中考数学压轴题及答案40例第8部分

中考数学压轴题及答案40例（8）
32.已知：Rt△ABC的斜边长为5，斜边上的高为2，将这个直角三角形放置在平面直角坐标系中，使其斜边AB与x轴重合（其中OA＜OB），直角顶点C落在y轴正半轴上（如图1）．
（1）求线段OA、OB的长和经过点A、B、C的抛物线的关系式．
（2）如图2，点D的坐标为（2，0），点P（m，n）是该抛物线上的一个动点（其中m＞0，n＞0），连接DP交BC于点E．
①当△BDE是等腰三角形时，直接写出此时点E的坐标．
②又连接CD、CP（如图3），△CDP是否有最大面积？若有，求出△CDP的最大面积和此时点P的坐标；若没有，请说明理由．




解：（1）由题意知Rt△△AOC∽Rt△COB，∴＝．
∴OC 2＝OA·OB＝OA(AB－OA)，即22＝OA(5－OA)．
∴OA 2－5OA＋4＝0，∵OA＜OB，∴OA＝1，OB＝4． 2分
∴A(－1，0)，B(4，0)，C(0，2)．
∴可设所求抛物线的关系式为y＝a(x＋1)(x－4)． 3分
将点C(0，2)代入，得2＝a(0＋1)(0－4)，∴a＝－．
∴经过点A、B、C的抛物线的关系式为y＝－(x＋1)(x－4)． 4分
即y＝－x 2＋x＋2．
（2）①E1(3，)，E2(，)，E3(，)． 7分

关于点E的坐标求解过程如下（原题不作要求，本人添加，仅供参考）：

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＋2．
∵点E在直线BC上，∴E(x，－x＋2)．
若ED＝EB，过点E作EH⊥x轴于H，如图2，则DH＝DB＝1．
∴OH＝OD＋DH＝2＋1＝3．
∴点E的横坐标为3，代入直线BC的解析式，得y＝－×3＋2＝．
∴E1(3，)．
若DE＝DB，则(x－2)2＋(－x＋2)2＝22．
整理得5x 2－24x＋16＝0，解得x1＝4（舍去），x2＝．
∴y＝－×＋2＝，∴E2(，)．
若BE＝BD，则(x－4)2＋(－x＋2)2＝22．
整理得5x 2－24x＋16＝0，解得x1＝（此时点P在第四象限，舍去），x2＝．
∴y＝－×()＋2＝，∴E3(，)．

②△CDP有最大面积． 8分
过点D作x轴的垂线，交PC于点M，如图3．
设直线PC的解析式为y＝px＋q，将C(0，2)，P(m，n)代入，
得 解得
∴直线PC的解析式为y＝x＋2，∴M(2，＋2)．

S△CDP＝S△CDM＋S△PDM＝xP·yM
＝m(＋2)
＝m＋n－2
＝m＋(－m2＋m＋2)－2
＝－m2＋m
＝－(m－)2＋
∴当m＝时，△CDP有最大面积，最大面积为． 9分
此时n＝－×()2＋×＋2＝
∴此时点P的坐标为(，)． 10分
33.如图，已知抛物线y＝x 2＋4x＋3交x轴于A、B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴交x轴于点E，点B的坐标为(－1，0)．
（1）求抛物线的对称轴及点A的坐标；
（2）在平面直角坐标系xOy中是否存在点P，与A、B、C三点构成一个平行四边形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）连结CA与抛物线的对称轴交于点D，在抛物线上是否存在点M，使得直线CM把四边形DEOC分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线CM的解析式；若不存在，请说明理由．


解：（1）对称轴为直线x＝－＝－2，即x＝－2； 2分
令y＝0，得x 2＋4x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝－3．
∵点B的坐标为(－1，0)，∴点A的坐标为(－3，0)． 4分
（2）存在，点P的坐标为(－2，3)，(2，3)和(－4，－3)． 7分
（3）存在． 8分
当x＝0时，y＝x 2＋4x＋3＝3，∴点C的坐标为(0，3)．
AO＝3，EO＝2，AE＝1，CO＝3．
∵DE∥CO，
∴△AED∽△AOC．∴＝，即＝．
∴DE＝1． 9分
∵DE∥CO，且DE≠CO，∴四边形DEOC为梯形．

S梯形DEOC＝(1＋3)×2＝4．
设直线CM交x轴于点F，如图．
若直线CM把梯形DEOC分成面积相等的两部分，则S△COF＝2
即CO·FO＝2．∴×3FO＝2，∴FO＝．
∴点F的坐标为(－，0)． 10分
∵直线CM经过点C(0，3)，∴设直线CM的解析式为y＝kx＋3．
把F(－，0)代入，得－k＋3＝0． 11分
∴k＝．
∴直线CM的解析式为y＝x＋3． 12分
34.在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A(0，2)，点C(－1，0)，如图所示；抛物线y＝ax 2＋ax－2经过点B．
（1）求点B的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）过点B作BD⊥x轴于D．
∵∠BCD＋∠ACO＝90°，∠ACO＋∠CAO＝90°．
∴∠BCD＝∠CAO． 1分
又∵∠BDC＝∠COA＝90°，BC＝CA．
∴Rt△BCD≌Rt△CAO， 2分
∴BD＝CO＝1，CD＝AO＝2． 3分
∴点B的坐标为(－3，1)； 4分
（2）把B(－3，1)代入y＝ax 2＋ax－2，得1＝9a－3a－2，解得a＝． 6分
∴抛物线的解析式为y＝x 2＋x－2； 7分
（3）存在． 8分
①延长BC至点P1，使CP1＝BC，则得到以点C为直角顶点的等腰直角三角形△ACP1．
9分
过点P1作P1M⊥x轴．
∵CP1＝BC，∠P1CM＝∠BCD，∠P1MC＝∠BDC＝90°．
∴Rt△P1CM≌Rt△BCD， 10分
∴CM＝CD＝2，P1M＝BD＝1，可求得点P1(1，－1)； 11分
把x＝1代入y＝x 2＋x－2，得y＝－1．
∴点P1(1，－1)在抛物线上． 12分
②过点A作AP2⊥AC，且使AP2＝AC，则得到以点A为直角顶点的等腰直角三角形△ACP2．
13分
过点P2作P2N⊥y轴，同理可证Rt△P2NA≌Rt△AOC． 14分
P2N＝AO＝2，AN＝CO＝1．可求得点P2(2，1)． 15分
把x＝2代入y＝x 2＋x－2，得y＝1．
∴点P2(2，1)在抛物线上． 16分
综上所述，在抛物线上还存在点P1(1，－1)和P2(2，1)，使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形．

35.如图，在平面直角坐标中，二次函数图象的顶点坐标为C(4，－)，且在x轴上截得的线段AB的长为6．
（1）求二次函数的解析式；
（2）点P在y轴上，且使得△PAC的周长最小，求：
①点P的坐标；
②△PAC的周长和面积；
（3）在x轴上方的抛物线上，是否存在点Q，使得以Q、A、B三点为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．


解：（1）设二次函数的解析式为y＝a(x －4)2－(a≠0)，且A(x1，0)，B(x2，0)．
∵y＝a(x －4)2－＝ax 2－8ax＋16a－
∴x1＋x2＝8，x1x2＝16－．
∴AB 2＝(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝82－4(16－)＝36，∴a＝．
∴二次函数的解析式为y＝(x －4)2－． 2分
（2）①如图1，作点A关于y轴的对称点A′，连结A′C交y轴于点P，连结PA，则点P为所求．
令y＝0，得(x －4)2－＝0，解得x1＝1，x2＝7．
∴A(1，0)，B(7，0)．∴OA＝1，∴OA′＝1．
设抛物线的对称轴与x轴交于点D，则AD＝3，A′D＝5，DC＝．
∵△A′OP∽△ADC，∴＝，即＝，∴OP＝．
∴P(0，－)． 4分
②∵A′C＝＝＝
AC＝＝＝
∴△PAC的周长＝PA＋PC＋AC＝A′C＋AC＝＋． 5分
S△PAC＝S△A′AC － S△A′AP＝A′A(DC－OP)＝×2×(－)＝．
7分
（3）存在． 8分
∵tan∠BAC＝＝，∴∠BAC＝30°．
同理，∠ABC＝30°，∴∠ACB＝120°，AC＝BC．
①若以AB为腰，∠BAQ1为顶角，使△ABQ1∽△CBA，则AQ1＝AB＝6，∠BAQ1＝120°．
如图2，过点Q1作Q1H⊥x轴于H，则
Q1H＝AQ1·sin60°＝6×＝，HA＝AQ1·cos60°＝6×＝3．
HO＝HA－OA＝3－1＝2．
∴点Q1的坐标为(－2，)．
把x＝－2代入y＝(x －4)2－，得y＝(－2－4)2－＝．
∴点Q1在抛物线上． 9分
②若以BA为腰，∠ABQ2为顶角，使△ABQ2∽△ACB，由对称性可求得点Q1的坐标为(10，)．
同样，点Q2也在抛物线上． 10分
③若以AB为底，AQ，BQ为腰，点Q在抛物线的对称轴上，不合题意，舍去．
11分
综上所述，在x轴上方的抛物线上存在点Q1(－2，)和Q2(10，)，使得以Q、A、B三点为顶点的三角形与△ABC相似． 12分



36.如图，抛物线y＝ax 2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A(－3，0)、B两点，与y轴相交于点C(0，)．当x＝－4和x＝2时，二次函数y＝ax 2＋bx＋c(a≠0)的函数值y相等，连结AC、BC．
（1）求实数a，b，c的值；
（2）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．当运动时间为t秒时，连结MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，求t的值及点P的坐标；
y
O
x
C
N
B
P
M
A
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得以B，N，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意得
解得a＝－，b＝－，c＝．
3分
（2）由（1）知y＝－x 2－x＋，令y＝0，得－x 2－x＋＝0．
解得x1＝－3，x2＝1．
∵A(－3，0)，∴B(1，0)．
又∵C(0，)，∴OA＝3，OB＝1，OC＝，∴AB＝4，BC＝2．
y
O
x
C
N
B
P
M
A
图1
H
∴tan∠ACO＝＝，∴∠ACO＝60°，∴∠CAO＝30°．
同理，可求得∠CBO＝60°，∠BCO＝30°，∴∠ACB＝90°．
∴△ABC是直角三角形．
又∵BM＝BN＝t，∴△BMN是等边三角形．
∴∠BNM＝60°，∴∠PNM＝60°，∴∠PNC＝60°．
∴Rt△PNC∽Rt△ABC，∴＝．
由题意知PN＝BN＝t，NC＝BC－BN＝2－t，∴＝．
∴t＝． 4分
∴OM＝BM－OB＝－1＝．
如图1，过点P作PH⊥x轴于H，则PH＝PM·sin60°＝×＝．

MH＝PM·cos60°＝×＝．
∴OH＝OM＋MH＝＋＝1．
∴点P的坐标为(－1，)． 6分
（3）存在．
由（2）知△ABC是直角三角形，若△BNQ与△ABC相似，则△BNQ也是直角三角形．
∵二次函数y＝－x 2－x＋的图象的对称轴为x＝－1．
∴点P在对称轴上．
∵PN∥x轴，∴PN⊥对称轴．
又∵QN≥PN，PN＝BN，∴QN≥BN．
∴△BNQ不存在以点Q为直角顶点的情形．
①如图2，过点N作QN⊥对称轴于Q，连结BQ，则△BNQ是以点N为直角顶点的直角三角形，且QN＞PN，∠MNQ＝30°．
∴∠PNQ＝30°，∴QN＝＝＝．

∴＝＝．
∵＝tan60°＝，∴≠．
∴当△BNQ以点N为直角顶点时，△BNQ与△ABC不相似． 7分
②如图3，延长NM交对称轴于点Q，连结BQ，则∠BMQ＝120°．
∵∠AMP＝60°，∠AMQ＝∠BMN＝60°，∴∠PMQ＝120°．
∴∠BMQ＝∠PMQ，又∵PM＝BM，QM＝QM．
∴△BMQ≌△PMQ，∴∠BQM＝∠PQM＝30°．
∵∠BNM＝60°，∴∠QBN＝90°．
∵∠CAO＝30°，∠ACB＝90°．
∴△BNQ∽△ABC． 8分
∴当△BNQ以点B为直角顶点时，△BNQ∽△ABC．
设对称轴与x轴的交点为D．
∵∠DMQ＝∠DMP＝60°，DM＝DM，∴Rt△DMQ≌Rt△DMP．
∴DQ＝PD，∴点Q与点P关于x轴对称．
∴点Q的坐标为(－1，－)． 9分
综合①②得，在抛物线的对称轴上存在点Q(－1，－)，使得以B，N，Q为顶点的三角形与△ABC相似． 10分

37.如图①，已知抛物线y＝ax 2＋bx＋3（a≠0）与x轴交于点A(1，0)和点B(－3，0)，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M，问在对称轴上是否存在点P，使△CMP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图②，若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE、CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求此时E点的坐标．



解：（1）由题意得． 1分
解得． 2分
∴所求抛物线的解析式为y＝－x 2－2x＋3； 3分
（2）存在符合条件的点P，其坐标为P(－1，)或P(－1，)
或P(－1，6)或P(－1，)； 7分
（3）解法一：
过点E作EF⊥x轴于点F，设E(m，－m 2－2m＋3)（－3＜ a ＜0）
则EF＝－m 2－2m＋3，BF＝m＋3，OF＝－m． 8分
∴S四边形BOCE ＝S△BEF ＋S梯形FOCE
＝BF·EF ＋(EF＋OC)·OF
＝(m＋3)(－m 2－2m＋3)＋(－m 2－2m＋6)(－m)． 9分
＝－m 2－m＋ 10分
＝－(m＋)2＋
∴当m＝－时，S四边形BOCE 最大，且最大值为． 11分
此时y＝－(－)2－2×(－)＋3＝
∴此时E点的坐标为(－，)． 12分
解法二：过点E作EF⊥x轴于点F，设E(x，y)（－3＜ x ＜0） 8分
则S四边形BOCE ＝S△BEF ＋S梯形FOCE
＝BF·EF ＋(EF＋OC)·OF
＝(3＋x)· y＋(3＋y)(－x)． 9分
＝(y－x)＝(－x 2－3x＋3)． 10分
＝－(x＋)2＋
∴当x＝－时，S四边形BOCE 最大，且最大值为． 11分
此时y＝－(－)2－2×(－)＋3＝
∴此时E点的坐标为(－，)． 12分

38.如图，已知抛物线y＝ax 2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．其中点A在x轴的负半轴上，点C在y轴的负半轴上，线段OA、OC的长（OA＜OC）是方程x 2－5x＋4＝0的两个根，且抛物线的对称轴是直线x＝1．
（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）求此抛物线的解析式；
（3）若点D是线段AB上的一个动点（与点A、B不重合），过点D作DE∥BC交AC于点E，连结CD，设BD的长为m，△CDE的面积为S，求S与m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围．S是否存在最大值？若存在，求出最大值并求此时D点坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）∵OA、OC的长是方程x 2－5x＋4＝0的两个根，OA＜OC．
∴OA＝1，OC＝4．
∵点A在x轴的负半轴，点C在y轴的负半轴
∴A（－1，0），C（0，－4）．
∵抛物线y＝ax 2＋bx＋c的对称轴为x＝1
∴由对称性可得B点坐标为（3，0）．
∴A、B、C三点的坐标分别是：A（－1，0），B（3，0），C（0，－4）．
3分
（2）∵点C（0，－4）在抛物线y＝ax 2＋bx＋c图象上，∴c＝－4． 4分
将A（－1，0），B（3，0）代入y＝ax 2＋bx－4得
解得 6分
∴此抛物线的解析式为y＝x 2－x－4． 7分
（3）∵BD＝m，∴AD＝4－m．
在Rt△BOC中，BC 2＝OB 2＋OC 2＝3 2＋4 2＝25，∴BC＝5．
∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC．
∴＝，即＝．
∴DE＝．
过点E作EF⊥AB于点F，则sin∠EDF＝sin∠CBA＝＝．
∴＝，∴EF＝DE＝×＝4－m． 9分
∴S ＝S△CDE ＝S△ADC －S△ADE
＝(4－m)×4－(4－m)(4－m)
＝－m 2＋2m
＝－(m－2)2＋2（0＜m＜4）． 10分
∵－＜0

∴当m＝2时，S有最大值2． 11分
此时OD＝OB－BD＝3－2＝1．
∴此时D点坐标为（1，0）． 12分

39.如图，抛物线y＝a(x＋3)(x－1)与x轴相交于A、B两点（点A在点B右侧），过点A的直线交抛物线于另一点C，点C的坐标为(－2，6)．
（1）求a的值及直线AC的函数关系式；
（2）P是线段AC上一动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点M，交x轴于点N．
①求线段PM长度的最大值；
②在抛物线上是否存在这样的点M，使得△CMP与△APN相似？如果存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标（不必写解答过程）；如果不存在，请说明理由．



解：（1）由题意得6＝a(－2＋3)(－2－1)，∴a＝－2． 1分
∴抛物线的解析式为y＝－2(x＋3)(x－1)，即y＝－2x 2－4x＋6
令－2(x＋3)(x－1)＝0，得x1＝－3，x2＝1
∵点A在点B右侧，∴A(1，0)，B(－3，0)
设直线AC的函数关系式为y＝kx＋b，把A(1，0)、C(－2，6)代入，得
解得
∴直线AC的函数关系式为y＝－2x＋2． 3分
（2）①设P点的横坐标为m(－2≤ m ≤1)，
则P(m，－2m＋2)，M(m，－2m 2－4m＋6)． 4分
∴PM＝－2m 2－4m＋6－(－2m＋2)
＝－2m 2－2m＋4
＝－2(m＋)2＋
∴当m＝－时，线段PM长度的最大值为． 6分
②存在
M1(0，6)． 7分
M2(－，)． 9分
点M的坐标的求解过程如下（原题不作要求，本人添加，仅供参考）
ⅰ)如图1，当M为直角顶点时，连结CM，则CM⊥PM，△CMP∽△ANP

∵点C(－2，6)，∴点M的纵坐标为6，代入y＝－2x 2－4x＋6
得－2x 2－4x＋6＝6，∴x＝－2（舍去）或x＝0
∴M1(0，6)
（此时点M在y轴上，即抛物线与y轴的交点，此时直线MN与y轴
重合，点N与原点O重合）
ⅱ)如图2，当C为直角顶点时，设M(m，－2m 2－4m＋6)(－2≤ m ≤1)
过C作CH⊥MN于H，连结CM，设直线AC与y轴相交于点D
则△CMP∽△NAP
又∵△HMC∽△CMP，△NAP∽△OAD，∴△HMC∽△OAD
∴＝
∵C(－2，6)，∴CH＝m＋2，MH＝－2m 2－4m＋6－6＝－2m 2－4m
在y＝－2x＋2中，令x＝0，得y＝2
∴D(0，2)，∴OD＝2
∴＝
整理得4m 2＋9m＋2＝0，解得m＝－2（舍去）或m＝－
当m＝－时，－2m 2－4m＋6＝(－)2－4×(－)＋6＝
∴M2(－，)




如图，二次函数的图象经过点D(0，)，且顶点C的横坐标为4，该图象在x轴上截得的线段AB的长为6．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上找一点P，使PA＋PD最小，求出点P的坐标；
（3）在抛物线上是否存在点Q，使△QAB与△ABC相似？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

解：（1）设该二次函数的解析式为y＝a(x－h)2＋k
∵顶点C的横坐标为4，且过点D(0，)
∴＝16a＋k ①
又∵对称轴为直线x＝4，图象在x轴上截得的线段AB的长为6
∴A(1，0)，B(7，0)
∴0＝9a＋k ②
由①②解得a＝，k＝
∴该二次函数的解析式为y＝(x－4)2
（2）∵点A、B关于直线x＝4对称，∴PA＝PB
∴PA＋PD＝PB＋PD≥DB
∴当点P在线段DB上时，PA＋PD取得最小值
∴DB与对称轴的交点即为所求的点P，如图1
设直线x＝4与x轴交于点M
∵PM∥OD，∴∠BPM＝∠BDO
又∠PBM＝∠DBO，∴△BPM∽△BDO
∴＝，即＝，∴PM＝’

∴点P的坐标为(4，)
（3）由（1）知点C(4，)，
又∵AM＝3，∴在Rt△ACM中，tan∠ACM＝，∴∠ACM＝60°
∵AC＝BC，∴∠ACB＝120°
①如图2，当点Q在x轴上方时，过Q作QN⊥x轴于N
如果AB＝BQ，由△ABC∽△ABQ，得BQ＝6，∠ABQ＝120°
∴∠QBN＝60°
∴QN＝，BN＝3，ON＝10
∴此时点Q的坐标为(10，)
∵(10－4)2＝，∴点Q在抛物线上
如果AB＝AQ，由对称性知Q(－2，)，且也在抛物线上
②当点Q在x轴下方时，△QAB就是△ACB

∴此时点Q的坐标为(4，)
综上所述，在抛物线上存在点Q，使△QAB与△ABC相似
点Q的坐标为(10，)或(－2，)或(4，)．
41.已知，如图，抛物线y＝ax 2＋3ax＋c（a＞0）与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，A点在B点左侧，点B的坐标为（1，0），OC＝3OB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D是线段AC下方抛物线上的动点，求四边形ABCD面积的最大值；
（3）若点E在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以A、C、E、P为顶点且以AC为一边的平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）∵对称轴x＝－＝－． 1分
又∵OC＝3OB＝3，a＞0
∴C(0，－3)． 2分
方法一：把B(1，0)、C(0，－3)代入y＝ax 2＋3ax＋c得：
解得
∴抛物线的解析式为y＝x 2＋x－3． 4分

方法二：令ax 2＋3ax＋c＝0，则xA＋xB＝－3
∵B(1，0)，∴xA＋1＝－3，∴xA＝－4
∴A(－4，0)
∴可设抛物线的解析式为y＝a(x＋4)(x－1)，把C(0，－3)代入
得－3＝a(0＋4)(0－1)，∴a＝
∴抛物线的解析式为y＝(x＋4)(x－1)
即y＝x 2＋x－3． 4分
（2）方法一：如图1，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，交线段AC于点M
∵S四边形ABCD ＝S△ABC ＋S△ACD
＝AB·OC＋DM·(AN＋ON)
＝(4＋1)×3＋DM·4
＝＋2DM． 5分

设直线AC的解析式为y＝kx＋b，把A(－4，0)、C(0，－3)代入
得 解得
∴直线AC的解析式为y＝－x－3． 6分
设D(x，x 2＋x－3)，则M(x，－x－3)
∴DM＝－x－3－(x 2＋x－3)＝－(x＋2)2＋3． 7分
当x＝－2时，DM有最大值3
此时四边形ABCD面积有最大值，最大值为：＋2×3＝． 8分
方法二：如图2，过点D作DQ⊥y轴于Q，过点C作CC1∥x轴交抛物线于C1
设D(x，x 2＋x－3)，则DQ＝－x，OQ＝－x 2－x＋3
从图象可判断当点D在CC1下方的抛物线上运动时，四边形ABCD面积才有最大值
则S四边形ABCD ＝S△BOC ＋S梯形AOQD －S△CDQ
＝OB·OC＋(AO＋DQ)·OQ－DQ·CQ
＝×1×3＋(4＋DQ)·OQ－DQ·(OQ－3)

＝＋2OQ＋DQ． 5分
＝－2(x 2＋x－3)－x
＝－x 2－6x＋
＝－(x＋2)2＋． 7分
当x＝－2时，四边形ABCD面积有最大值
8分
（3）如图3
①过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC交x轴于点E1，则四边形ACP1E1为平行四边形． 9分
∵C(0，－3)，令x 2＋x－3＝－3
解得x1＝0，x2＝3，∴CP1＝3
∴P1(－3，－3)． 11分
②平移直线AC交x轴于点E，交x轴上方的抛物线于点P，当AC＝PE时，四边形ACEP为平行四边形． 12分
∵C(0，－3)，∴设P(x，3)
由x 2＋x－3＝3，解得x＝或x＝
∴P2(，3)，P3(，3)． 14分
综上所述，存在以A、C、E、P为顶点且以AC为一边的平行四边形，点P的坐标分别为：
P1(－3，－3)，P2(，3)，P3(，3)
42.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝－x 2＋bx＋c与x轴交于A(1，0)、B(5，0)两点．
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点D，将∠DCB绕点C按顺时针方向旋转，角的两边CD和CB与x轴分别交于点P、Q，设旋转角为α(0°＜α≤90°)．
①当α等于多少度时，△CPQ是等腰三角形？
②设BP＝t，AQ＝s，求s与t之间的函数关系式．


解：（1）根据题意，得．． 1分
解得．． 2分
∴抛物线的解析式为y＝－x 2＋3x－． 3分
即y＝－(x－3)2＋2．
∴顶点C的坐标为（3，2）．． 4分

（2）①∵CD＝DB＝AD＝2，CD⊥AB，
∴∠DCB＝∠CBD＝45°． 5分
ⅰ）若CQ＝CP，则∠PCD＝∠PCQ＝22.5°．
∴当α＝22.5°时，△CPQ是等腰三角形． 6分
ⅱ）若CQ＝PQ，则∠CPQ＝∠PCQ＝45°，
此时点Q与D重合，点P与A重合．
∴当α＝45°时，△CPQ是等腰三角形． 7分
ⅲ）若PC＝PQ，则∠PCQ＝∠PQC＝45°，此时点Q与B重合，点P与D重合．
∴α＝0°，不合题意． 8分
∴当α＝22.5°或45°时，△CPQ是等腰三角形． 9分
②连接AC，∵AD＝CD＝2，CD⊥AB，
∴∠ACD＝∠CAD＝45°，AC＝BC＝＝． 10分
ⅰ）当0°＜α≤45°时，
∵∠ACQ＝∠ACP＋∠PCQ＝∠ACP＋45°．
∠BPC＝∠ACP＋∠CAD＝∠ACP＋45°．
∴∠ACQ＝∠BPC． 11分
又∵∠CAQ＝∠PBC＝45°，∴△ACQ∽△BPC．
∴＝．
∴AQ·BP＝AC·BC＝×＝8． 12分
ⅱ）当45°＜α＜90°时，同理可得AQ·BP＝AC·BC＝8． 13分
∴s＝． 14分