，﹣），B（5，0），
∴直线PB的解析式为：y＝﹣4，
由得，
，
∴F1（），
方法二：如图3，
作ER⊥y轴于点R，
∵∠DEF＝45°，∠BER＝90°，
∴∠REF+∠BED＝45°，
∵tan∠BED＝，
∴tan∠REF＝，
又E（5，﹣6），
∴直线EF的解析式为：y＝﹣x﹣，
后面步骤同上，
如图4，
当点F在PB的延长线上时，设EF交x轴于点W，
∵∠DEF＝45°，tan∠BED＝，
∴tan∠BEF＝＝，
∴BW＝BE＝3，
∴W（8，0），
∴直线EF的解析式为：y＝2x﹣16，
由2x﹣16＝得：x＝10，
当x＝10时，y＝2×10﹣16＝4，
∴F2（10，4），
综上所述：F（，﹣）或（10，4）．
【点评】本题是函数的综合题，考查了用待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是转化为解直角三角形问题．
14．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过坐标原点O，且顶点为A（2，﹣4）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线与x轴正半轴的交点为B，点P位于抛物线上且在x轴下方，连接OA、PB，若∠AOB+∠PBO＝90°，求点P的坐标．
【分析】（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2﹣4，将O（0，0）代入可得y＝x2﹣4x；（2）过A作AT⊥y轴于T，过P作PK⊥x轴于K，设P（m，m2﹣4m），求出B（4，0）；根据∠AOB+∠AOT＝90°，∠AOB+∠PBO＝90°，得∠AOT＝∠PBO，故△AOT∽△PBK，从而＝，即可解得答案．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2﹣4，
将O（0，0）代入得：4a﹣4＝0，
解得a＝1，
∴y＝（x﹣2）2﹣4＝x2﹣4x；
（2）过A作AT⊥y轴于T，过P作PK⊥x轴于K，如图：
设P（m，m2﹣4m），
在y＝x2﹣4x中，令y＝0得x＝0或x＝4，
∴B（4，0）；
∵∠AOB+∠AOT＝90°，∠AOB+∠PBO＝90°，
∴∠AOT＝∠PBO，
∵∠ATO＝90°＝∠PKB，
∴△AOT∽△PBK，
∴＝，
∵A（2，﹣4），
∴＝，
解得m＝或m＝4（此时P与B重合，舍去），
∴P（，﹣）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形相似的判定与性质，解题的关键是证明△AOT∽△PBK，用对应边成比例列式求出m的值．
15．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于两点A（﹣3，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，4）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知抛物线上有一点P（x0，y0），其中y0＜0，若∠CAO+∠ABP＝90°，求x0的值；
（3）若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE＝2CD，求CE+2BD的最小值．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）在Rt△AOC中，tan∠CAO＝＝，则tan∠ABP＝，得到直线BP的表达式为：y＝（x﹣4），进而求解；
（3）作∠EAG＝∠BCD，证明△BCD∽△GAE且相似比为1：2，故当C、E、G共线时，CE+2BD＝CE+EG＝CG为最小，进而求解．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12），
即﹣12a＝4，则a＝﹣，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+4①；
（2）在Rt△AOC中，tan∠CAO＝＝，
∵∠CAO+∠ABP＝90°，
则tan∠ABP＝，
故设直线BP的表达式为：y＝（x﹣4）②，
联立①②得：﹣x2+x+4＝（x﹣4），
解得：x＝﹣＝x0（不合题意的值已舍去）；
（3）作∠EAG＝∠BCD，
设AG＝2BC＝2×4＝8，
∵AE＝2CD，
∴△BCD∽△GAE且相似比为1：2，
则EG＝2BD，
故当C、E、G共线时，CE+2BD＝CE+EG＝CG为最小，
在△ABC中，设AC边上的高为h，
则S△ABC＝AC•h＝AB×CO，
即5h＝4×7，
解得：h＝，
则sin∠ACB＝＝＝sin∠EAG，
则tan∠EAG＝7，
过点G作GN⊥x轴于点N，
则NG＝AG•sin∠EAG＝，
即点G的纵坐标为：﹣，
同理可得，点G的横坐标为：﹣，
即点G（﹣，﹣），
由点C、G的坐标得，CG＝＝，
即CE+2BD的最小值为．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
16．已知抛物线Q1：y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0），B两点，交y轴于点C（0，3）．
（1）请求出抛物线Q1的表达式．
（2）如图1，在y轴上有一点D（0，﹣1），点E在抛物线Q1上，点F为坐标平面内一点，是否存在点E，F使得四边形DAEF为正方形？若存在，请求出点E，F的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，抛物线Q1上是否存在点P，使得∠CPK＝∠CHK？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）过点E作EG⊥x轴于点G，则∠AGE＝90°＝∠AOD，由正方形性质可得AE＝AD＝DF，∠DAE＝∠ADF＝90°，进而可证得△EAG≌△ADO（AAS），得出AG＝OD＝1，EG＝OA＝3，即E（﹣2，3），再证明点E在抛物线上，过点F作FL⊥y轴于点L，同理，△DFL≌△ADO（AAS），即可求得F（1，2）．
（3）先求得抛物线Q2的解析式为y＝﹣（x+1﹣2）2+4＝﹣（x﹣1）2+4，得出K（1，4），H（3，0），过点K作KT⊥y轴于点T，连接BC，如图2，过点C作PS⊥y轴交BK于点S，交抛物线Q1于点P，连接PK，利用等腰直角三角形性质和三角函数定义可得tan∠CHK＝＝＝，进而可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线Q1：y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣3，0），C（0，3）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线Q1的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）存在点E，F使得四边形DAEF为正方形．
理由：
如图1，过点E作EG⊥x轴于点G，则∠AGE＝90°＝∠AOD，
∵A（﹣3，0），D（0，﹣1），
∴OA＝3，OD＝1，
∵四边形DAEF是正方形，
∴AE＝AD＝DF，∠DAE＝∠ADF＝90°，
∵∠EAG+∠DAO＝90°，∠DAO+∠ADO＝90°，
∴∠EAG＝∠ADO，
∴△EAG≌△ADO（AAS），
∴AG＝OD＝1，EG＝OA＝3，
∴E（﹣2，3），
当x＝﹣2时，y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+3＝3，
∴点E在抛物线上，
过点F作FL⊥y轴于点L，
同理，△DFL≌△ADO（AAS），
∴FL＝OD＝1，DL＝OA＝3，
∴OL＝DL﹣OD＝3﹣1＝2，
F（1，2）．
（3）抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK＝∠CHK．
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线Q1的顶点坐标为（﹣1，4），
∵将抛物线Q1向右平移2个单位，得到抛物线Q2，
∴抛物线Q2的解析式为y＝﹣（x+1﹣2）2+4＝﹣（x﹣1）2+4，
∵抛物线Q2的顶点为K，与x轴正半轴交于点H，
∴K（1，4），H（3，0），
过点K作KT⊥y轴于点T，连接BC，如图2，过点C作PS⊥y轴交BK于点S，交抛物线Q1于点P，连接PK，
则T（0，4），
∴KT＝TC＝1，∠KTC＝90°，
∴△CKT是等腰直角三角形，
∴∠KCT＝45°，CK＝KT＝，
∵OH＝OC＝3，∠COH＝90°，
∴△COH是等腰直角三角形，
∴∠HCO＝45°，CH＝OC＝3，
∴∠KCH＝180°﹣∠KCT﹣∠HCO＝90°，
∴tan∠CHK＝＝＝，
∵∠CPK＝∠CHK，
∴tan∠CPK＝tan∠CHK＝，
∵tan∠BCO＝＝，
∴∠BCO＝∠CHK，
∵BK∥OC，
∴∠CBK＝∠BCO，
∴∠CBK＝∠CHK，
即点P与点B重合时，∠CPK＝∠CHK，
∴P1（1，0）；
∵SK＝1，PS＝3，
∴tan∠CPK＝＝，
∴∠CPK＝∠CHK，
∵点P与点C关于直线x＝﹣1对称，
∴P（﹣2，3）；
综上所述，抛物线Q1上存在点P，使得∠CPK＝∠CHK，点P的坐标为（1，0）或（﹣2，3）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角函数定义，抛物线的平移变换等，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形．
17．在平面直角坐标系中，已知抛物线 与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）P是抛物线上一动点（不与点A，B，C重合），作PD⊥x轴，垂足为D，连接PC．
①如图，若点P在第三象限，且tan∠CPD＝2，求点P的坐标；
②直线PD交直线BC于点E，当点E关于直线PC的对称点E′落在y轴上时，请直接写出四边形PECE'的周长．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）①设出点P坐标，作辅助线，求出PE，CE，根据，列出方程求出x的值即可；
②证明四边形PECE′是菱形，得出PE＝CE，分别表示出PE和CE，从而列出方程，即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线 与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣4），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为．
答：抛物线的解析式为．
（2）①设P（x，），如图，过点C作CE⊥PD于E，
∴∠PEC＝∠CED＝90°，
∵C（0，﹣4），
∴OC＝4，
∵PD⊥x轴，
∴∠PDO＝90°，
∵∠DOC＝90°，
∴四边形DOCE是矩形，
∴DE＝OC＝4，OD＝CE＝﹣x，
∴＝，
∵，
∴，
∴（舍去），
∴＝，
∴P（﹣．
②设P（m，），
对于，当y＝0时，，
解得x1＝1，x2＝﹣3，
∴B（﹣3，0），
∵OC＝4，
∴，
当点P在第三象限时，如图，过点E作EF⊥y轴于F，
则四边形DEFO是矩形，
∴EF＝OD＝﹣m，
∵点E与点E′关于PC对称，
∴∠ECP＝∠E′CP，CE＝CE′，
∵PE∥y轴，
∴∠EPC＝∠PCE′，
∴PE＝CE，
∴PE＝CE′，
∴四边形PECE′是菱形，
∵EF∥OA，
∴△CEF∽△CBO，
∴，
∴，
∴，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x﹣4，
∴，
∴＝，
∵，PE＝CE，
∴，
解得（舍去），
∴，
∴四边形PECE′的周长C＝4CE＝4×＝，
当点P在第二象限时，如图，
同理可得，
解得（舍去），
∴，
∴四边形PECE′的周长C＝4CE＝4×＝，
综上，四边形PECE′的周长为或．
【点评】本题考查了求一次函数和二次函数的解析式，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，表示出线段的数量．
18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+3x+1交y轴于点A，直线y＝﹣x+2交抛物线于B，C两点（点B在点C的左侧），交y轴于点D，交x轴于点E．
（1）求点D，E，C的坐标；
（2）F是线段OE上一点（OF＜EF），连接AF，DF，CF，且AF2+EF2＝21．
①求证：△DFC是直角三角形；
②∠DFC的平分线FK交线段DC于点K，P是直线BC上方抛物线上一动点，当3tan∠PFK＝1时，求点P的坐标．
【分析】（1）根据一次函数与坐标轴的交点及一次函数与二次函数的交点求解即可；
（2）①设 F（m，0），然后利用勾股定理求解，m＝2，过点C作CG⊥x轴，垂足为G．再由等腰三角形及各角之间的关系即可证明；
②根据题意得出，设点P的坐标为（t，﹣t2+3t+1），根据题意得．分两种情况分析：（i）当点P在直线KF的左侧抛物线上时，．（ii）当点P在直线KF的右侧抛物线上时，，求解即可．
【解答】（1）解：∵直线y＝﹣x+2交y轴于点D，交x轴于点E，
当x＝0时，y＝2，
∴D（0，2），
当y＝0时，x＝6，
∴E（6，0），
∵直线y＝﹣x+2交抛物线于B，C两点（点B在点C的左侧），
∴﹣x2+3x+1＝﹣x+2，
∴3x2﹣10x+3＝0，
解得，
∵点B在点C的左侧，
∴点C的横坐标为3，当x＝3时，y＝1，
∴C（3，1），
答：C（3，1），D（0，2），E（6，0）．
（2）如图，
①证明：∵抛物线y＝﹣x2+3x+1交y轴于点A，
当x＝0时，y＝1，
∴A（0，1），
∴OA＝1，
在Rt△AOF中，∠AOF＝90°，
∴AF2＝OA2+OF2，
设F（m，0），
∴OF＝m，
∴AF2＝1+m2，
∵E（6，0），
∴OE＝6，
∴EF＝OE﹣OF＝6﹣m，
∵AF2+EF2＝21，
∴1+m2+（6﹣m）2＝21，
∴m1＝2，m2＝4，
∵OF＜EF，
∴m＝2，
∴OF＝2，
∴F（2，0），
∵D（0，2），
∴OD＝2，
∴OD＝OF，
∴△DOF是等腰直角三角形，
∴∠OFD＝45°，
过点C作CG⊥x轴于G，
∵C（3，1），
∴CG＝1，OG＝3，
∵GF＝OG﹣OF＝1，
∴CG＝GF，
∴△CGF是等腰直角三角形，
∴∠GFC＝45°，
∴∠DFC＝90°，
∴△DFC是直角三角形．
②解：∵FK平分∠DFC，∠DFC＝90°，
∴∠DEK＝∠CFK＝45°，
∴∠OFK＝∠OFD+∠DFK＝90°，
∴FK∥y轴，
∵3tan∠PFK＝1，
∴，
设点P的坐标为（t，﹣t2+3t+1），根据题意得．
（i）当点P在直线KF的左侧抛物线上时，．
过点P1作P1H⊥x轴于H，
∴P1H∥KF，
∴∠HP1F＝∠P1FK，
∴，
∵HF＝OF﹣OH，
∴HF＝2﹣t，
在Rt△P1HF中，∵，
∴P1H＝3HF，
∵，
∴﹣t2+3t+1＝3（2﹣t），
∴t2﹣6t+5＝0，
∴t1＝1，t2＝5（舍去），
当t＝1时，﹣t2+3t+1＝3，
∴P1（1，3）．
（ii）当点P在直线KF的右侧抛物线上时，，
过点P2作P2M⊥x轴于M，
∴P2M∥KF，
∴∠MP2F＝∠P2FK，
∴，
∴P2M＝3MF，
∵，
∴﹣t2+3t+1＝3（t﹣2），
∴（舍去），
当t＝时，，
∴．
∴点P的坐标为（1，3）或（）．
【点评】本题主要考查一次函数与二次函数综合问题，特殊三角形问题及解三角形，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
19．二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式；
（3）请判断：是否有最大值，如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法即可求出答案；
（2）设BP与y轴交于点E，设OE＝a，则CE＝4﹣a，BE＝4﹣a，运用勾股定理可求得a＝，得出E（0，），再利用待定系数法即可求出答案；
（3）设PD与AC交于点N，过点B作y轴的平行线与AC相交于点M，利用待定系数法求出直线AC表达式，再利用BM∥PN，可得△PNQ∽△BMQ，进而得出＝＝，设P（a0，﹣a02﹣3a0+4）（﹣4＜a0＜0），则N（a0，a0+4），从而得到＝，利用二次函数的性质即可求得答案．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），
∴，
解得：，
∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣3x+4；
（2）如图，设BP与y轴交于点E，
∵PD∥y轴，
∴∠DPB＝∠OEB，
∵∠DPB＝2∠BCO，
∴∠OEB＝2∠BCO，
∴∠ECB＝∠EBC，
∴BE＝CE，
令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4），OC＝4，
设OE＝a，则CE＝4﹣a，
∴BE＝4﹣a，
在Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2＝OE2+OB2，
∴（4﹣a）2＝a2+12，
解得：a＝，
∴E（0，），
设BE所在直线表达式为y＝kx+e（k≠0），
∴，
解得：，
∴直线BP的表达式为y＝﹣x+；
（3）有最大值．
如图，设PD与AC交于点N，
过点B作y轴的平行线与AC相交于点M，
设直线AC表达式为y＝mx+n，
∵A（﹣4，0），C（0，4），
∴，
解得：，
∴直线AC表达式为y＝x+4，
∴M点的坐标为（1，5），
∴BM＝5，
∵BM∥PN，
∴△PNQ∽△BMQ，
∴＝＝，
设P（a0，﹣a02﹣3a0+4）（﹣4＜a0＜0），则N（a0，a0+4），
∴＝＝＝，
∴当a0＝﹣2时，有最大值，
此时，点P的坐标为（﹣2，6）．
【点评】本题是与二次函数有关的综合题，主要考查了待定系数法，一次函数图象和性质，二次函数图象和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等，属于中考数学压轴题，综合性强，难度较大，熟练掌握二次函数图象和性质、相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
20．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，3）．
（1）求抛物线的解析式与直线l的解析式；
（2）若点P是抛物线上的点且在直线l上方，连接PA、PD，求当△PAD面积最大时点P的坐标及该面积的最大值；
（3）若点Q是y轴上的点，且∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）如图1中，过点P作PK∥y轴交AD于点K．设P（m，﹣m2+m+3），则K（m，m+1）．因为S△PAD＝•（xD﹣xA）•PK＝3PK，所以PK的值最大值时，△PAD的面积最大，求出PK的最大值即可．
（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（﹣5，6），设DT交y轴于点Q，则∠ADQ＝45°，作点T关于AD的对称点T′（1，﹣6），设DQ′交y轴于点Q′，则∠ADQ′＝45°，分别求出直线DT，直线DT′的解析式即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣6），
∵D（4，3）在抛物线上，
∴3＝a（4+2）×（4﹣6），
解得a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+2）（x﹣6）＝﹣x2+x+3，
∵直线l经过A（﹣2，0）、D（4，3），
设直线l的解析式为y＝kx+m（k≠0），
则，
解得，，
∴直线l的解析式为y＝x+1；
（2）如图1中，过点P作PK∥y轴交AD于点K．设P（m，﹣m2+m+3），则K（m，m+1）．
∵S△PAD＝•（xD﹣xA）•PK＝3PK，
∴PK的值最大值时，△PAD的面积最大，
∵PK＝﹣m2+m+3﹣m﹣1＝﹣m2+m+2＝﹣（m﹣1）2+，
∵﹣＜0，
∴m＝1时，PK的值最大，最大值为，此时△PAD的面积的最大值为，P（1，）．
（3）如图2中，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AT，则T（﹣5，6），
设DT交y轴于点Q，则∠ADQ＝45°，
∵D（4，3），
∴直线DT的解析式为y＝﹣x+，
∴Q（0，），
作点T关于AD的对称点T′（1，﹣6），
则直线DT′的解析式为y＝3x﹣9，
设DQ′交y轴于点Q′，则∠ADQ′＝45°，
∴Q′（0，﹣9），
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，）或（0，﹣9）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数解决最值问题，学会构造特殊三角形解决问题，属于中考压轴题．