2023年中考数学高频压轴题突破——二次函数与三角形

这是一份2023年中考数学高频压轴题突破——二次函数与三角形，共57页。试卷主要包含了定义等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学高频压轴题突破——二次函数与三角形
1．定义：有一条边等于这条边上高的两倍的三角形叫做底倍高三角形，这条边叫做这个三角形的倍底．

（1）概念理解：
请你根据上述定义举一个底倍高三角形的例子：　 　；
（2）问题探究：
在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2过点A（﹣2，﹣2），点B（4，m），△ABC是以AB为倍底的底倍高三角形．
①直接写出点C所在图形的函数关系式；
②设点P是抛物线y＝ax2位于AB上方任意一点，当PC取最小值时，求点C的坐标；
（3）应用拓展：
在（2）的条件下，已知⊙I的半径为1，圆心I在直线y＝x﹣6上，且点C在⊙I上，设圆心I的横坐标为t，试直接写出t的取值范围．
2．如图，抛物线与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，A（﹣3，0），，点D在线段OC上，且OC＝3OD，连接BD．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）在第一象限的抛物线上有一动点P，过点P作PE∥x轴交直线BD于点E，过点P作PF⊥BD交直线BD于点F．求的最大值，并求出此时点P的坐标．
（3）在（2）的条件下，将原抛物线沿着射线DB方向平移个单位长度，得到新抛物线y'，新抛物线y'与原抛物线交于点Q，点M是新抛物线对称轴上的一动点，是否存在点M，使得以点M，P，Q为顶点的三角形是以MQ为腰的等腰三角形，若存在，请直接写出点M的坐标；并选择一种情形，书写解答过程．


3．如果三角形有一边上的中线恰好等于这条边长，那么称这个三角形为“智汇三角形”，这条中线叫做这个三角形的“智汇中线”．

（1）请根据定义判断下列命题的真假（请在真命题后的横线内打“√”，假命题后的横线内打“×”）．
①等腰直角三角形一定是“智汇三角形”． 　 　．
②直角三角形若是“智汇三角形”，那么智汇中线一定是较长直角边上的中线． 　 　．
（2）如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，BC＝．求证：△ABC是“智汇三角形”．
（3）如图2，点M，N在抛物线y＝2x2上，且MN∥x轴，若△OMN是“智汇三角形”，求△OMN的“智汇中线”的长．
4．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+2与y轴交于点C，且经过点A（﹣1，0），B（4，0），点D与点C关于x轴对称，点F是y轴上一定点，点P（m，0）是x轴上的一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，交直线BD于点M．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若四边形DMQF是平行四边形，试求此时m的值；
（3）点P在线段AB上运动的过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

5．如图，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C坐标为（0，3），对称轴为x＝1．点M为线段OB上的一个动点（不与两端点重合），过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．
（1）求抛物线及直线BC的表达式；
（2）过点P作PN⊥BC，垂足为点N．求线段PN的最大值；
（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

6．在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+kx﹣2k的顶点为N．
（1）如图（1）若抛物线过点A（﹣3，1），求此抛物线相应的函数表达式；
（2）在（1）的条件下，若抛物线与y轴交于点B，连接AB，C为抛物线上一点，且位于线段AB的上方，过C作CD垂直x轴于点D，CD交AB于点E，若CE＝ED，求点C坐标；
（3）已知点M（﹣2，0），且无论k取何值，抛物线都经过定点H，当△MHN是以MH为直角边的三角形时，请求出此抛物线相应的函数表达式．


7．如图，抛物线y＝mx2﹣4mx+3m（m＞0）与x轴交于点A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点坐标为D．
（1）求点A、点B的坐标；
（2）若△OAC∽△OCB，求m的值；
（3）若△ABD为正三角形，对于该抛物线上任意一点P（x0，y0）总有n+﹣4成立，求实数n的最小值．

8．如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A、点B（1，0），与y轴交于点C，直线y＝x+3过点A和点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P点是位于直线AC上方抛物线上的动点，过P点作x轴的垂线，分别与x轴、AC交于点D、点E，过点DF∥BC交AC于点F，求PE﹣CF+6的最大值及此时P点的坐标；
（3）在（2）问取得最大值的情况下，将点P沿y轴向下平移个单位长度得到点p′，将抛物线y＝ax2+bx+3沿着x轴向左平移1个单位长度得到抛物线y′，将直线y＝x+3沿着x轴向右平移9个单位长度得到直线y″．设抛物线y′与直线y″的交点为M点、N点（M点在N点的左边），在y轴上是否存在点Q，使得△P′QN是以P′N为腰的等腰三角形．若存在，请直接写出点Q的坐标．

9．如图1，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣2，0），B（6，0），顶点为C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）抛物线上是否存在一点M，使以BC为底边的△MBC为等腰三角形．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）P为线段BC上任意一点，N为x轴上一动点，连接NP，以点N为中心，将△NPB逆时针旋转90°，记点P的对应点为H，点B的对应点为Q．当直线HQ经过点（3，0）时，直接写出它与抛物线y＝ax2+x+c交点的坐标．

10．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2ax﹣3a（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，该抛物线的顶点为D．
（1）求该抛物线的对称轴及点A、B的坐标；
（2）当a＞0时，如图1，连接AD，BD，是否存在实数a，使△ABD为等边三角形？若存在求出实数a的值若不存在，请说明理由；
（3）当a＝1时，如图2，点P是该抛物线上一动点，且位于第三象限，连接AP，直线PO交AC于点Q，△APQ和△OCQ的面积分别为S1和S2，当S1﹣S2的值最大时求直线PO的解析式．




11．如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A（﹣8，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，顶点为P．
（1）抛物线的表达式是：　 　；顶点P的坐标为（ 　 　，　 　）．
（2）如图2，在抛物线的对称轴l上，有一条自由滑动的线段EF（点E在点F的上方），已知EF＝2，当|EC﹣BF|的值最大时，求四边形EFBC的面积．
（3）如图3，沿射线AC方向或其反方向平移抛物线y＝ax2+bx+8，平移过程中A，C两点的对应点分别记为M，N，抛物线顶点P的对应点记为点P'，在平移过程中，是否存在以A，M，B为顶点的三角形与△ABN相似，若存在，请直接写出此时平移后的抛物线顶点P'的坐标；若不存在，请简要说明理由．

12．如图，已知抛物线y＝x2﹣5x+4与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ，当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状，并说明理由；
（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，使得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．

13．抛物线y＝ax2+bx﹣经过点（1，﹣1），现将一块等腰直角三角板ABC（∠ACB＝90°）按照如图的方式放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A、C坐标分别为（0，2）、（﹣1，0）．B点在抛物线y＝ax2+bx﹣图象上．
（1）求点B的坐标：
（2）求抛物的解析式；
（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，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．

14．已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴分别交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．点F是线段AD上一个动点．求：
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）如图1，设k＝，当k为何值时，CF＝AD？
（3）如图2，以A，F，O为顶点的三角形是否与△ABC相似？若相似，求出点F的坐标；若不相似，请说明理由．




15．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于点A（﹣1，0），B（﹣5，0），与y轴相交于点C（0，4），抛物线的对称轴与x轴相交于点D，点E是x轴下方抛物线上的一个动点（点E，D，C不在同一条直线上），分别过点A，B作直线CE的垂线，垂足分别为M，N，连接MD，ND．
（1）求抛物线的解析式；
（2）延长MD交BN于点F，
①求证：△ADM≌△BDF；
②求证：DM＝DN．
（3）当△DMN为等边三角形时，请直接写出直线CE与抛物线对称轴的交点坐标．


16．如图①，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）经过菱形ABCD的顶点A，B，D，且AB＝5，点D的坐标为（0，4），延长CD交抛物线于另一点E，连接BE，交AD于点F．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求△BDF的面积；
（3）如图②，直线l是二次函数图象的对称轴，若P为l上一点，且P，D，B三点构成以BD为底的等腰三角形，求点P的坐标．


17．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），点A为抛物线的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是等腰三角形？如果存在，请求出点M的坐标．如果不存在，请说明理由；
（3）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为，求的最小值．

18．如图，抛物线y＝ax2﹣3ax﹣4a（a＞0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．点P是线段BC上的动点（点P不与点B，C重合），连结AP并延长，交抛物线于点Q，过点Q作y轴的平行线交BC于点H．
（1）求点A、B的坐标；
（2）在点P的运动过程中，若的最大值为a2，求抛物线对应的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，当△PQH为等腰三角形时，直接写出线段QH的长．



19．如图，已知抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B两点，顶点为C（1，﹣1），E为对称轴上一点，D，F为抛物线上的点（点D位于对称轴左侧），且四边形CDEF为正方形．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图1，求正方形CDEF的面积；
（3）如图2，连接DF，与CE交于点M，与y轴交于点N，若P为抛物线上一点，Q为直线BN上一点，且P，Q两点均位于直线DF下方，当△MPQ是以点M为直角顶点的等腰直角三角形时，求点P的坐标．


20．已知：如图，抛物线y＝ax2﹣4ax+c与x轴交于点A（x1，0）和点B（x2，0），x1，x2满足2x1+x2＝5，与y轴正半轴交于点C，且OB＝OC．
（1）求此抛物线的解析式，直接写出抛物线的顶点D的坐标；
（2）连接AD、BD，若把△ABD绕点B顺时针旋转90°，点D到达点D1，D1是否落在直线BC上，并说明理由；
（3）若把抛物线y＝ax2﹣4ax+c向上平移个单位，再向右平移n个单位，若平移后抛物线的顶点仍在△BOC内部，求n的取值范围；
（4）在此抛物线的对称轴上是否存在一点P，使以A、C、P为顶点的三角形为等腰三角形，如果存在，请写出点P的坐标，若不存在请说明理由．

参考答案与试题解析
1．【分析】（1）由题中所给定义举例即可；
（2）过点A作AC1∥x轴，AC2∥y 轴，使得AC1＝AC2＝6，连接AB、C1C2、BC1、BC2，由题意易得四边形AC2BC1是正方形，则有C2（﹣2．﹣8），C1（4．﹣2），进而可得点C在经过点C1且与AB平行的直线m上或经过点C2且与AB平行的直线n上，然后可得直线m的解析式为y＝﹣x+2，直线n的解析式为y＝﹣x﹣10，所以可得点P的轨迹为二次函数，即为y＝﹣x2，且﹣2＜x＜4，设点C（a．﹣a+2），分别过点C作x轴、y轴的平行线，交于一点D，最后根据二次函数的性质可求解；
（3）由（2）可得C2（﹣2．﹣8），C1（4．﹣2），由题意易得直线y＝x﹣6经过点C2，C1，则有点I（a，a﹣6），进而可分当⊙I与直线m时，则由两点距离公式可得（a﹣4）2+（a﹣4）2＝1，当⊙I与直线n时，则由两点距离公式可得（a+2）2+（a+2）2＝1，即可求解．
【解答】解：（1）如下图，△ABC是等腰直角三角形，CD⊥AB，
∴CD＝AB，
∴等腰直角三角形是底倍高三角形，
故答案为：等腰直角三角形；

（2）∵抛物线y＝ax2过点A（﹣2，﹣2），
∴﹣2＝a（﹣2）2，
∴a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2，
把点B（4，m）代入得m＝﹣×42＝﹣8，
∴B（4，﹣8）．
①过点A作AC1∥x轴，AC2∥y 轴，使得AC1＝AC2＝6，连接AB、C1C2、BC1、BC2，
如下图所示：

∴AC1⊥AC2，BC2＝4﹣（﹣2）＝6，BC1＝﹣2﹣（﹣8）＝6，
∴AC1＝AC2＝BC1＝BC2，
∴四边形AC2BC1是正方形，
∵A（﹣2，﹣2），B（4，﹣8），
∴C2（﹣2，﹣8），C1（4，﹣2），
∴△ABC1和△ABC2都为底倍高三角形，
∵△ABC是以AB为倍底的底倍高三形，
∴点C在经过点C1且与AB平行的直线m上或经过点C2且与AB平行的直线n上，
设直线m的解析式为y＝﹣x+b，
把点C1代入得：﹣4+b＝﹣2，
解得：b＝2，
∴直线m的解析式为y＝﹣x+2，
同理可得直线n的解析式为y＝﹣x﹣10；
②∵点P是抛物线y＝﹣x2位于AB上方的一点，A（﹣2，﹣2），B（4，﹣8），
∴设P（m，﹣m2），且﹣2＜m＜4，
∴点P的轨迹为二次函数，
即为y＝﹣x2，且﹣2＜x＜4，
由图象可得点P到直线m的距离最小，
则设点C（a，﹣a+2），分别过点C作x轴、y轴的平行线，交于点D，
∴△PDC是等腰直角三角形，
∴PC＝﹣a+2﹣m2，CD＝a﹣m，
∴﹣a+2﹣m2＝a﹣m，
整理得a＝m2+m+1，
∴PC＝CD＝（a﹣m）＝（ m2+m+1﹣m）＝（m﹣1）2+，
∴当m＝1时，PC的值为最小，
∴a＝m2+m+1＝，
∴C（ ，）；
（3）由（2）可得C2（﹣2，﹣8），C1（4，﹣2），
∵圆心I在直线y＝x﹣6上，
∴直线y＝x﹣6经过点C1、C2，
∵点C在⊙I上，半径为1，圆心的横坐标为a，
∴点I（a，a﹣6），
∴当⊙I与直线m相切时，则（a﹣4）2+（a﹣4）2＝1，
解得：a＝4+或a＝4﹣，
当⊙I与直线n相切时，则（a+2）2+（a+2）2＝1，
解得：a＝﹣2或a＝﹣﹣2，
∴a的取值范围为：4﹣≤a≤4+或﹣﹣2≤a≤﹣2．
2．【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）先根据坐标求出OA、OB、OC和OD的长度，证明△PFE∽△DOB，列比例式求出PF＝PE，从而得到2PF﹣PE＝PE，再利用待定系数法求出直线BD的解析式，设P（x，﹣x2+x+6），根据两点间距离公式表示出PE的长，最后根据二次函数的性质求最大值，并求点P的坐标即可；
（3）根据相似三角形的性质，把图象的平移转化为水平和左右平移，则设向下平移个单位长度，向右平移2个单位长度，得出新抛物线解析式，求出两个抛物线的交点坐标，再求出新抛物线的对称轴，设M（，m），然后根据等腰三角形的性质建立关于m的方程求解，即可解答．
【解答】解：（1）∵与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，A（﹣3，0），C（0，，
∴，解得．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+6．
（2）∵C（0，，
∴OC＝，
∵OC＝3OD，
∴OD＝2，
令y＝﹣x2+x+6＝0，
解得x＝4或x＝3，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∴BD＝2，
∵PE∥OB，
∴∠PEF＝∠OBD，
∵∠PFE＝∠BOD＝90°，
∴△PFE∽△DOB，
∴PE：PF＝BD：OB＝，
∴PF＝PE，
∴2PF﹣PE＝2×PE﹣PE＝PE，
设直线BD的解析式为：y＝kx+2，（k≠0），
∴0＝4k+2，
∴k＝﹣，
∴直线BD的解析式为：y＝﹣x+2，
∴x＝﹣y+4，
设P（x，﹣x2+x+6），
∴xE＝﹣（﹣x2+x+6）＝x2﹣x﹣12，
设E（x2﹣x﹣12，﹣x2+x+6），
∴PE＝x﹣（x2﹣x﹣12）＝﹣x2+2x﹣+13＝﹣（x﹣1）2+13，
∴当x＝1时，2PF﹣PE的最大值为13，此时P（1，6）．
（3）存在，理由如下：
∵＝＝，
设原抛物线向下平移k个单位长度，向右平移2k个单位长度，
∵原抛物线沿着射线DB方向平移个单位长度，
∴（k）2+（2k）2＝6，解得k＝1或k＝﹣1（舍去），
∴原抛物线向下平移个单位长度，向右平移2个单位长度，得到新抛物线，
∴y′＝﹣（x﹣2）2+（x﹣2）+6﹣，
令﹣（x﹣2）2+（x﹣2）+6﹣＝﹣x2+x+6，
解得x＝2，
∴Q（2，5），
∵原抛物线的对称轴为直线x＝，
∴新抛物线y′的对称轴为直线x＝，
设M（，m），
∵P（1，6）．
当PQ＝MQ时，（2﹣1）2+（6﹣5）2＝（﹣2）2+（m﹣5）2，
解得m＝5+或m＝5﹣，
∴M（，5+）或（，5﹣）．
当PM＝MQ时，（﹣1）2+（m﹣6）2＝（2﹣）2+（5﹣m）2，
解得m＝6，
∴M（，6）．
综上，点M的坐标为M（，5+）或（，5﹣）或（，6）．
3．【分析】（1）根据“智汇三角形”的定义判断即可；
（2）由勾股定理得AC＝＝2，AC＞BC，作AC边上的中线BD，可得CD＝AC＝1，利用勾股定理得BD＝＝2，即可得出结论；
（3）设点N的横坐标是a，则M、N的坐标即可求得，得到MN的长，MN与y轴的交点就是MN的中点，这个点的纵坐标就是△OMN的边上的中线长，根据“智汇三角形”定义即可列方程求得a的值．
【解答】（1）解：①∵直角三角形斜边上的中线是斜边的一半
∴斜边上的中线不是这个三角形的“智汇中线”，
∵BD＞BC，BC＝AC，
∴等腰直角三角形直角边上的中线不是这个三角形的“智汇中线”，
∴等腰直角三角形一定不是“智汇三角形”．

故答案为：×；
②∵直角三角形斜边上的中线是斜边的一半
∴斜边上的中线不是这个三角形的“智汇中线”，
∵较短直角边上的中线大于较长直角边，
∴较短直角边上的中线不是这个三角形的“智汇中线”，
∴智汇中线一定是较长直角边上的中线，

故答案为：√；

（2）证明：如图，作AC的中线BD，

∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，BC＝．
∴AC＝＝2，CD＝AC＝2，
∴BD＝＝2，
∴AC＝BD，
∴△ABC是“智汇三角形”；

（3）解：如图，作OM的中线NP，过点N作NE⊥x轴于E，过点P作PF⊥NE于F，

设点M（﹣a，2a2 ），N（a，2a2 ），
∵点M，N在抛物线y＝2x2上，且MN∥x轴，
∴△OMN为等腰三角形，
①边MN上的中线OH＝MN时，即2a＝2a2，
解得：a＝1，a＝0（舍去），
∴N（1，2），
∴OH＝MN＝2，
∴△OMN的“智汇中线”的长为2；
②边OM上的中线PN＝OM，
∵点M（﹣a，2a2 ），
∴P（﹣，a2），OM2＝a2+4a4，
在Rt△PNF中，PF＝+a＝a，NF＝2a2﹣a2＝a2，
∴PN2＝（a）2+（a2）2＝a2+a4，
∵PN＝OM，
∴a2+4a4＝a2+a4，解得：a＝（负值舍去），
∴PN＝OM＝＝，
∴△OMN的“智汇中线”的长为，
综上，△OMN的“智汇中线”的长为2或．
4．【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由P（m，0），可得Q（m，﹣m2+m+2），M（m，m﹣2），则四边形DMQF是平行四边形，由FD＝QM即可求解；
（3）分△QBM∽△BOD，△BQM∽△BOD两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得，
解得，
∴y＝﹣x2+x+2；
（2）当x＝0时，y＝﹣x2+x+2＝2，
∴C（0，2），
∵点D与点C关于x轴对称，C（0，2），
∴D（0，﹣2）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
把B（4，0），D（0，﹣2）的坐标代入得，
解得：，
∴直线BD的表达式为y＝x﹣2．
∵F（0，），D（0，﹣2），
∴FD＝﹣（﹣2）＝，
∵QM⊥x轴，P（m，0），
∴Q（m，﹣m2+m+2），M（m，m﹣2），
∴QM＝﹣m2+m+2﹣（m﹣2）＝﹣m2+m+4，
∵四边形DMQF是平行四边形，FD∥QM，
∴FD＝QM，
即﹣m2+m+4＝，
解得：m＝3或m＝﹣1，
∴若四边形DMQF是平行四边形时，m＝3或m＝﹣1；
（3）存在．理由如下：
∵B（4，0），D（0，﹣2），
∴OB＝4，OD＝2．
∵QM∥DF，
∴∠ODB＝∠QMB，
∴△QBM∽△BOD，△BQM∽△BOD两种情况：
①当△QBM∽△BOD时，∠DOB＝∠MBQ＝90°，于是有＝＝＝，
∵∠MBQ＝90°，
∴∠MBP+∠PBQ＝90°．
∵∠MPB＝∠BPQ＝90°，
∴∠MBP+∠PMB＝90°．
∴∠BMP＝∠QBP．
∴△QBM∽△QPB．
∴＝＝，
∵P（m，0），则Q（m，﹣m2+m+2），
则PB＝4﹣m，PQ＝﹣m2+m+2，
∴＝，
解得：m＝3或m＝4．
当m＝4时，点P，Q，M均与点B重合，不能构成三角形，舍去．
∴当m＝3时，△QBM∽△BOD，点Q的坐标为（3，2）；
②当△BQM∽△BOD时，∠DOB＝∠MQB＝90°，此时点Q与点A重合，
∴当m＝﹣1时，△BQM∽△BOD，点Q的坐标为（﹣1，0），
综上所述，存在点Q，点Q的坐标为（3，2）或（﹣1，0）．
5．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设P（t，﹣t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3），PQ＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，由OB＝OC＝3，可得∠BCO＝45°，再由平行线性质可得∠PQN＝∠BCO＝45°，根据三角函数定义可得PN＝PQ•sin∠PQN＝（﹣t2+3t）•sin45°＝﹣（t﹣）2+，利用二次函数最值即可得出答案；
（3）设Q（m，﹣m+3）（0＜m＜3），利用勾股定理或两点间距离公式可得：AC2＝OA2+OC2＝12+32＝10，AQ2＝（m+1）2+（﹣m+3）2＝2m2﹣4m+10，CQ2＝m2+m2＝2m2，根据等腰三角形性质分三种情况：AC＝AQ或AC＝CQ或AQ＝CQ，分别建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为x＝1，点B与A（﹣1，0）关于直线x＝1对称，
∴B（3，0），
设y＝a（x﹣3）（x+1），把C（0，3）代入得：﹣3a＝3，
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x﹣3）（x+1）＝﹣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，
故抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，直线BC的解析式为y＝﹣x+3；
（2）设P（t，﹣t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3），
∴PQ＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，
∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，
∴∠BCO＝45°，
∵PQ⊥x轴，
∴PQ∥y轴，
∴∠PQN＝∠BCO＝45°，
∵PN⊥BC，
∴PN＝PQ•sin∠PQN＝（﹣t2+3t）•sin45°＝﹣（t﹣）2+，
∵＜0，
∴当t＝时，PN的最大值为；
（3）存在，设Q（m，﹣m+3）（0＜m＜3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴AC2＝OA2+OC2＝12+32＝10，AQ2＝（m+1）2+（﹣m+3）2＝2m2﹣4m+10，CQ2＝m2+m2＝2m2，
∵以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形，
∴AC＝AQ或AC＝CQ或AQ＝CQ，
当AC＝AQ时，10＝2m2﹣4m+10，
解得：m＝0（舍去）或m＝2，
∴Q（2，1）；
当AC＝CQ时，10＝2m2，
解得：m＝﹣（舍去）或m＝，
∴Q（，3﹣）；
当AQ＝CQ时，2m2﹣4m+10＝2m2，
解得：m＝，
∴Q（，）；
综上所述，点Q的坐标为（2，1）或（，3﹣）或（，）．
6．【分析】（1）将点A的坐标代入抛物线表达式得：1＝﹣9﹣3k﹣2k，解得k＝﹣2，即可求解；
（2）求出直线AB的表达式为y＝x+4，设点C的坐标为（x，﹣x2﹣2x+4），则点E的坐标为（x，x+4），DE＝x+4，CE＝﹣x2﹣2x+4﹣（x+4）＝﹣x2﹣3x，根据CE＝ED可得方程x+4＝﹣x2﹣3x，解方程即可求解；
（3）①当∠NHM为直角时，△RHN为等腰直角三角形，故设RN＝RH＝m，则点N的坐标为（2+m，﹣4+m），故xN﹣yN＝6，即k＝6+﹣2k，即可求解；②当∠NMH（∠N′MH）为直角时，同理可解．
【解答】解：（1）将点A的坐标代入抛物线表达式得：1＝﹣9﹣3k﹣2k，解得k＝﹣2，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+4；

（2）如图：

∵y＝﹣x2﹣2x+4，令x＝0，则y＝4，
∴B（0，4），
设直线AB的表达式为y＝ax+b，
∴，解得，
∴直线AB的表达式为y＝x+4，
设点C的坐标为（x，﹣x2﹣2x+4），则点E的坐标为（x，x+4），
∴DE＝x+4，CE＝﹣x2﹣2x+4﹣（x+4）＝﹣x2﹣3x，
∵CE＝ED，
∴x+4＝﹣x2﹣3x，解得x＝﹣2，
∴点C的坐标为（﹣2，4）；

（3）∵y＝﹣x2+kx﹣2k的顶点为N．
∴顶点N的坐标为（k，﹣2k），
∵y＝﹣x2+kx﹣2k＝﹣x2+k（x﹣2），
∴无论k取何值，抛物线都经过定点H（2，﹣4），
∵点M（﹣2，0），
∴直线MH与x轴正半轴的夹角为45°，如图2，

①当∠NHM为直角时，过点H作HF⊥x轴于点F，过点N作NR⊥FH于点R，
∵直线MH与x轴正半轴的夹角为45°，则∠MHF＝45°，故∠RHN＝45°，
故△RHN为等腰直角三角形，故设RN＝RH＝m，则点N的坐标为（2+m，﹣4+m），
故xN﹣yN＝6，即k＝6+﹣2k，解得k＝4（舍去）或6，
则抛物线的表达式为y＝﹣x2+6x﹣12；
②当∠NMH（∠N′MH）为直角时，
同理可得，xN﹣yN＝﹣2，
即k＝﹣2+﹣2k，解得k＝5±，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+（5+）x﹣10﹣2或y＝﹣x2+（5﹣）x﹣10+2；
综上，抛物线的表达式为y＝﹣x2+（5+）x﹣10﹣2或y＝﹣x2+（5﹣）x﹣10+2或y＝﹣x2+6x﹣12．
7．【分析】（1）把y＝0代入函数关系式，解关于x的方程即可；
（2）用m表示出OC的长度，根据△OAC∽△OCB可得＝，列出关于m的方程，解关于m的方程即可；
（3）过点D作DE⊥x轴于点E，根据△ABD为正三角形得出m的值，令w＝﹣y﹣3﹣4（y0≥﹣），将w看作y0的二次函数，并根据y0≥﹣求出函数的最大值，得出n的不等式，解关于n的不等式即可．
【解答】解：（1）把y＝0代入y＝mx2﹣4mx+3m得：
mx2﹣4mx+3m＝0，
∵m＞0，
∴x2﹣4x+3＝0，
解得：x1＝1，x2＝3，
∵点A在点B的左侧，
∴A（1，0），B（3，0）；
（2）把x＝0代入y＝mx2﹣4mx+3m得：y＝3m，
∴点C（0，3m），
∴OC＝3m，
∵△OAC∽△OCB，
∴＝，
即＝，
解得：m＝或m＝﹣（舍去），
∴m＝；
（3）过点D作DE⊥x轴于点E，如图所示：

∵△ABD是等边三角形，AB＝3﹣1＝2，
∴EA＝EB＝AB＝1，∠EAD＝60°，
∵y＝mx2﹣4mx+3m＝m（x﹣2）2﹣m，
∴D点坐标为（2，﹣m），
∴tan∠EAD＝tan60°＝＝，
∴＝，
即m＝，
∴y≥﹣，
∵对于该抛物线上任意一点P（x0，y0）总有n+﹣4成立，
∴n+≥﹣y﹣3﹣4（y0≥﹣），
令w＝﹣y﹣3﹣4（y0≥﹣），
对称轴为y0＝﹣＝﹣，
∵﹣＜﹣，
∴当y0≥﹣时，w随y0的增大而减小，
∴当y0＝﹣时，w取最大值，最大值为﹣（﹣）2﹣3×（﹣）﹣4＝2，
∵n+﹣4在y0≥﹣时恒成立，
∴n+≥2，
解得：n≥，
∴实数n的最小值为．
8．【分析】（1）由直线解析式求出A（﹣3，0），C（0，3），由待定系数法可求出答案；
（2）根据平行线分线段成比例得AF＝AD，设P（x，﹣x2﹣2x+3），则E（x，x+3），D（x，0），设l＝PE﹣CF+6，可得l＝﹣（x+）2+，根据二次函数的最值即可求解；
（3）由题意得P′（﹣，0），y′＝﹣（x+1+1）2+4＝﹣（x+2）2+4＝﹣x2﹣4x，y″＝x+3﹣9x＝x﹣6．联立可得出M（﹣6，﹣12），N（1，﹣5），设点Q（0，q），由勾股定理得得P′N2＝（1+）2+52＝，QN2＝（q+5）2+12＝q2+10q+26，P′Q2＝（）2+q2＝+q2，分两种情况即可求解．
【解答】解：（1）∵直线y＝x+3过点A和点C．
∴A（﹣3，0），C（0，3），
∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A、点B（1，0），与y轴交于点C，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）∵A（﹣3，0），C（0，3），B（1，0），
∴AB＝4，AC＝3，
∵DF∥BC，
∴，
∴AF＝AD，
设P（x，﹣x2﹣2x+3），则E（x，x+3），D（x，0），
∴OD＝﹣x，AD＝x﹣（﹣3）＝x+3，PE＝﹣x2﹣2x+3﹣（x+3）＝﹣x2﹣3x，
∴AF＝AD＝（x+3），
∴CF＝AC﹣AF＝3﹣（x+3）＝﹣x，
设l＝PE﹣CF+6，
＝﹣x2﹣3x﹣（﹣x）+6
＝﹣x2﹣x+
＝﹣（x+）2+，
∴当x＝﹣时，PE﹣CF+6的最大值为，
此时，y＝﹣x2﹣2x+3＝，
∴此时P点的坐标为（﹣，）；

（3）由题意得P′（﹣，0），
∵将抛物线y＝ax2+bx+3沿着x轴向左平移1个单位长度得到抛物线y′，y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴y′＝﹣（x+1+1）2+4＝﹣（x+2）2+4＝﹣x2﹣4x，
∵将直线y＝x+3沿着x轴向右平移9个单位长度得到直线y″．
∴y″＝x+3﹣9x＝x﹣6．
联立得，解得，，
∴M（﹣6，﹣12），N（1，﹣5），
设点Q（0，q），
∴P′N2＝（1+）2+52＝，
QN2＝（q+5）2+12＝q2+10q+26，
P′Q2＝（）2+q2＝+q2，
①当P′N＝P′Q时，
q2+10q+26＝，解得q＝﹣5±，
∴点Q的坐标为（0，﹣5+）或（0，﹣5﹣）；
②当P′N＝QN时，
+q2＝，解得q＝±，
∴点Q的坐标为（0，）或（0，﹣）；
综上，存在，点Q的坐标为（0，﹣5+）或（0，﹣5﹣）或（0，）或（0，﹣），
9．【分析】（1）直接把点A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+x+c，即可就出抛物线表达式为y＝﹣x2+x+3；
（2）易得，点B坐标为（6，0），点C坐标为（2，4），可令M点的坐标为（a，b），且满足b＝﹣a2+a+3．要使得BC为底边的△MBC为等腰三角形，只需满足MC＝MB，即可列等式＝，通过a的存在与否可判定M点是否存在；
（3）先说明旋转后B点的对应点Q仍在BC上，再通过全等间接证明∠HQB＝90°，利用直线HQ经过点（3，0），求出直线HQ的解析式后，联立抛物线的解析式即可求解．
【解答】解：（1）直接把点A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+x+c，联立方程得
，解得，
∴抛物线表达式为y＝﹣x2+x+3
（2）存在，理由如下：
易得，点B坐标为（6，0），点C坐标为（2，4），可令M点的坐标为（a，b），且满足b＝﹣a2+a+3．要使得BC为底边的△MBC为等腰三角形，只需满足MC＝MB，
∵MC＝MB，MB＝，MC＝，
∴＝，b﹣a+2＝0，
∵b＝﹣a2+a+3，b﹣a+2＝0，
∴a＝2，b＝2﹣2或a＝﹣2﹣2，
∴M的坐标为（2，2﹣2）或（﹣2，﹣2﹣2）；
（3）如图，N、P分别为x轴和线段BC上任意一点，过点N作NF⊥x轴，交BC于点Q，

则∠FNB＝90°，
∵∠FBN＝45°
∴∠BFN＝45°，
∴FN＝NB
∴以点N为中心，将 逆时针旋转，记点P的对应点为H，点B的对应点为Q
∴Q点与F点重合，
作x轴上的点G（3，0），作直线GQ，
则H点在该直线上，且NH＝NP，∠HNP＝90°，
又∵∠QNB＝90°，
∴∠HNQ＝∠PNB，
由NQ＝NB，
∴△HNQ≌△PNB，
∴∠HQN＝∠PBN＝45°，
∴∠HQB＝45°+45°＝90°，
∴QN＝GN＝，
∴Q（，），
设直线GQ的解析式为：y＝mx+n，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
联立抛物线解析式与直线HQ的解析式得：，
解得；，
∴当直线HQ经过点（3，0）时，它与抛物线y＝ax2+x+c交点的坐标为（2，2﹣3）或（﹣2，﹣2﹣3）．
10．【分析】（1）根据题意可得对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，令y＝0，可求A、B两点坐标；
（2）过点D作DE⊥x轴，垂足为E，则E（﹣1，0），D（﹣1，﹣4a），可得DE＝4a，在Rt△AED中，由tan∠EAD＝，得4a＝2，即可求a的值；
（3）由S1＝S△APO﹣S△AOQ，S2＝S△AOC﹣S△AOQ，可得S1﹣S2＝S△APO﹣S△AOC，过点P作PF⊥x轴交于点F，设P（m，m2+2m﹣3），则S1﹣S2＝﹣（m+1）2+，当m＝﹣1时，S1﹣S2的值最大为，此时P（﹣1，﹣4），再由待定系数法可求直线OP的解析式为y＝4x．
【解答】解：（1）对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
当y＝0时，ax2+2ax﹣3a＝0，
∴x＝1或x＝﹣3，
∴A（﹣3，0）、B（1，0）；
（2）存在实数a，使△ABD为等边三角形，理由如下：
∵抛物线与x轴交于点A、B两点，顶点为D，
∴AD＝BD，
∴△ABD是等腰三角形，
过点D作DE⊥x轴，垂足为E，
∴E（﹣1，0），
∵A（﹣3，0），
∴AE＝2，
∵y＝a（x+1）2﹣4a，
∴D（﹣1，﹣4a），
∵a＞0，
∴DE＝4a，
当△ABD为等边三角形时，∠EAD＝60°，
在Rt△AED中，
∵tan∠EAD＝，
∴DE＝AE•tan60°，
∴4a＝2，
∴a＝，
∴存在实数a＝，使△ABD为等边三角形；
（3）当a＝1时，抛物线为y＝x2+2x﹣3，
当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∵S1＝S△APO﹣S△AOQ，S2＝S△AOC﹣S△AOQ，
∴S1﹣S2＝S△APO﹣S△AOC，
过点P作PF⊥x轴交于点F，设P（m，m2+2m﹣3），
∵P点在第三象限，
∴PF＝﹣m2﹣2m+3，
∵OA＝OC＝3，
∴S△ACO＝×AO×CO＝，
∴S1﹣S2＝×3×（﹣m2﹣2m+3）﹣＝﹣（m+1）2+，
∴当m＝﹣1时，S1﹣S2的值最大为，
此时P（﹣1，﹣4），
设直线PO的解析式为y＝kx，
∴k＝4，
∴直线OP的解析式为y＝4x．


11．【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+8）（x﹣2）＝ax2+6ax﹣16a，依此求出a即可．
（2）将点C向下平移2个单位，此时EF∥CD，EF＝CD．推出四边形EFDC是平行四边形，推出CE＝DF，可得|EC﹣BF|＝|BF﹣DF|≤BD，推出当B，D，F共线时，|EC﹣BF|的值最大．
（3）分两种情形：①如图2中，当M，N两点都在x轴的上方或下方时，利用相似三角形的性质求解即可．②如图3中，当M，N在x轴的两侧时，不存在相似三角形．
【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+8）（x﹣2）＝ax2+6ax﹣16a，
故﹣16a＝8，解得：a＝﹣，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣3x+8．
顶点P（﹣3，），
故答案为：y＝﹣x2﹣3x+8，﹣3，；
（2）如图2中，

将点C向下平移2个单位，此时EF∥CD，EF＝CD．
∴四边形EFDC是平行四边形，
∴CE＝DF，
∴|EC﹣BF|＝|BF﹣DF|≤BD，
∴当B，D，F共线时，|EC﹣BF|的值最大，
∴S四边形EFBC＝S平行四边形EFDC+S△CDB＝3×2+×2×2＝8；
（3）由A（﹣8，0），C（0，8），可得直线AC的解析式为y＝x+8，
设M（m，m+8），N（m+8，m+16），
∵AO＝8，OC＝8，
∴AC＝8，
∴sin∠CAO＝，
∴AM＝＝|m+8|，AN＝＝|m+16|，
①如图2中，当M，N两点都在x轴的上方或下方时，

若△ABM∽△ANB，可得AB2＝AM•AN，
∴102＝|m+8|•|m+16|，
整理得，m2+24m+78＝0，
解得m＝﹣12+或m＝﹣12﹣，
∴M（﹣12+，﹣4+）或（﹣12﹣，﹣4﹣），
由点A（﹣8，0）向点N平移可得平移后的抛物线的顶点P坐标为（﹣7+，+）或（﹣7﹣，﹣）．
如图3中，当M，N在x轴的两侧时，

△ABM始终是钝角三角形，且∠BAM＞∠BNA，
此时△ABM与△ANB不相似．
综上所述，满足条件的抛物线的顶点P坐标为（﹣7+，+）或（﹣7﹣，﹣）．
12．【分析】（1）令x＝0和y＝0，解方程可求解；
（2）设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，进而求解；
（3）当∠DQE＝2∠ODQ，则∠HQA＝∠HQE，则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，进而求出点E的坐标为（5，4），再分BE＝BF、BE＝EF、BF＝EF三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）对于y＝x2﹣5x+4，令y＝0，则0＝x2﹣5x+4，
∴x1＝4，x2＝1，
∴点A（1，0），点B（4，0），
令x＝0，则y＝4，
∴点C（0，4）；

（2）四边形OCPQ为平行四边形，理由如下：
∵点B的坐标为（4，0），点C（0，4），
设直线BC的表达式为y＝kx+b，则，解得，
故直线BC的表达式为y＝﹣x+4，
设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），
则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，
∵﹣1＜0，
故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4＝CO，
∴PQ＝CO，PQ∥OC，
∴四边形OCPQ为平行四边形；

（3）∵D是OC的中点，点C（0，4），
∴点D（0，2），
由（2）知：当x＝2时，PQ的最大值为4，
当x＝2时，y＝x2﹣5x+4＝﹣2，
∴Q（2，﹣2），
由点D、Q的坐标，同理可得，直线DQ的表达式为y＝﹣2x+2，
过点Q作QH⊥x轴于点H，

则QH∥CO，故∠AQH＝∠ODQ，
而∠DQE＝2∠ODQ．
∴∠HQA＝∠HQE，
则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，
故设直线QE的表达式为y＝2x+r，
将点Q的坐标代入上式并解得r＝﹣6，
故直线QE的表达式为y＝2x﹣6，
联立y＝x2﹣5x+4并解得或（不合题意，舍去），
故点E的坐标为（5，4），
设点F的坐标为（0，m），
∴BE2＝（5﹣4）2+（4﹣0）2＝17，
BF2＝m2+42＝m2+16，
EF2＝（m﹣4）2+52，
当BE＝BF时，即16+m2＝17，解得m＝±1；
当BE＝EF时，即25+（m﹣4）2＝17，方程无解；
当BF＝EF时，即16+m2＝25+（m﹣4）2，解得m＝；
故点F的坐标为（0，1）或（0，﹣1）或（0，）．
13．【分析】（1）根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距离，即B的坐标；
（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；
（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案．
【解答】解：（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D．

∵∠BCD+∠ACO＝90°，∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠BCD＝∠CAO，
又∵∠BDC＝∠COA＝90°，CB＝AC，
∴△BCD≌△CAO（AAS），
∴BD＝OC＝1，CD＝OA＝2，
∴点B的坐标为（﹣3，1）；

（2）抛物线y＝ax2+bx﹣经过点（1，﹣1），点B（﹣3，1），
则，
解得，
所以抛物线的解析式为y＝x2+x﹣；

（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：

①若以点C为直角顶点；
则延长BC至点P1，使得P1C＝BC，得到等腰直角三角形△ACP1，
过点P1作P1M⊥x轴，
∵CP1＝BC，∠MCP1＝∠BCD，∠P1MC＝∠BDC＝90°，
∴△MP1C≌△DBC（AAS），
∴CM＝CD＝2，P1M＝BD＝1，
∵OC＝1，
∴OM＝1，
∴P1（1，﹣1）；
②若以点A为直角顶点；
则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2＝AC，得到等腰直角三角形△ACP2，
过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO，
∴NP2＝OA＝2，AN＝OC＝1，
∴点P2（2，1），

③以A为直角顶点的等腰Rt△ACP的顶点P有两种情况．即过点A作直线L⊥AC，在直线L上截取AP＝AC时，点P可能在y轴右侧，即现在解答情况②的点P2；
点P也可能在y轴左侧，即还有第③种情况的点P3．因此，然后过P3作P3G⊥y轴于G，同理：△AGP3≌△CAO，
∴GP3＝OA＝2，AG＝OC＝1，
∴P3为（﹣2，3）；
经检验，点P1（1，﹣1）与在抛物线y＝x2+x﹣上，点P2（2，1）点P3（﹣2，3）都不在抛物线y＝x2+x﹣上．
综上，存在，点P的坐标为（1，﹣1）．
14．【分析】（1）将A、B两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式，可求得顶点D（﹣1，4）；
（2）由A、C、D三点的坐标求出AC2＝18，CD2＝2，AD2＝20，可得△ACD为直角三角形，若CF＝AD，则点F为AD的中点，可求出k的值；
（3）由条件可判断∠DAC＝∠OCB，则∠OAF＝∠ACB，若以A，F，O为顶点的三角形与△ABC相似，可分两种情况考虑：当∠AOF＝∠ABC或∠AOF＝∠CAB＝45°时，可分别求出点F的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣3，0），B（1，0），
∴，解得：，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴顶点D的坐标为（﹣1，4）；

（2）∵y＝﹣x2﹣2x+3，
∴C（0，3），
在Rt△AOC中，OA＝3，OC＝3，
∴AC2＝OA2+OC2＝18，
∵D（﹣1，4），C（0，3），A（﹣3，0），
∴CD2＝12+12＝2，
∴AD2＝22+42＝20，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD为直角三角形，且∠ACD＝90°．
∵CF＝AD，
∴F为AD的中点，
∴k＝，
∴当k＝时，CF＝AD；

（3）在Rt△ACD中，tan∠CAD＝，
在Rt△OBC中，tan∠OCB＝，
∴∠CAD＝∠OCB，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∴∠FAO＝∠ACB，
若以A，F，O为顶点的三角形与△ABC相似，则可分两种情况考虑：
当∠AOF＝∠ABC时，△AOF∽△CBA，

∴OF∥BC，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣3x+3，
∴直线OF的解析式为y＝﹣3x，
设直线AD的解析式为y＝mx+n，
∴，解得：，
∴直线AD的解析式为y＝2x+6，
∴，解得：，
∴F（﹣，）；
当∠AOF＝∠CAB＝45°时，△AOF∽△CAB，

∵∠CAB＝45°，
∴OF⊥AC，
∴直线OF的解析式为y＝﹣x，
∴，解得：，
∴F（﹣2，2）．
综合以上可得F点的坐标为（﹣，）或（﹣2，2）．
15．【分析】（1）将点A（﹣1，0），B（﹣5，0），C（0，4）代入y＝ax2+bx+c，即可求解；
（2）①先证明AM∥BN，再证明△ADM≌△BDF（AAS）；
②由①得到D点是MF是中点，再由直角三角形的性质进行证明即可；
（3）设CE与对称轴的交点为G，连接AG，先证明A、D、G、M四点共圆，再求出GD＝2，即可求G点坐标．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（﹣5，0），C（0，4）代入y＝ax2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝x2+x+4；
（2）①y＝x2+x+4＝（x+3）2﹣，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣3，
∴D（﹣3，0），
∵A（﹣1，0），B（﹣5，0），
∴AD＝2，BD＝2，
∴AD＝BD，
∵AM⊥CE，BN⊥CE，
∴AM∥BN，
∴∠AMD＝∠BFD，
∵∠MDA＝∠BDF，
∴△ADM≌△BDF（AAS）；
②∵△ADM≌△BDF，
∴DM＝DF，
∴D点是MF是中点，
∵BN⊥EC，
∴∠MNF＝90°
∴DN＝MF，
∴DN＝DM；
（3）设CE与对称轴的交点为G，连接AG，
∵∠ADG＝∠AMG＝90°，
∴A、M、D、G四点共圆，
∴∠GMD＝∠GAD，
∵△DMN为等边三角形，
∴∠DMN＝60°，
∴∠GAD＝60°，
∵tan∠DMN＝，
∴tan∠GAD＝＝，
∵AD＝2，
∴GD＝2，
∴G（﹣3，﹣2）．


16．【分析】（1）根据菱形的性质得到AD＝AB＝CD＝5，根据勾股定理得到OA＝＝＝3，求得A（﹣3，0），B（2，0），把A（﹣3，0），B（2，0），D（0，4）代入y＝ax2+bx+c解方程组即可得到结论；
（2）把x＝4代入y＝﹣x2﹣x+4＝﹣，求得E（﹣，4），得到DE＝，设△DEF的边DE上的高为h，则△ABF的边AB上的高为4﹣h，根据相似三角形的性质得到h＝，于是得到△BDF的面积＝S△BDE﹣S△DEF＝××4﹣××＝；
（3）设AC所在的直线解析式为y＝kx+h，解方程组即可得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝CD＝5，
∵点D的坐标为（0，4），
∴OD＝4，
∴OA＝＝＝3，
∴OB＝2，
∴A（﹣3，0），B（2，0），
把A（﹣3，0），B（2，0），D（0，4）代入y＝ax2+bx+c得，
解得，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣x+4＝﹣（x+）2+；
（2）当x＝4时，y＝﹣x2﹣x+4＝﹣，
∴E（﹣1，4），
∴DE＝1，
设△DEF的边DE上的高为h，则△ABF的边AB上的高为4﹣h，
∵DE∥AB，
∴△DEF∽△ABF，
∴＝，
∴＝，
解得h＝，
∴△BDF的面积＝S△BDE﹣S△DEF＝×1×4﹣×1×＝；
（3）∵y＝﹣x2﹣x+4＝﹣（x+）2+，
∴直线l的解析式为x＝﹣，
由题意得PB＝PD，
∴P在BD的垂直平分线上，即为菱形的对角线AC所在的直线，
设AC所在的直线解析式为y＝kx+h，
∵C（5，4），A（﹣3，0），
∴，
解得，
∴AC所在的直线解析式为y＝x+，
当x＝﹣时，y＝×（﹣）+＝，
∴点P的坐标为（﹣，）．

17．【分析】（1）运用待定系数法即可求出答案；
（2）分三种情况：①当AM＝BM，时，点P与F重合；②当AB＝AM＝4时，M在x上方和下方两种情况；③当AB＝BM＝4时，由等腰三角形“三线合一”即可求出；
（3）如图2，以O为圆心，为半径作圆，则点P在圆周上，在OA上取点D，使OD＝，连接PD，根据相似三角形的判定定理得到△APO∽△PDO，根据相似三角形的性质得到＝＝＝2，从而得：PD＝AP，当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由于OD＝，且△ABO为等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）由题意，
解得：，
∴二次函数的表达式为y＝x2﹣2x；
（2）过点A作直线AF⊥x轴于点F，
由（1）得y＝（x﹣4）2﹣4，
∴抛物线的顶点A（4，﹣4），
①AM＝BM，
∵B（8，0），
∴BF＝4，
∵∠AFB＝90°，AF＝BF＝4，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴M在点F处，△ABM是等腰直角三角形，此时M为（4，0），
②AB＝AM，
由①得△ABF是等腰直角三角形，BF＝4，
∴AB＝＝＝4，
∴M为（4，﹣4﹣4）或（4，﹣4+4），
③AB＝BM，
∵AB＝BM，BF⊥AM，
∴MF＝AF，
∴M为（4，4），
综上所述，M为（4，0），（4，﹣4﹣4）或（4，﹣4+4）或（4，4）；
（3）如图2，以O为圆心，为半径作圆，则点P在圆周上，
在OA上取点D，使OD＝，连接PD，
则在△APO和△PDO中，
满足：＝＝2，∠AOP＝∠POD，
∴△APO∽△PDO，
∴＝＝＝2，
从而得：PD＝AP，
∴AP+PB＝PD+PB，
∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，
过点D作DG⊥OB于点G，由于OD＝，且△ABO为等腰直角三角形，
则有DG＝1，∠DOG＝45°，
∴AP+PB的最小值为：AP+PB＝DB＝＝＝5．


18．【分析】（1）令y＝ax2﹣3ax﹣4a＝0，利用公式法可求出该一元二次方程的解，即可得出A，B的坐标；
（2）令x＝0，可得出x的值，进而可得出直线BC的解析式；过点A作AM∥y轴交BC的延长线于点M，则＝，设点Q的横坐标为t，则可表示点H的坐标，依次表达AM和HQ的长，根据二次函数的性质，求出的最大值，结合题中数据求出a的值，进而得出结论；
（3）由（2）可知，y＝x2﹣3x﹣4，由此可得出OB＝OC＝4，由平行线的性质可得∠CHQ＝∠OCB＝45°，若△PQH为等腰三角形，需要分三种情况：①当PH＝PQ时，②当HP＝HQ时，③当QP＝QH，分别进行求解即可．
【解答】解：（1）由抛物线y＝ax2﹣3ax﹣4a（a＞0）与x轴交于点A、B，
令ax2﹣3ax﹣4a＝0，整理得a（x+1）（x﹣4）＝0，
∴x＝﹣1或x＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0）；
（2）由抛物线y＝ax2﹣3ax﹣4a（a＞0）与y轴交于点C，
令x＝0，则y＝﹣4a，
∴C（0，﹣4a），
∴直线BC的解析式为：y＝ax﹣4a，
如图，过点A作AM∥y轴交BC的延长线于点M，
∴M（﹣1，﹣5a），
∴AM＝5a，
∵QH∥y轴，
∴AM∥QH，
∴＝，
设点Q的横坐标为t，
则Q（t，at2﹣3at﹣4a），H（t，at﹣4a），
∴HQ＝at﹣4a﹣（at2﹣3at﹣4a）＝﹣at2+4at，
∴＝＝＝﹣（t﹣2）2+，
∴当t＝2时，的最大值为，
∴＝a2，解得a＝1或a＝﹣1（舍），
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4．
（3）由（2）可知a＝1，y＝x2﹣3x﹣4，HQ＝﹣t2+4t，
∴C（0，﹣4），
∴OB＝OC＝4，直线BC的解析式为：y＝x﹣4，
∴△OBC是等腰直角三角形，∠OCB＝∠OBC＝45°．
∵HQ∥y轴，
∴∠CHQ＝∠OCB＝45°．
若△PQH为等腰三角形，需要分三种情况：
①当PH＝PQ时，∠PHQ＝∠PQH＝45°，
∴∠HPQ＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴△APB是等腰直角三角形，
过点P作PK⊥x轴于点K，
则AK＝BK＝PK＝，
∴OK＝，
∴P（，﹣）；
∴直线AP的解析式为：y＝﹣x﹣1，
令﹣x﹣1＝x2﹣3x﹣4，解得x＝3，
∴HQ＝﹣t2+4t＝﹣32+4×3＝3．
②当HP＝HQ时，如图，此时∠H′P′Q′＝∠H′Q′P′＝67.5°，
∴∠H′AP′＝22.5°，
∴∠H′AP′＝∠P′AP＝22.5°，即AP′平分∠PAB，
过点P作PN⊥x轴于点N，则P′N＝PP′，△P′H′N是等腰直角三角形，
∴P′B＝P′N＝NH′＝PP′，
由①知AB＝5，△ABP是等腰直角三角形，
∴BP＝．
∴PP′+BP′＝（1+）PP′＝．
解得PP′＝5﹣．
∴AN＝．
∴ON＝﹣1．
∴P（﹣1，﹣5+），
∴直线AP的解析式为：y＝（﹣+1）（x+1），
令（﹣+1）（x+1）＝x2﹣3x﹣4，解得x＝5﹣，
∴HQ＝﹣t2+4t＝﹣（5﹣）2+4（5﹣）＝﹣7+6，
③当QP＝QH时，∠QPH＝∠QHP＝45°，则∠AQH＝90°，显然不存在．
综上，HQ的值为3或﹣7+6．



19．【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，将点A（﹣1，0）代入，即可求解；
（2）过点F作FR⊥EC交于点R，设F（t，t2﹣t﹣），则R（1，t2﹣t﹣），可得RC＝t2﹣t+，RF＝t﹣1，再由正方形的性质RF＝RC，可求RF＝4，即可求解；
（3）由题可知，B（3，0），N（0，3），M（1，3），直线BN的解析式为y＝﹣x+3，设Q（m，3﹣m），当Q点在直线DF下方时，过点Q作QG⊥DF交于点G，作PT⊥DF交于点T，可证明△MTP≌△QGM（AAS），能求出P（1﹣m，4﹣m），即可求P（3﹣2，6﹣2）．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，
将点A（﹣1，0）代入，得a＝，
∴y＝x2﹣x﹣；
（2）如图1，过点F作FR⊥EC交于点R，
设F（t，t2﹣t﹣），
∴R（1，t2﹣t﹣），
∴RC＝t2﹣t+，RF＝t﹣1，
∵四边形CFED是正方形，
∴RF＝RC，
∴t2﹣t+＝t﹣1，
∴t＝1（舍）或t＝5，
∴F（5，3），
∴RF＝4，
∴CF2＝32，
∴正方形CFED的面积是32；
（3）由题可知，B（3，0），N（0，3），M（1，3），
∴直线BN的解析式为y＝﹣x+3，
设Q（m，3﹣m），
如图2，当Q点在直线DF下方时，过点Q作QG⊥DF交于点G，作PT⊥DF交于点T，
∵△PQM是等腰直角三角形，
∴∠TMP+∠GMQ＝90°，∠TMP+∠MTP＝90°，
∴∠TPM＝∠GMQ，
∵MP＝MQ，
∴△MTP≌△QGM（AAS），
∴MG＝PT，MT＝GQ，
∴PT＝MG＝m﹣1，MT＝GQ＝m，
∴P（1﹣m，4﹣m），
∵P点在抛物线上，
∴4﹣m＝（1﹣m）2﹣（1﹣m）﹣，
∴m＝﹣2±2，
∵m＞0，
∴m＝﹣2+2，
∴P（3﹣2，6﹣2）；
即当△MPQ是以点M为直角顶点的等腰直角三角形时，点P坐标为（3﹣2，6﹣2）．


20．【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式，再利用公式或配方法求得抛物线顶点坐标；
（2）方法一：先证明△BDT是等腰直角三角形，得出∠DBT＝45°，再由旋转知：∠D1BD＝90°，推出∠OBD1＝90°﹣45°＝45°，根据OB＝OC，∠BOC＝90°，可得：∠OBC＝45°，故BD与BC重合，即D1落在直线BC上；
方法二：由旋转得：∠T1BT＝∠D1BD＝90°，∠BT1D1＝∠BTD＝90°，BT1＝BT＝1，D1T1＝DT＝1，进而得出：T1（3，1），D1（2，1），再求得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，把点D1（2，1）代入验证即可；
（3）根据平移可得新抛物线的顶点D′（2+n，），分别按照点D′落在OC边上、BC边上时，求出对应n的值，即可得出答案；
（4）设P（2，m），则PC2＝（2﹣0）2+（m﹣3）2＝m2﹣6m+13，PA2＝（2﹣1）2+（m﹣0）2＝m2+1，AC2＝12+32＝10，根据以A、C、P为顶点的三角形为等腰三角形，可分三种情况：PC＝AC或PA＝AC或PC＝PA，分别建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）令y＝0，得ax2﹣4ax+c＝0，
∴x1+x2＝4，
∵2x1+x2＝5，
∴x1＝1，x2＝3，
∴A（1，0），B（3，0），
∴OB＝3，
∵OB＝OC＝3，点C在y轴正半轴上，
∴C（0，3），
把A（1，0），C（0，3）代入y＝ax2﹣4ax+c，得：
，
解得：
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为D（2，﹣1）；
（2）D1落在直线BC上．理由如下：
方法一：由（1）知：A（1，0），B（3，0），D（2，﹣1），
∴抛物线对称轴为直线x＝2，
设直线x＝2交x轴于点T，则T（2，0），
∴BT＝DT＝1，∠BTD＝90°，
∴△BDT是等腰直角三角形，∠DBT＝45°，
由旋转知：∠D1BD＝90°，
∴∠OBD1＝90°﹣45°＝45°，
∵OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝45°，
∴BD与BC重合，即D1落在直线BC上；
方法二：如图1，由旋转得：∠T1BT＝∠D1BD＝90°，∠BT1D1＝∠BTD＝90°，BT1＝BT＝1，D1T1＝DT＝1，
∴T1（3，1），D1（2，1），
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，
当x＝2时，y＝﹣2+3＝1，
∴D1（2，1）在直线BC上；
（3）∵抛物线y＝x2﹣4x+3的顶点坐标为D（2，﹣1），
∴把抛物线y＝ax2﹣4ax+c向上平移个单位，再向右平移n个单位，所得新抛物线的顶点为D′（2+n，﹣1+），
即D′（2+n，），
当点D′落在OC边上时，2+n＝0，
解得：n＝﹣2，
当点D′落在BC边上时，＝﹣（2+n）+3，
解得：n＝，
∴当D′（2+n，﹣1+）仍在△BOC内部时，﹣2＜n＜；
（4）存在．
设P（2，m），
则PC2＝（2﹣0）2+（m﹣3）2＝m2﹣6m+13，PA2＝（2﹣1）2+（m﹣0）2＝m2+1，AC2＝12+32＝10，
∵以A、C、P为顶点的三角形为等腰三角形，
∴PC＝AC或PA＝AC或PC＝PA，
当PC＝AC时，即PC2＝AC2，
∴m2﹣6m+13＝10，
解得：m1＝3+，m2＝3﹣，
∴P1（2，3+），P2（2，3﹣）；
当PA＝AC时，即PA2＝AC2，
∴m2+1＝10，
解得：m＝±3，
当m＝﹣3时，P（2，﹣3），A，C三点在同一条直线上，不能构成三角形，舍去，
∴P3（2，3）；
当PC＝PA时，即PC2＝PA2，
∴m2﹣6m+13＝m2+1，
解得：m＝2，
∴P4（2，2）；
综上所述，点P的坐标为（2，3+）或（2，3﹣）或（2，3）或（2，2）．