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压轴题10二次函数与几何动点问题-2023年中考数学压轴题专项训练（全国通用）
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这是一份压轴题10二次函数与几何动点问题-2023年中考数学压轴题专项训练（全国通用），文件包含压轴题10二次函数与几何动点问题-2023年中考数学压轴题专项训练全国通用解析版docx、压轴题10二次函数与几何动点问题-2023年中考数学压轴题专项训练全国通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共98页， 欢迎下载使用。
2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题10二次函数与几何动点问题
方法揭秘
解决此类动点几何问题常用的是“类比发现法”，也就是通过对两个或几个相类似数学研究对象的异同，进行观察和比较，从一个容易探索的研究对象所具有的性质入手，去猜想另一个或几个类似图形所具有的类似性质，从而获得相关结论．类比发现法大致可遵循如下步骤：
（1）根据已知条件，先从动态的角度去分析观察可能出现的情况；（2）结合某一相应图形，以静制动，运用所学知识(常见的有三角形全等、三角形相似等)得出相关结论；（3）类比猜想出其他情况中的图形所具有的性质．解决此类问题需要运用运动和变化的观点，把握运动和变化的全过程，动中取静，静中求动，抓住运动中的某一瞬间，抓住变化过程中的特殊情形，确定运动变化过程中的数量关系、图形位置关系，从而建立方程、不等式、函数、几何模型，找到解决问题的途径.
由点运动产生的问题，解题的关键是从运动图与描述图中获取信息，根据图象确定x的运动时间与面积的关系，同时关注图象不同情况的讨论．这类问题往往探究点在运动变化过程中的变化规律，如等量关系、图形的特殊位置、图形间的特殊关系等，且体现分类讨论和数形结合的思想．
例1．如图，关于x的二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标；
（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从 点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．
【分析】（1）代入A（1，0）和C（0，3），解方程组即可；
（2）求出点B的坐标，再根据勾股定理得到BC，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：①CP＝CB；②BP＝BC；③PB＝PC；
（3）设AM＝t则DN＝2t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，S△MNB=12×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t，运用二次函数的顶点坐标解决问题；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．
【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
1+b+c=0c=3
解得：b＝﹣4，c＝3，
∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，
解得：x＝1或x＝3，
∴B（3，0），
∴BC＝32，
点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，
①当CP＝CB时，PC＝32，∴OP＝OC+PC＝3+32或OP＝PC﹣OC＝32-3
∴P1（0，3+32），P2（0，3﹣32）；
②当BP＝BC时，OP＝OC＝3，
∴P3（0，﹣3）；
③当PB＝PC时，
∵OC＝OB＝3
∴此时P与O重合，
∴P4（0，0）；
综上所述，点P的坐标为：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（0，﹣3）或（0，0）；
（3）如图2，设M运动时间为t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，则DN＝2t，
∴S△MNB=12×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣1）2+1，
即当M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）时△MNB面积最大，最大面积是1．
【点评】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数，等腰三角形的性质，轴对称的性质等知识，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
例2．如图，直线y＝﹣2x+4交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A、E，点E的坐标是（5，3），抛物线交x轴于另一点C（6，0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）设抛物线的顶点为D，连接BD，AD，CD，动点P在BD上以每秒2个单位长度的速度由点B向点D运动，同时动点Q在线段CA上以每秒3个单位长度的速度由点C向点A运动，当其中一个点到达终点停止运动时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒，PQ交线段AD于点H．
①当∠DPH＝∠CAD时，求t的值；
②过点H作HM⊥BD，垂足为点M，过点P作PN⊥BD交线段AB或AD于点N．在点P、Q的运动过程中，是否存在以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先由直线解析式求得点A、B坐标，根据两点式设抛物线解析式，将点E坐标代入抛物线解析式求得a的值，从而得出答案；
（2）①由点A，点B，点C，点D坐标可求AD＝CD，BD∥OC，可证四边形PDQC是平行四边形，可得PD＝CQ，即3t＝4﹣2t，解之即可；
②分点N在AB上和点N在AD上两种情况分别求解．
【解答】解：（1）在直线y＝﹣2x+4中，
令x＝0时，y＝4，
∴点B坐标（0，4），
令y＝0时，得：﹣2x+4＝0，
解得：x＝2，
∴点A（2，0），
∵抛物线经过点A（2，0），C（6，0），E（5，3），
∴可设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣6），
将E（5，3）代入，得：3＝a×（5﹣2）×（5﹣6），
解得：a＝﹣1，
∴抛物线解析式为：y＝﹣（x﹣2）（x﹣6）＝﹣x2+8x﹣12；
（2）①∵抛物线解析式为：y＝﹣x2+8x﹣12＝﹣（x﹣4）2+4，
∴顶点D（4，4），
∵点B坐标（0，4），
∴BD∥OC，BD＝4，
∵y＝﹣x2+8x﹣12与x轴交于点A，点C，
∴令y＝0，得0＝﹣x2+8x﹣12，
解得：x1＝6，x2＝2，
∴点C（6，0），点A（2，0），
∴AC＝4，
∵点D（4，4），点C（6，0），点A（2，0），
∴AD＝CD＝25，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵BD∥AC，
∴∠DPH＝∠PQA，
且∠DPH＝∠DAC，
∴∠PQA＝∠DAC，
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴∠PQA＝∠DCA，
∴PQ∥DC，且BD∥AC，
∴四边形PDCQ是平行四边形，
∴PD＝QC，
∴4﹣2t＝3t，
∴t=45；
②存在以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形，此时t＝1-55．
如图，若点N在AB上时，即0≤t≤1，
∵BD∥OC，
∴∠DBA＝∠OAB，
∵点B坐标（0，4），A（2，0），点D（4，4），
∴AB＝AD＝25，OA＝2，OB＝4，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴tan∠OAB=OBOA=42=tan∠DBA=PNBP，
∴PN＝2BP＝4t，
∴MH＝PN＝4t，
∵tan∠ADB＝tan∠ABD=MHMD=2，
∴MD＝2t，
∴DH=MD2+MH2=25t，
∴AH＝AD﹣DH＝25-25t，
∵BD∥OC，
∴PDAQ=DHAH，
∴4-2t4-3t=25t25-25t，
∴5t2﹣10t+4＝0，
∴t1＝1+55（舍去），t2＝1-55；
若点N在AD上，即1＜t≤43，
∵PN＝MH，
∴点H、N重合，此时以点P，N，H，M为顶点的矩形不存在，
综上所述：当以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形时，t的值为1-55．
【点评】本题是一道关于二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、平行四边形的判定与性质、勾股定理，相似三角形的判定与性质，矩形性质等知识点．灵活运用相似三角形的性质求线段的长度是本题的关键．
例3．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+43x+c与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C（0，﹣2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AC，点D为线段AC下方抛物线上一动点，过点D作DE∥y轴交线段AC于E点，连接EO，记△ADC的面积为S1，△AEO的面积为S2，求S1﹣S2的最大值及此时点D的坐标；
（3）如图2，在（2）问的条件下，将抛物线沿射线CB方向平移352个单位长度得到新抛物线，动点M在原抛物线的对称轴上，点N为新抛物线上一点，直接写出所有使得以点A、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形的点N的坐标，并把求其中一个点N的坐标的过程写出来．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由S＝（S1+S′）﹣（S2+S′）＝（S四边形ADCO﹣S′）﹣S△AOC，即可求解；
（3）分AD、AM、AN是平行四边形的对角线三种情况，利用中点坐标公式分别求解即可．
【解答】解：（1）由题意得：c=-29a-43×3+c=0，解得a=23c=-2，
则抛物线的表达式为：y=23x2+43x﹣2；
（2）对于：y=23x2+43x﹣2，令y＝0，解得x＝﹣3或1，
即点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0），
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y=-23x﹣2，
设点D（m，23m2+43m﹣2），则点E（m，-23m﹣2），
设S＝S1﹣S2，S′＝S△COE，而S△AOC=12×AO×CO=12×3×2=3，
则S＝（S1+S′）﹣（S2+S′）＝（S四边形ADCO﹣S′）﹣S△AOC＝S四边形ADCO﹣S2﹣3
=12•AO•|yD|+12•CO•|xD|-12⋅AO×|yE|﹣3
=12×3×（-23m2-43m+2）+12×2（﹣m）-12×3（23m+2）﹣3
＝﹣m2﹣4m﹣3，
∵﹣1＜0，
则S即S1﹣S2有最大值，当m＝﹣2时，S1﹣S2的最大值为1，
此时，点D（﹣2，﹣2）；
（3）y=23x2+43x﹣2=23（x+1）2-83，
∵抛物线沿射线CB方向平移352个单位长度，
则相当于抛物线向右平移32个单位，向上平移了3个单位，
故新的抛物线表达式为：y＝（x+1-32）2-83+3＝x2﹣x+712，
设点N的坐标为（n，n2﹣n+712），
①当AD是平行四边形的对角线时，
由中点坐标公式得：xD+xA＝xM+xN，
即﹣1﹣3＝n﹣1，解得n＝﹣3，
当n＝﹣3时，n2﹣n+712=13112，
即点N的坐标为（﹣3，-13112）；
②当AM是平行四边形的对角线时，
同理可得：﹣1﹣3＝n﹣1，解得n＝﹣3，
即点N的坐标为（﹣3，-13112）；
③当AN是平行四边形的对角线时，
同理可得：﹣1﹣1＝n﹣3，解得n＝1，
即点N的坐标为（1，712）；
综上，点N的坐标为（﹣3，-13112）或（1，712）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数图象上点坐标的特征，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
例4．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点A的坐标；
（2）如图2，连接AC，点D为线段AC下方抛物线上一动点，过点D作DE∥y轴交线段AC于E点，连接EO、AD，记△ADC的面积为S1，△AEO的面积为S2，求S1﹣S2的最大值及此时点D的坐标；
（3）如图3，连接CB，并将抛物线沿射线CB方向平移210个单位长度得到新抛物线，动点N在原抛物线的对称轴上，点M为新抛物线与y轴的交点，当△AMN为以AM为腰的等腰三角形时，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）令y＝0，即可求A点坐标；
（2）延长DE交x轴于点K，求出直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣3，设D（t，t2+2t﹣3），其中﹣3＜t＜0，则E（（t，﹣t﹣3），K（t，0），即可求S1﹣S2=-32t2-92t﹣（32t+92=-32t2﹣6t-92）=-32（t+2）2+32，当t＝﹣2时，S1﹣S2取得最大值，最大值为32，此时点D的坐标为（﹣2，﹣3）；
（3）由题意可求抛物线向右平移2个单位长度，向上平移6个单位长度，则平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣1）2+2，可求M（0，3），设N（﹣1，n），分两种情况①当AM＝AN时，9+9＝4+n2，得到N（﹣1，14）或N（﹣1，-14）；②当AM＝MN时，9+9＝1+（3﹣n）2，得到N（﹣1，3+17）或N（﹣1，3-17）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），
令y＝0，得x2+2x﹣3＝0，解得x1＝﹣3，x2＝1，
∵点A在点B的左侧，
∴点A的坐标为（﹣3，0）；
（2）如图，延长DE交x轴于点K，
∵抛物线y＝x2+2x﹣3与y轴交于点C，
∴C（0，﹣3），
设直线AC的函数表达式为y＝kx+n（k≠0），
∵A（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴n=-3-3k+n=0，
解得k=-1n=-3，
∴直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣3，
设D（t，t2+2t﹣3），其中﹣3＜t＜0，
∴E（（t，﹣t﹣3），K（t，0），
∴DE＝﹣t2﹣3t，
∵S1＝S△ADC=12DE•OA=32（﹣t2﹣3t）=-32t2-92t，
S2＝S△AEO=12EK•OA=32（t+3）=32t+92，
∴S1﹣S2=-32t2-92t﹣（32t+92=-32t2﹣6t-92）=-32（t+2）2+32，
∴当t＝﹣2时，S1﹣S2取得最大值，最大值为32，
此时点D的坐标为（﹣2，﹣3）；
（3）∵C（0，﹣3），B（1，0），
∴OBOC=13，
∵抛物线沿射线CB方向平移210个单位长度，
∴抛物线向右平移2个单位长度，向上平移6个单位长度，
∴平移后的抛物线解析式为y＝（x+1﹣2）2﹣4+6＝（x﹣1）2+2，
当x＝0时，y＝3，
∴M（0，3），
∵原抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设N（﹣1，n），
①当AM＝AN时，9+9＝4+n2，
∴n＝±14，
∴N（﹣1，14）或N（﹣1，-14）；
②当AM＝MN时，9+9＝1+（3﹣n）2，
∴n＝3+17或n＝3-17，
∴N（﹣1，3+17）或N（﹣1，3-17）；
综上所述：N点坐标为（﹣1，14）或（﹣1，-14）或（﹣1，3+17）或（﹣1，3-17）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数解析式、二次函数图象上点坐标特征、三角形的面积，等腰三角形的性质，平移的性质等知识，设点的坐标，用含字母的代数式表示相关线段的长度是解题的关键．
1．如图1，已知抛物线y＝ax2+94x+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且点A的坐标为（﹣1，0）、点C的坐标为（0，3）．
（1）请写出该抛物线的函数表达式和点B的坐标；
（2）如图2，有两动点D、E在△COB的边上运动，运动速度均为每秒5个单位长度，它们分别从点C和点B同时出发，点D沿折线COB按C→O→B方向向终点B运动，点E沿线段BC按B→C方向向终点C运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t秒，请解答下列问题：
①当t为何值时，△BDE的面积等于185；
②在点D、E运动过程中，该抛物线上存在点F，使得依次连接AD、DF、FE、EA得到的四边形ADFE是平行四边形，请直接写出所有符合条件的点F的坐标．
【分析】（1）把A、C两点代入抛物线y＝ax2+94x+c解析式，即可得表达式．令y＝0，得B点的坐标；
（2）①在△OBC中，BC＜OC+OB，当动点E运动到终点C时，另一个动点D也停止运动，由勾股定理得BC＝5，当运动时间为t秒时，BE＝5t，过点E作EN⊥x轴，垂足为N，根据相似三角形的判定得△BEN∽△BCO，根据相似三角形的性质得，点E的坐标为（4﹣4t，3t），分两种情形讨论：Ⅰ、当点D在线段CO上运动时，0＜t≤35，此时CD＝5t，点D的坐标为（0，3﹣5t），S△BDE＝S△BOC﹣S△CDE﹣S△BOD，由S△BDE=185，即可求解；Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时，35＜t≤1，BD＝7﹣5t，S△BDE=12BD•EN=-152t2+212t=185，解方程即可求解；
②根据平行四边形ADFE的性质得出坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+94x+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴a-94+c=0c=3，
解得a=-34c=3，
∴该抛物线的函数表达式为y=-34x2+94x+3；
∵抛物线y=-34x2+94x+3，令y＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B点的坐标为（4，0）；
（2）①∵在△OBC中，BC＜OC+OB，
∴当动点E运动到终点C时，另一个动点D也停止运动，
∵OC＝3，OB＝4，
∴在Rt△OBC中，BC=OB2+OC2=5，
∴0＜t≤1，
当运动时间为t秒时，BE＝CD＝5t，
如图，
过点E作EN⊥x轴，垂足为N，
则△BEN∽△BCO，
∴BNBO=ENCO=BEBC=5t5=t，
∴BN＝4t，EN＝3t，
∴点E的坐标为（4﹣4t，3t），
下面分两种情形讨论：
Ⅰ、当点D在线段CO上运动时，0＜t≤35，
此时CD＝5t，点D的坐标为（0，3﹣5t），
∴S△BDE＝S△BOC﹣S△CDE﹣S△BOD
=12BO•CO-12CD•|xE|-12OB•OD
=12×4×3-12×5t×（4﹣4t）-12×4×（3﹣5t）
＝10t2，
当S△BDE=185时，10t2=185，
解得t1=-35（舍去），t2=35，
∴t=35；
Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时，35＜t≤1，BD＝7﹣5t，
∴S△BDE=12BD•EN=12×（7﹣5t）×3t=-152t2+212t=185，
解得t1=35（不合题意，舍去），t2=45．
综上所述，当t=35或t=45时，△BDE的面积等于185；
②当点D在线段OC上，过点E作EH∥x轴，过点F作FH⊥EH于H，
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∴∠ADF+∠DFE＝180°，
∵CO∥FH，
∴∠ODF+∠DFH＝180°，
∴∠ADO＝∠EFH，
又∵∠AOD＝∠EHF，
∴△ADO≌△EFH（AAS），
∴AO＝EH＝1，FH＝DO＝3﹣5t，
∵点E的坐标为（4﹣4t，3t），
∴点F（5﹣4t，3t+3﹣5t），
∴3t+3﹣5t=-34（5﹣4t）2+94（5﹣4t）+3，
解得：t1=512，t2=32（不合题意舍去），
∴F坐标为（103，136）；
当点D在线段OB上，过点E作EQ⊥AB于Q，过点F作FM⊥AB于M，
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∴∠EAQ＝∠FDM，
又∵∠AQE＝∠DMF＝90°，
∴△AEQ≌△DFM（AAS），
∴DM＝AQ，EQ＝FM，EF＝AD＝4﹣（7﹣5t）+1＝5t﹣2，
∵点E的坐标为（4﹣4t，3t），
∴点F（2+t，3t），
∴3t=-34（2+t）2+94（2+t）+3，
解得：t3＝﹣6（不合题意舍去），t4＝1，
∴F坐标为（3，3）．
综上所述：F的坐标为（3，3）或（103，136）．
【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的解析式，抛物线与坐标轴的交点，勾股定理，二次函数的性质相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，正确运用分类讨论思想是解题的关键．
2．如图，抛物线y=-43x2+bx+c经过A（3，0），C（﹣1，0）两点，与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点M是线段AB上方抛物线上一动点，以AB为边作平行四边形ABMD，连接OM，若OM将平行四边形ABMD的面积分成为1：7的两部分，求点M的横坐标；
（3）如图2，点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿B→A匀速运动，同时点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿A→O→B匀速运动，当点P到达点A时，P、Q同时停止运动，设点P运动的时间为t秒，点G在坐标平面内，使以B、P、Q、G为顶点的四边形是菱形，直接写出所有符合条件的t值．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）连接AM，设AB与OM的交点为N，作NH⊥OA于点H，则NH∥OB，设点M(m，-43m2+83m+4)，点N(m，-43m+4)，证明△ANH∽△AOB，求出m=34，可得N(34，3)，求出直线OM的解析式，联立方程组y=4xy=-43x2+83x+4，即可求M点的横坐标；
（3）分两种情况讨论：①当0＜t≤3时，P（35t，4-45t），Q（3﹣t，0），再由菱形的边的性质分三种情况求解：当BP＝PQ时，t=2511或t＝5（舍）；当BP＝BQ时，t=256（舍）；当BQ＝PQ时，t＝0（舍）或t=5011（舍）；②当3＜t≤5时，P（35t，4-45t），Q（0，t﹣3），再由菱形的边的性质分三种情况求解：当BP＝BQ，t＝3.5；当BP＝PQ时，t＝7（舍）或t=3513（舍）；当BQ＝PQ时，t＝0（舍）或t=5613．
【解答】解：（1）将（3，0），（﹣1，0）代入y=-43x2+bx+c，
得0=-43×9+3b+c0=-43-b+c，
解得b=83c=4，
∴y=-43x2+83x+4；
（2）连接AM，设AB与OM的交点为N，作NH⊥OA于点H，则NH∥OB，
∵A（3，0），B（0，4），
设直线AB的解析式为y＝kx+4，
∴3k+4＝0，
∴k=-43，
∴y=-43x+4，
设点M(m，-43m2+83m+4)，点N(m，-43m+4)，
∵S△BMN：S△ABM＝1：4，
∴S△BMN：S△ABM＝1：4，
∴BN：AN＝1：3，
∵NH∥OB，
∴△ANH∽△AOB，
∴NHOB=ANAB，即-43m+44=34，
解得m=34，
∴N(34，3)，
∴直线OM的解析式为y＝4x，
联立方程组y=4xy=-43x2+83x+4，
解得x=-1±132，
∵点M在第一象限，
∴x=-1+132，
∴点M的横坐标为-1+132；
（3）∵A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
①当0＜t≤3时，P（35t，4-45t），Q（3﹣t，0），
∵四边形BPQG是菱形，
当BP＝PQ时，t2＝（35t﹣3+t）2+（45t）2，
解得t=2511或t＝5（舍）；
当BP＝BQ时，（3﹣t）2+42＝t2，
解得t=256（舍）；
当BQ＝PQ时，（3﹣t）2+42＝（35t﹣3+t）2+（45t）2，
解得t＝0（舍）或t=5011（舍）；
②当3＜t≤5时，P（35t，4-45t），Q（0，t﹣3），
∵四边形BPQG是菱形，
当BP＝BQ，t2＝（7﹣t）2，
∴t＝3.5；
当BP＝PQ时，t2＝（35t）2+（4-45t﹣t+3）2，
解得t＝7（舍）或t=3513（舍）；
当BQ＝PQ时，（7﹣t）2＝（35t）2+（4-45t﹣t+3）2，
解得t＝0（舍）或t=5613；
综上所述：t的值为5613或3.5或2511．
【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，菱形的性质，分类讨论是解的关键．
3．平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（1，0），与y轴交于点C，点D为顶点．
（1）求抛物线的解析式和tan∠DAC；
（2）点E是直线AC下方的抛物线上一点，且S△ACE＝2S△ACD，求点E的坐标；
（3）如图2，若点P是线段AC上的一个动点，连接DP，∠DPQ＝∠DAC，作DQ⊥DP交于点D，DQ与y轴交于点Q，则点P在线段AC上运动时，D点不变，Q点随之运动．求当点P从点A运动到点C时，点Q运动的路径长．
【分析】（1）将点A（﹣3，0），B（1，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx+3可解的a，b的值，从而得到解析式，tan∠DAC=DCAC，可根据表达式求出C，D的坐标然后计算DC和AC的长度计算；
（2）可取一点E，过E作EF平行于x轴，交AC于F此时可表示出S△ACE，根据类方程S△ACE＝2S△ACD，求E点坐标即可；
（3）根据题能得到Q的运动轨迹为直线，且当P在A处时Q在C处，当P运动到C处时，分别求出CQ，DQ'的长，即可求解．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx+3可得：
0=9a-3b+30=a+b+3，解得a=-1b=-2；
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
∴D（﹣1，4），C（0，3）；
∴AC=32，DC=2；
∴tan∠DAC=13．
（2）如图1所示，过E作EF∥x轴交AC于点F，设点E（m，﹣m2﹣2m+3），直线AC的表达式为y＝kx+n，
将A（﹣3，0），C（0，3）分别代入y＝kx+n可得：
0=-3k+n3=n，解得k=1n=3，
∴直线AC表达式为y＝x+3，
∴F（﹣m2﹣2m，﹣m2﹣2m+3），
∴EF＝m+m2+2m＝m2+3m，
∴S△ACE=12（yC﹣yA）EF，
∵S△ACD=12AC•CD＝3，
∴S△ACE=12（xC﹣xA）EF＝2S△ACD＝6，
∴32（m2+3m）＝6，
解得m1＝1，m2＝﹣4，
∴E（1，0）或（﹣4，﹣5）．
（3）如图2所示
当点P与点A重合时，
∵∠ADQ＝∠DCA＝90°，
∴∠DAC+∠ADC＝90°＝∠ADC+∠QDC，
∴∠DAC＝∠QDC，
又∵∠DCA＝∠DCQ＝90°，
∴△ADC∽△DQC，
∴DCAC=CQDC，
∴CQ=2×232=23，
当点P与点C重合时，
∴∠Q'DC＝∠ACD＝90°，
∴DQ'∥CQ，
∵∠DAC＝∠Q'P'D，∠Q'DP'＝∠ACD＝90°，
∴△ADC∽△P'Q'D，
∴DQ'DC=DCAC，
∴DQ'=23，
∴DQ'＝CQ，
∴四边形DQ'QC是平行四边形，
∴QQ'＝CD=2．
【点评】本题综合性比较强，主要考查二次函数点相关知识，解题的关键在于找出变换后的图形，根据已知条件，建立方程求解．
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且OA＝OC＝3OB，连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P和动点Q同时出发，点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ，当点P到达点A时，点Q停止运动，求S△CPQ的最大值及此时点P的坐标；
（3）点M是抛物线上一点，是否存在点M，使得∠ACM＝15°？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）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出CQ与PH的长，由三角形的面积公式和二次函数的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，先求出CM的解析式，联立方程组可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交y轴于点C，
∴点C（0，6），
∴OC＝6，
∵OA＝OC＝3OB，
∴OA＝OC＝6，OB＝2，
∴点A（﹣6，0），点B（2，0），
将点A，点B坐标代入解析式，可得：0=4a+2b+60=36a-6b+6，
解得：a=-12b=-2，
∴抛物线的表达式为：y=-12x2﹣2x+6；
（2）如图，过点P作PH⊥CO于H，
∵OA＝OC＝6，
∴∠OCA＝45°
∵PH⊥OC，
∴∠ACO＝∠CPH＝45°，
∴PH＝CH，
∵点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，
∴CP＝2t，OQ＝t，
∴PH＝CH=2t，CQ＝6﹣t，
∴S△PCQ=12×CQ×PH=22（﹣t2+6t）=-22（t﹣3）2+922，
∴当t＝3时，S△CPQ的最大值为922，
∴PH＝CH＝32，
∴OH＝6﹣32，
∴点P的坐标为（﹣32，6﹣32）；
（3）如图，当点M在AC的下方时，设CM与x轴的交点为H，
∵∠ACM＝15°，∠ACO＝45°，
∴∠OCH＝30°，
∴tan∠OCH=OHCO=33，
∴OH＝23，
∴点H（﹣23，0），
∴直线CM的解析式为：y=3x+6，
联立方程组可得：y=3x+6y=-12x2-2x+6，
解得：x=0y=0（舍去）或x=-4-23y=-43，
故点M（﹣4﹣23，﹣43）；
当点M'在AC的上方时，设CM'与x轴的交点为G，
∵∠ACM'＝15°，∠ACO＝45°，
∴∠OCG＝60°，
∴tan∠OCGOGOC=3，
∴OG＝63，
∴点H（﹣63，0），
∴直线CM'的解析式为：y=33x+6，
联立方程组可得：y=33x+6y=-12x2-2x+6，
解得：x=0y=0（舍去）或x=-4-233y=-433+163，
故点M（﹣4-233，-433+163）；
综上所述：点M的坐标为（﹣4﹣23，﹣43）或（﹣4-233，-433+163）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，直角三角形的性质，解直角三角形，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
5．如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴正半轴、y轴分别交于A（3，0）、B（0，3）两点，点P为抛物线的顶点，连接AB、BP．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求∠PBA的度数；
（3）如图2，点M从点O出发，沿着OA的方向以1个单位/秒的速度向A匀速运动，同时点N从点A出发，沿着AB的方向以2个单位/秒的速度向B匀速运动，设运动时间为t秒，ME⊥x轴交AB于点E，NF⊥x轴交抛物线于点F，连接MN、EF．
①当EF∥MN时，求点F的坐标；
②在M、N运动的过程中，存在t使得△BNP与△BMN相似，请直接写出t的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，过点P作PD⊥y轴于点D，可证：△PBD是等腰直角三角形，△AOB是等腰直角三角形，即可求得答案；
（3）①如图2，延长FN交x轴于点G，由△AEM是等腰直角三角形，可得EM＝AM＝3﹣t，再由四边形EFNM是平行四边形，可得EM＝FN，建立方程求解即可得出答案；
②如图3，过点N作HG⊥x轴于点G，由于∠MBN＜90°，故∠MBN≠∠PBN，若∠BMN＝∠PBN＝90°，推出t＝0，不符合题意；若∠BNM＝∠PBN＝90°，可求得t＝1，进而可得△BNM∽△NBP，故t＝1．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（3，0）、B（0，3）两点，
∴-9+3b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点P（1，4），
如图1，过点P作PD⊥y轴于点D，
则D（0，4），∠PDB＝90°，
∴PD＝1，BD＝4﹣3＝1，
∴PD＝BD，
∴△PBD是等腰直角三角形，
∴∠PBD＝45°，BP=2，
∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝45°，AB＝32，
∴∠PBA＝180°﹣∠PBD﹣∠ABO＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
（3）①如图2，延长FN交x轴于点G，
由题意得：OM＝t，AN=2t，
∴AM＝3﹣t，
∵FN⊥x轴，
∴∠AGN＝90°，
由（2）知：△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝45°，
∴△ABG是等腰直角三角形，
∴AG＝NG=22AN=22×2t＝t，
∴G（3﹣t，0），
当x＝3﹣t时，﹣x2+2x+3＝﹣（3﹣t）2+2（3﹣t）+3＝﹣t2+4t，
∴F（3﹣t，﹣t2+4t），
∴FG＝﹣t2+4t，
∴FN＝FG﹣NG＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，
∵ME⊥x轴，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴EM＝AM＝3﹣t，
∵ME⊥x轴，
∵EF∥MN，FN⊥x轴，
∴四边形EFNM是平行四边形，
∴EM＝FN，
∴3﹣t＝﹣t2+3t，
解得：t＝1或t＝3（不符合题意，舍去），
∴F（2，3）；
②存在．如图3，过点N作HG⊥x轴于点G，
由①知：OM＝t，AN=2t，AG＝NG＝t，
∴MG＝3﹣2t，
∴BN＝32-2t，BP=2，∠PBN＝90°，
∵∠MBN＜90°，
∴∠MBN≠∠PBN，
若∠BMN＝∠PBN＝90°，
则∠BMO+∠NMG＝90°，
∵∠BOM＝∠MGN＝90°，
∴∠BMO+∠MBO＝90°，
∴∠MBO＝∠NMG，
∴△BMO∽△MNG，
∴OBMG=OMNG，即33-2t=tt=1，
∴3﹣2t＝3，
解得：t＝0（不符合题意，舍去），
故∠BMN≠∠PBN，
若∠BNM＝∠PBN＝90°，则∠ANM＝90°，
∴△AMN是等腰直角三角形，
∴AM=2AN＝2t，
∴OA＝OM+AM＝3t＝3，
∴t＝1，
当t＝1时，MN＝AN=2，
∴BN＝AB﹣AN＝32-2=22，
∵MNBN=222=12，BPBN222=12，
∴MNBN=BPBN，且∠BNM＝∠PBN＝90°，
∴△BNM∽△NBP，
综上所述，当△BNP与△BMN相似时，t＝1．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
6．如图，抛物线y=-29x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，4），作CD∥x轴交抛物线于点D，作DE⊥x轴，垂足为E，动点M从点E出发在线段EA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时动点N从点A出发在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设△DMN的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）①当MN∥DE时，直接写出t的值；
②在点M和点N运动过程中，是否存在某一时刻，使MN⊥AD？若存在，直接写出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据抛物线y=-29x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，4），可以求得b、c的值，从而可以求得抛物线的解析式；
（2）要求△DMN的面积，根据题目中的信息可以得到梯形AEDC的面积、△ANM的面积、△MDE的面积、△CND的面积，从而可以解答本题；
（3）①根据MN∥DE，可以得到△AMN和△AOC相似，从而可以求得t的值；
②根据题目中的条件可以求得点N、点M、点A、点D的坐标，由AD⊥MN可以求得相应的t的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y=-29x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，4），
∴-29×(-3)2+b×(-3)+c=0c=4，
解得，b=23c=4，
即抛物线的解析式为：y=-29x2+23x+4；
（2）作NH⊥AM于点H，如由图1所示，
∵y=-29x2+23x+4，
∴对称轴x=-232×(-29)=32，
∵点A（﹣3，0），点C（0，4），CD∥x轴交抛物线于点D，DE⊥x轴，垂足为E，
∴点D（3，4），点E（3，0），OA＝3，OC＝4，
∴AC＝5，AE＝6，CD＝3，
∵NH⊥AM，AN＝t，ME＝2t，
∴△ANH∽△ACO，AM＝6﹣2t，
∴ANAC=NHCO，
即t5=NH4，得NH＝0.8t，
∴S＝S梯形AECD﹣S△AMN﹣S△DME﹣S△CDN
=12×（3+6）×4-12(6-2t)×0.8t-12×2t×4-12×3（4﹣0.8t）
＝0.8t2﹣5.2t+12，
即S与t的函数关系式是S＝0.8t2﹣5.2t+12（0＜t≤3）；
（3）①当MN∥DE时，t的值是3013，
理由：如右图2所示
∵MN∥DE，AE＝6，AC＝5，AO＝3，
∴AM＝6﹣2t，AN＝t，△AMN∽△AOC，
∴AMAO=ANAC，
即6-2t3=t5，
解得，t=3013；
②存在某一时刻，使MN⊥AD，此时t的值是9047，
理由：如右图3所示，
设过点A（﹣3，0），C（0，4）的直线的解析式为y＝kx+b，
则-3k+b=0b=4，得k=43b=4，
即直线AC的解析式为y=43x+4，
∵NH＝0.8t，
∴点N的纵坐标为0.8t，
将y＝0.8t代入y=43x+4得x＝0.6t﹣3，
∴点N（0.6t﹣3，0.8t）
∵点E（3，0），ME＝2t，
∴点M（3﹣2t，0），
∵点A（﹣3，0），点D（3，4），点M（3﹣2t，0），点N（0.6t﹣3，0.8t），AD⊥MN，
∴4-03-(-3)⋅0.8t-0(0.6t-3)-(3-2t)=-1，
解得，t=9047．
【点评】本题考查二次函数综合题，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，运用三角形的相似，数形结合的思想解答问题．
7．如图1（注：与图2完全相同），二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）设该抛物线的顶点为D，求△ACD的面积（请在图1中探索）；
（3）若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ所在的直线翻折，点A恰好落在抛物线上E点处，请直接判定此时四边形APEQ的形状，并求出E点坐标（请在图2中探索）．
【分析】（1）将A，B点坐标代入函数y=43x2+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式；
（2）由解析式先求得点D、C坐标，再根据S△ACD＝S梯形AOMD﹣S△CDM﹣S△AOC，列式计算即可；
（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、E对称，则AP＝EP，AQ＝EQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等的性质可用t表示E点坐标，又E在二次函数的图象上，所以代入即可求t，进而E可表示．
【解答】解：（1）∵二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），
∴43×9+3b+c=043×1-b+c=0，
解得：b=-83c=-4，
∴y=43x2-83x﹣4；
（2）过点D作DM⊥y轴于点M，
∵y=43x2-83x﹣4=43（x﹣1）2-163，
∴点D（1，-163）、点C（0，﹣4），
则S△ACD＝S梯形AOMD﹣S△CDM﹣S△AOC
=12×（1+3）×163-12×（163-4）×1-12×3×4
＝4；
（3）四边形APEQ为菱形，E点坐标为（-58，-2916）．理由如下
如图2，E点关于PQ与A点对称，过点Q作，QF⊥AP于F，
∵AP＝AQ＝t，AP＝EP，AQ＝EQ
∴AP＝AQ＝QE＝EP，
∴四边形AQEP为菱形，
∵FQ∥OC，
∴AFAO=FQOC=AQAC，
∴AF3=FQ4=t5
∴AF=35t，FQ=45t•
∴Q（3-35t，-45t），
∵EQ＝AP＝t，
∴E（3-35t﹣t，-45t），
∵E在二次函数y=43x2-83x﹣4上，
∴-45t=43（3-85t）2-83（3-85t）﹣4，
∴t=14564，或t＝0（与A重合，舍去），
∴E（-58，-2916）．
【点评】本题考查了二次函数性质、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知识，总体来说题意复杂但解答内容都很基础，熟练地运用数形结合是解决问题的关键．
（1）若点D的横坐标为2，求抛物线的函数解析式；
8．如图所示，已知抛物线y＝a（x+3）（x﹣1）（a≠0），与x轴从左至右依次相交于A、B两点，与y轴相交于点C，经过点A的直线y=-3x+b与抛物线的另一个交点为D．
（2）若在第三象限内的抛物线上有点P，使得以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的坐标；
（3）在（1）的条件下，设点E是线段AD上的一点（不含端点），连接BE．一动点Q从点B出发，沿线段BE以每秒1个单位的速度运动到点E，再沿线段ED以每秒233个单位的速度运动到点D后停止，问当点E的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中所用时间最少？
【分析】（1）根据二次函数的交点式确定点A、B的坐标，进而求出直线AD的解析式，接着求出点D的坐标，将D点坐标代入抛物线解析式确定a的值．
（2）由于没有明确说明相似三角形的对应顶点，因此需要分情况讨论：①当△BPA∽△ABC时；②当△PBA∽△ABC时．
（3）作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，根据正切的定义求出Q的运动时间t＝BE+EF时，t最小即可．
【解答】解：（1）∵y＝a（x+3）（x﹣1），
∴点A的坐标为（﹣3，0）、点B两的坐标为（1，0），
∵直线y=-3x+b经过点A，
∴b＝﹣33，
∴y=-3x﹣33，
当x＝2时，y＝﹣53，
则点D的坐标为（2，﹣53），
∵点D在抛物线上，
∴a（2+3）（2﹣1）＝﹣53，
解得，a=-3，
则抛物线的解析式为y=-3（x+3）（x﹣1）=-3x2﹣23x+33；
（2）如图1中，设P（m，n），作PH⊥x轴于H．
①当△BPA∽△ABC时，∠BAC＝∠PBA，
∴tan∠BAC＝tan∠PBA，即OCOA=PHHB，
即-3a3=-n-m+1．解得n＝﹣a（m﹣1）．
∴n=-a(m-1)n=a(m+3)(m-1)，
解得m＝﹣4或1（舍弃），
当m＝﹣4时，n＝5a，
∵ACAB=ABPB，即AB2＝AC•PB，
∴AB2=OC2+OA2•HB2+HP2，
即42=9a2+9•25a2+25，
解得a=-1515或1515（舍弃），
∴P（﹣4，-'153）．
②当△PBA∽△ABC时，∠CBA＝∠PBA，
∴tan∠CBA＝tan∠PBA，即OCOB=PHHB，
∴-3a1=-n-m+1，
∴n＝﹣3a（m﹣1），
∴n=-3a(m-1)n=a(m+3)(m-1)，
解得m＝﹣6或1（舍弃），
当m＝﹣6时，n＝21a，
∵BCBA=ABPB，即AB2＝BC•PB=OC2+OB2⋅PH2+HB2，
∴42=1+9a2•72+(-21a)2，
∴a=-77或77（舍弃），
∴P（﹣6，﹣37）．
（3）如图2中，作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，
则tan∠DAN=DNAN=535=3，
∴∠DAN＝60°，
∴∠EDF＝60°，
∴DE=EFsin∠EDF=233EF，
∴Q的运动时间t=BE1+DE233=BE+EF，
∴当BE和EF共线时，t最小，
则BE⊥DM，此时点E坐标（1，﹣43）．
【点评】本题考查的是二次函数知识的综合运用，掌握二次函数的性质、二次函数的交点式、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意分情况讨论讨论，属于中考压轴题．
9．如图①，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），直线BE交y轴正半轴于点E．
（1）求经过A、B、C三点的抛物线解析式及顶点D的坐标；
（2）连接BD、CD，设∠DBO＝α，∠EBO＝β，若tan （α﹣β）＝1，求点E的坐标；
（3）如图②，在（2）的条件下，动点M从点C出发以每秒2个单位的速度在直线BC上移动（不考虑点M与点C、B重合的情况），点N为抛物线上一点，设点M移动的时间为t秒，在点M移动的过程中，以E、C、M、N四个点为顶点的四边形能否成为平行四边形？若能，直接写出所有满足条件的t值及点M的个数；若不能，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法求出求出抛物线解析式，再配成顶点式，求出顶点坐标；
（2）方法一：先求出∠DBE＝45°，再构造出等腰直角三角形，由两腰相等建立方程求出点E的坐标；
方法二：先判断出∠BCD＝90°，进而得出△OBE∽△CBD，即可求出OE即可得出结论；
（3）分两种情况讨论计算①CE为平行四边形的边，用MN＝CE建立方程求出点M坐标，从而求出时间t，
②利用平行四边形的对角线互相平分，借助中点坐标建立方程组求出点M坐标即可．
【解答】解：（1）经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点的抛物线，
∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
∵点C（0，3）在抛物线上，
∴3＝﹣3a，
∴a＝﹣1
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点坐标为D（1，4），
（2）方法一：∵tan （α﹣β）＝1，
∴α﹣β＝45°，
∵∠DBO＝α，∠EBO＝β，
∴∠DBE＝45°，
如图1，
过点E作EF⊥BD于F，
∴EF＝BF，
∵B（3，0），D（1，4），
∴直线BD解析式为y＝﹣2x+6①，
设点E（0，b），
∵EF⊥BD，
∴直线EF解析式为y=12x+b②，
联立①②解方程组得，x=25(6-b)，y=25（2b+3），
∴F（25(6-b)，25（2b+3）），
∴EF2＝[25（6﹣B）]2+[25（2b+3）﹣b]2=15（6﹣b）2，FB2＝[25(6-b)-3]2+[25（2b+3）]2＝[15（2b+3）]2，
∵EF＝FB，
∴EF2＝FB2，
∴15（6﹣b）2＝[15（2b+3）]2，
∴b＝﹣9（舍）或b＝1，
∴E（0，1），
方法二、∵tan （α﹣β）＝1，
∴α﹣β＝45°，
∵∠DBO＝α，∠EBO＝β，
∴∠DBE＝45°，
∵C（0，3），B（3，0），
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
∴∠CBD＝∠OBE，
∵B（3，0），C（0，3），D（1，4），
∴OB＝3，BC2＝18，CD2＝2，BD2＝20，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形，
∴∠BCD＝90°＝∠BOE，
∵∠CBD＝∠OBE，
∴△OBE∽△CBD，
∴OECD=OBBC，
∴OE2=332，
∴OE＝1，
∴E（0，1），
（3）能，
理由：∵B（3，0），C（0，3），
∴直线BC解析式为y＝﹣x+3，
设点M（m，﹣m+3），
∵E、C、M、N四个点为顶点的四边形为平行四边形，
∴分CE为边和CE为对角线进行计算，
①如图2，
当CE是平行四边形的边时，MN∥CE，MN＝CE，
过M作MN∥CE交抛物线于N，
∵点N在抛物线上，
∴N（m，﹣m2+2m+3），
∴MN＝|﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）|＝|m2﹣3m|，
∵C（0，3），E（0，1），
∴CE＝2，
∵MN＝CE，
∴|m2﹣3m|＝2，
∴m=3±172或m＝1或m＝2，
∴M（3+172，3-172）或（3-172，3+172）或（1，2）或（2，1）；
∵C（0，3）
当M（3+172，3-172）时，CM=2×3+172，
∴t=CM2=3+172，
当M（3-172，3+172）时，
同理：t=17-32，
当M（1，2）时，CM=2，
∴t=2÷2=1，
当M（2，1）时，CM＝22，
∴t＝22÷2=2，
②当CE是平行四边形的对角线时，MN与CE互相平分，
∵C（0，3），E（0，1），
∴线段CE的中点坐标为（0，2），
∵M（m，﹣m+3），
∴CM=m2+(-m+3-3)2=2|m|，
∴t=2|m|÷2=|m|
∵点N在抛物线y＝﹣x2+2x+3上，
设点N（n，﹣n2+2n+3），
利用中点坐标得，m+n2=0，-m+3+(-n2+2n+3)2=2，
∴m=-3+172n=3+172或m=-3-172n=3-172，
∴M（-3+172，9+172）或（-3-172，9-172），
当M（-3+172，9+172）时，
∴t=3+172
当M（-3-172，9-172）时，
∴t=17-32；
即：满足条件的t的值为3+172或17-32或1或2．点M共有6个．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，配方法，构造直角三角形，两点间的距离公式，平行四边形的性质，中点坐标，绝对值方程，构造直角三角形是解本题的关键，是一道中上难度的中考常考题，计算量较大．
10．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0）、B（4，0）两点，且与y轴交于点C，D（4﹣42，0）．动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；
（3）在第一象限的抛物线上取一点G，使得S△GCB＝S△GCA，再在抛物线上找点E（不与点A、B、C重合），使得∠GBE＝45°，求E点的坐标．
【分析】（1）直接利用待定系数法求二次函数解析式得出即可；
（2）首先求出△AQD∽△ACB，则ADAB=DQBC，得出DQ＝DP的长，进而得出答案；
（3）首先得出G点坐标，进而得出△BGM∽△BEN，进而假设出E点坐标，利用相似三角形的性质得出E点坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx+4得：
9a-3b+4=016a+4b+4=0，
解得：a=-13b=13，
故抛物线的解析式为：y=-13x2+13x+4；
（2）如图，连接QD，
由B（4，0）和D（4-42，0），
可得BD=42，
∵y=-13x2+13x+4，
∴CO＝4，
∴BC＝42，则BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD＝∠QDC，
∴DQ∥BC，
∴△AQD∽△ACB，
∴ADAB=DQBC，
∴7-427=DQ42，
∴DQ=282-327=DP，
t=AP=AD+DP=7-42+282-327=177；
（3）如图，过点G作GM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AB于点N，
∵S△GCB＝S△GCA，
∴只有CG∥AB时，G点才符合题意，
∵C（0，4），
∴4=-13x2+13x+4，
解得：x1＝1，x2＝0，
∴G（1，4），
∵∠GBE＝∠OBC＝45°，
∴∠GBC＝∠ABE，
∴△BGM∽△BEN，
∴GMBM=ENBN=17，
设E（x，-13x2+13x+4）
∴-13x2+13x+44-x=17
解得x1=-187，x2＝4（舍去），
则E（-187，4649）．
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及待定系数法求二次函数解析式和线段垂直平分线的性质等知识，利用数形结合得出△BGM∽△BEN是解题关键．
11．如图，抛物线y＝x2+bx+c经过B（﹣1，0），D（﹣2，5）两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q，P．
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；
（3）连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒2个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时t最少？
【分析】（1）把B（﹣1，0），D（﹣2，5）代入y＝x2+bx+c，得出关于b、c的二元一次方程组，即可求出抛物线的解析式；
（2）根据抛物线解析式求出OA，设P（m，m2﹣2m﹣3），则﹣1≤m≤3，PH＝﹣（m2﹣2m﹣3），BH＝1+m，AH＝3﹣m，证明△AHP∽△PHB，得出PH2＝BH•AH，由此得出方程[﹣（m2﹣2m﹣3）]2＝（1+m）（3﹣m），解方程即可；
（3）由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD，运动时间：t＝BQ+12DQ，如备用图，作辅助线，将BQ+12DQ转化为BQ+QG；再由垂线段最短，得到垂线段BE与直线AD的交点即为所求的Q点．
【解答】解：（1）把B（﹣1，0），D（﹣2，5）代入y＝x2+bx+c，
得1-b+c=04-2b+c=5，解得b=-2c=-3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）存在点P，使∠APB＝90°．
当y＝0时，即x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴OB＝1，OA＝3．
设P（m，m2﹣2m﹣3），则﹣1≤m≤3，PH＝﹣（m2﹣2m﹣3），BH＝1+m，AH＝3﹣m，
∵∠APB＝90°，PH⊥AB，
∴∠PAH＝∠BPH＝90°﹣∠APH，∠AHP＝∠PHB，
∴△AHP∽△PHB，
∴PHBH=AHPH，
∴PH2＝BH•AH，
∴[﹣（m2﹣2m﹣3）]2＝（1+m）（3﹣m），
解得m1＝1+3，m2＝1-3，
∴点P的横坐标为：1+3或1-3；
（3）如图，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN＝5，ON＝2，AN＝3+2＝5，
∴tan∠DAB=DNAN=55=1，
∴∠DAB＝45°．
过点D作DK∥x轴，则∠KDQ＝∠DAB＝45°，DQ=2QG．
由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD，运动时间：t＝BQ+12DQ，
∴t＝BQ+QG，即运动的时间值等于折线BQ+QG的长度值．
由垂线段最短可知，折线BQ+QG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．
过点B作BE⊥DK于点H，则t最小＝BE，BE与直线AD的交点，即为所求之Q点．
∵A（3，0），D（﹣2，5），
∴直线AD的解析式为：y＝﹣x+3，
∵B点横坐标为﹣1，
∴y＝1+3＝4，
∴Q（﹣1，4）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求抛物线与直线的解析式，相似三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，函数图象上点的坐标特征等知识．利用数形结合与方程思想是解题的关键．
12．如图，抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，并经过B（4，4）和C（6，0）两点，点D的坐标为（4，0），连接AD，AB，BC，点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AD向点D运动，到达点D后，以每秒1个单位长度的速度沿射线DC运动，设点E的运动时间为t秒，过点E作AB的垂线EF交直线AB于点F，以线段EF为斜边向右作等腰直角△EFG．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G落在第一象限内的抛物线上时，求出t的值；
（3）设点E从点A出发时，点E，F，G都与点A重合，点E在运动过程中，当△BCG的面积为4时，直接写出相应的t值，并直接写出点G从出发到此时所经过的路径长．
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）先表示G的坐标，再把点G的坐标代入抛物线的解析式中列方程可得t的值；
（3）分三种情况进行讨论：
①当G在BC的左侧时，如图3，作辅助线，根据S△BCG＝S梯形GHDB+S△BDC﹣S△GHC，列式可得t的值，利用勾股定理求AG的长即可；
②当G在BC上时，如图4，根据同角的三角函数得tan∠C=BDDC=GHHC=42=2，则GH＝2HC，列关于t的方程得：t=165；当83＜t≤165时，如图5，同理可得结论；
③当G在BC的右侧时，先计算当E与D重合时，F与B重合，如图6，此时t＝4，计算此时△BCG的面积为2，因此点G继续向前运动；
当t＞4时，如图7，同理列方程可得结论．
【解答】解：（1）将B（4，4）和C（6，0）代入抛物线y＝ax2+bx+4得：
4=16a+4b+40=36a+6b+4，
解得：a=-13b=43，
∴抛物线的解析式为：y=-13x2+43x+4；
（2）如图1，由题意得：AE=2t，
∵A（0，4），B（4，4），
∴AB⊥y轴，且AB∥x轴，
∵OA＝OD＝4，
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴∠ADO＝∠BAD＝45°，
∴△AFE是等腰直角三角形，
∴AF＝EF＝t，
∵△EFG是等腰直角三角形，
∴G（t+12t，4-12t），
即：点G（32t，4-12t），
将点G（32t，4-12t）代入到抛物线得：
4-12t=-13（32t）2+43×32t+4，
解得：t1＝0（舍），t2=103，
答：当t=103时，点G落在抛物线上；
（3）分三种情况：
如图2，连接BD，当G在BD上时，
32t=4，
t=83，
①当G在BC的左侧时，如图3，
过G作GH⊥x轴于H，延长HG交AB于M，则GM⊥AB，
∵B（4，4），D（4，0），
∴BD⊥x轴，
∴S△BCG＝S梯形GHDB+S△BDC﹣S△GHC，
4=12（4-12t+4）（4-32t）+12×4×（6﹣4）-12（6-32t）（4-12t），
4=52t，
解得：t=85，
∴AM=32t=32×85=125，
GM=12t=12×85=45，
在Rt△AGM中，由勾股定理得：AG=AM2+GM2=(125)2+(45)2=4105；
∴当t=85时，此时点G运动的路径长为4105；
②当G在BC上时，如图4，
tan∠C=BDDC=GHHC=42=2，
∴GH＝2HC，
∴4-12t＝2（6-32t），
t=165，
当83＜t≤165时，如图5，
S△BCG＝S△BDC﹣S梯形BDHG﹣S△GHC，
4=12×4×2-12（4-12t+4）（32t﹣4）-12×(4-12t)(6-32t)，
t=85（不在此范围内，不符合题意），
③当G在BC的右侧时，如图7，
当E与D重合时，F与B重合，如图6，
t=422=4，
∴G（6，2），
∴AG=62+22=210，
∴S△BCG＝S梯形BDCG﹣S△BDC=12×2×（4+2）-12×2×4＝2，
∴当t＞4时，如图7，
由题意得：DE＝t﹣4，
∴OE＝t﹣4+4＝t，
∴OH＝OE+EH＝t+2，
EH＝2，GM＝GH＝2，
BM＝t+2﹣4＝t﹣2，
CH＝t+2﹣6＝t﹣4，
过G作MH⊥x轴，交x轴于H，交直线AB于M，
∴S△BGC＝S梯形BCHM﹣S△BGM﹣S△GCH，
4=12（t﹣4+t﹣2）×4-12×2×（t﹣2）-12×2×（t﹣4），
t＝5，
当t＝5时，点G的运动路径分为两部分组成：
i）点G从A运动到D时，运动路径为：如图6中的AG长，即为210；
ii）点G从D点继续在射线DC上运动1秒时，路径为1；
所以当t＝5时，此时点G运动的路径长度为1+210．
综上所述：当t1=85秒，此时路径长度为4105，
当t2＝5秒，此时路径长度为1+210．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法、三角形面积、等腰直角三角形的性质和判定、动点运动的问题，有难度，第三问采用了分类讨论的思想，并利用数形结合；注意当t＞4时，点G的运动路径分两部分计算．
13．如图，已知抛物线y＝ax2+bx与x轴分别交于原点O和点F（10，0），与对称轴l交于点E（5，5）．矩形ABCD的边AB在x轴正半轴上，且AB＝1，边AD，BC与抛物线分别交于点M，N．当矩形ABCD沿x轴正方向平移，点M，N位于对称轴l的同侧时，连接MN，此时，四边形ABNM的面积记为S；点M，N位于对称轴l的两侧时，连接EM，EN，此时五边形ABNEM的面积记为S．将点A与点O重合的位置作为矩形ABCD平移的起点，设矩形ABCD平移的长度为t（0≤t≤5）．
（1）求出这条抛物线的表达式；
（2）当t＝0时，求S△OBN的值；
（3）当矩形ABCD沿着x轴的正方向平移时，求S关于t（0＜t≤5）的函数表达式，并求出t为何值时，S有最大值，最大值是多少？
【分析】（1）根据点E、F的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）找出当t＝0时，点B、N的坐标，进而可得出OB、BN的长度，再根据三角形的面积公式可求出S△OBN的值；
（3）分0＜t≤4和4＜t≤5两种情况考虑：①当0＜t≤4时（图1），找出点A、B、M、N的坐标，进而可得出AM、BN的长度，利用梯形的面积公式即可找出S关于t的函数关系式，再利用二次函数的性质即可求出S的最大值；②当4＜t≤5时，找出点A、B、M、N的坐标，进而可得出AM、BN的长度，将五边形分成两个梯形，利用梯形的面积公式即可找出S关于t的函数关系式，再利用二次函数的性质即可求出S的最大值．将①②中的S的最大值进行比较，即可得出结论．
【解答】解：（1）将E（5，5）、F（10，0）代入y＝ax2+bx，
25a+5b=5100a+10b=0，解得：a=-15b=2，
∴抛物线的表达式为y=-15x2+2x．
（2）当t＝0时，点B的坐标为（1，0），点N的坐标为（1，95），
∴BN=95，OB＝1，
∴S△OBN=12BN•OB=910．
（3）①当0＜t≤4时（图1），点A的坐标为（t，0），点B的坐标为（t+1，0），
∴点M的坐标为（t，-15t2+2t），点N的坐标为（t+1，-15（t+1）2+2（t+1）），
∴AM=-15t2+2t，BN=-15（t+1）2+2（t+1），
∴S=12（AM+BN）•AB=12×1×[-15t2+2t-15（t+1）2+2（t+1）]，
=-15t2+95t+910，
=-15（t-92）2+9920，
∵-15＜0，
∴当t＝4时，S取最大值，最大值为4910；
②当4＜t≤5时（图2），点A的坐标为（t，0），点B的坐标为（t+1，0），
∴点M的坐标为（t，-15t2+2t），点N的坐标为（t+1，-15（t+1）2+2（t+1）），
∴AM=-15t2+2t，BN=-15（t+1）2+2（t+1），
∴S=12（5﹣t）（-15t2+2t+5）+12（t﹣4）[5-15（t+1）2+2（t+1）]，
=12（15t3﹣3t2+5t+25）+12（-15t3+125t2+25t-1365），
=-310t2+2710t-1110，
=-310（t-92）2+19940，
∵-310＜0，
∴当t=92时，S取最大值，最大值为19940．
∵4910=19640＜19940，
∴当t=92时，S有最大值，最大值是19940．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、梯形的面积以及三角形的面积，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数关系式；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征求出当t＝0时点N的坐标；（3）分0＜t≤4和4＜t≤5两种情况找出S关于t的函数关系式．
14．直线y=-32x+3交x轴于点A，交y轴于点B，顶点为D的抛物线y=-34x2+2mx﹣3m经过点A，交x轴于另一点C，连接BD，AD，CD，如图所示．
（1）直接写出抛物线的解析式和点A，C，D的坐标；
（2）动点P在BD上以每秒2个单位长的速度由点B向点D运动，同时动点Q在CA上以每秒3个单位长的速度由点C向点A运动，当其中一个点到达终点停止运动时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒．PQ交线段AD于点E．
①当∠DPE＝∠CAD时，求t的值；
②过点E作EM⊥BD，垂足为点M，过点P作PN⊥BD交线段AB或AD于点N，当PN＝EM时，求t的值．
【分析】（1）先由直线解析式求得点A、B坐标，将点A坐标代入抛物线解析式求得m的值，从而得出答案；
（2）①由（1）知BD＝AC、BD∥OC，根据AB＝AD=13证四边形ABPQ是平行四边形得AQ＝BP，即2t＝4﹣3t，解之即可；②分点N在AB上和点N在AD上两种情况分别求解．
【解答】解：（1）在y=-32x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝2，
∴点A（2，0）、点B（0，3），
将点A（2，0）代入抛物线解析式，得：-34×4+4m﹣3m＝0，
解得：m＝3，
所以抛物线解析式为y=-34x2+6x﹣9，
∵y=-34x2+6x﹣9=-34（x﹣4）2+3，
∴点D（4，3），对称轴为x＝4，
∴点C坐标为（6，0）；
（2）如图1，
由（1）知BD＝AC＝4，
根据0≤3t≤4，得：0≤t≤43，
①∵B（0，3）、D（4，3），
∴BD∥OC，
∴∠CAD＝∠ADB，
∵∠DPE＝∠CAD，
∴∠DPE＝∠ADB，
∵AB=22+32=13、AD=(4-2)2+32=13，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴∠DPE＝∠ABD，
∴PQ∥AB，
∴四边形ABPQ是平行四边形，
∴AQ＝BP，即2t＝4﹣3t，
解得：t=45，
即当∠DPE＝∠CAD时，t=45秒；
②（Ⅰ）当点N在AB上时，0≤2t≤2，即0≤t≤1，
连接NE，延长PN交x轴于点F，延长ME交x轴于点H，
∵PN⊥BD、EM⊥BD，BD∥OC，PN＝EM，
∴OF＝BP＝2t，PF＝OB＝3，NE＝FH、NF＝EH，NE∥FQ，
∴FQ＝OC﹣OF﹣QC＝6﹣5t，
∵点N在直线y=-32x+3上，
∴点N的坐标为（2t，﹣3t+3），
∴PN＝PF﹣NF＝3﹣（﹣3t+3）＝3t，
∵NE∥FQ，
∴△PNE∽△PFQ，
∴NEFQ=PNPF，
∴FH＝NE=PNPF•FQ=3t3×（6﹣5t）＝6t﹣5t2，
∵A（2，0）、D（4，3），
∴直线AD解析式为y=32x﹣3，
∵点E在直线y=32x﹣3上，
∴点E的坐标为（4﹣2t，﹣3t+3），
∵OH＝OF+FH，
∴4﹣2t＝2t+6t﹣5t2，
解得：t＝1+55＞1（舍）或t＝1-55；
（Ⅱ）当点N在AD上时，2＜2t≤4，即1＜t≤2，
∵PN＝EM，
∴点E、N重合，此时PQ⊥BD，
∴BP＝OQ，
∴2t＝6﹣3t，
解得：t=65，
综上所述，当PN＝EM时，t＝（1-55）秒或t=65秒．
【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二次函数的解析式、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点．
15．如图，直线y=-3x+23与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和3个单位长度/秒，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F．
（1）求点A，点B的坐标；
（2）用含t的代数式分别表示EF和AF的长；
（3）当四边形ADEF为菱形时，试判断△AFG与△AGB是否相似，并说明理由．
（4）是否存在t的值，使△AGF为直角三角形？若存在，求出这时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）在直线y=-3x+23中，分别令y＝0和x＝0，容易求得A、B两点坐标；
（2）由OA、OB的长可求得∠ABO＝30°，用t可表示出BE，EF，和BF的长，由勾股定理可求得AB的长，从而可用t表示出AF的长；
（3）利用菱形的性质可求得t的值，则可求得AF＝AG的长，可得到AFAG=AGAB，可判定△AFG与△AGB相似；
（4）若△AGF为直角三角形时，由条件可知只能是∠FAG＝90°，又∠AFG＝∠OAF＝60°，由（2）可知AF＝4﹣2t，EF＝t，又由二次函数的对称性可得到EG＝2OA＝4，从而可求出FG，在Rt△AGF中，可得到关于t的方程，可求得t的值，进一步可求得E点坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式．
【解答】解：
（1）在直线y=-3x+23中，
令y＝0可得0=-3x+23，解得x＝2，
令x＝0可得y＝23，
∴A为（2，0），B为（0，23）；
（2）由（1）可知OA＝2，OB＝23，
∴tan∠ABO=OAOB=33，
∴∠ABO＝30°，
∵运动时间为t秒，
∴BE=3t，
∵EF∥x轴，
∴在Rt△BEF中，EF＝BE•tan∠ABO=33BE＝t，BF＝2EF＝2t，
在Rt△ABO中，OA＝2，OB＝23，
∴AB＝4，
∴AF＝4﹣2t；
（3）相似．理由如下：
当四边形ADEF为菱形时，则有EF＝AF，
即t＝4﹣2t，解得t=43，
∴AF＝4﹣2t＝4-83=43，OE＝OB﹣BE＝23-3×43=233，
如图，过G作GH⊥x轴，交x轴于点H，
则四边形OEGH为矩形，
∴GH＝OE=233，
又EG∥x轴，抛物线的顶点为A，
∴OA＝AH＝2，
在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2＝GH2+AH2＝（233）2+22=163，
又AF•AB=43×4=163，
∴AF•AB＝AG2，即AFAG=AGAB，且∠FAG＝∠GAB，
∴△AFG∽△AGB；
（4）存在，
∵EG∥x轴，
∴∠GFA＝∠BAO＝60°，
又G点不能在抛物线的对称轴上，
∴∠FGA≠90°，
∴当△AGF为直角三角形时，则有∠FAG＝90°，
又∠FGA＝30°，
∴FG＝2AF，
∵EF＝t，EG＝4，
∴FG＝4﹣t，且AF＝4﹣2t，
∴4﹣t＝2（4﹣2t），
解得t=43，
即当t的值为43秒时，△AGF为直角三角形，此时OE＝OB﹣BE＝23-3t＝23-3×43=233，
∴E点坐标为（0，233），
∵抛物线的顶点为A，
∴可设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2，
把E点坐标代入可得233=4a，解得a=36，
∴抛物线解析式为y=36（x﹣2）2，
即y=36x2-233x+233．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、三角函数的定义、相似三角形的判定和性质、勾股定理、二次函数的对称性等．在（2）中求得∠ABO＝30°是解题的关键，在（3）中求得t的值，表示出AG的长度是解题的关键，在（4）中判断出∠FAG为直角是解题的突破口．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
16．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0）、B（4，0）两点，且与y轴交于点C，点D在x轴的负半轴上，且BD＝BC，有一动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时另一个动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；
（3）该抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ+MA的值最小？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0），B（4，0）两点利用待定系数法可求出a、b、c的值，进而得出抛物线的解析式；
（2）由A、B、C三点的坐标求出AC、BC及AB的值，由相似三角形的判定定理得出△ADQ∽△ABC，再由相似三角形的对应边成比例可求出DP的值，进而可得出AP（即t）的值；
（3）设抛物线y=-13x2+13x+4的对称轴x=12与x轴交于点E．点A、B关于对称轴x=12对称，连接BQ交该对称轴于点M．则MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，由于当BQ⊥AC时，BQ最小，此时∠EBM＝∠ACO，再由tan∠EBM＝tan∠ACO=34可求出ME的值，进而得出M点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0），B（4，0）两点，
∴9a-3b+4=016a+4b+4=0，解得a=-13b=13，
∴所求抛物线的解析式为：y=-13x2+13x+4；
（2）如图1，依题意知AP＝t，连接DQ，
∵A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），
∴AC＝5，BC＝42，AB＝7．
∵BD＝BC，
∴AD＝AB﹣BD＝7﹣42，
∵CD垂直平分PQ，
∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP．
∵BD＝BC，
∴∠DCB＝∠CDB．
∴∠CDQ＝∠DCB．
∴DQ∥BC．
∴△ADQ∽△ABC．
∴ADAB=DQBC，
∴ADAB=DPBC，
∴7-427=DP42，
解得DP＝42-327，
∴AP＝AD+DP=177．
∴线段PQ被CD垂直平分时，t的值为177；
（3）如图2，设抛物线y=-13x2+13x+4的对称轴x=12与x轴交于点E．点A、B关于对称轴x=12对称，连接BQ交该对称轴于点M．
则MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，
∵当BQ⊥AC时，BQ最小，此时，∠EBM＝∠ACO，
∴tan∠EBM＝tan∠ACO=34，
∴MEBE=34，
∴ME72=34，解ME=218．
∴M（12，218），即在抛物线y=-13x2+13x+4的对称轴上存在一点M（12，218），使得MQ+MA的值最小．
【点评】本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等相关知识，难度较大．
17．如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止．设运动时间为t秒．
（1）当t＝2时，线段PQ的中点坐标为 （52，2） ；
（2）当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；
（3）当t＝1时，抛物线y＝x2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D，使∠MQD=12∠MKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）先根据时间t＝2，和P，Q的运动速度可得动点P和Q的路程OP和AQ的长，再根据中点坐标公式可得结论；
（2）根据矩形的性质得：∠B＝∠PAQ＝90°，所以当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，PAAQ=QBBC，②当△PAQ∽△CBQ时，PAAQ=BCBQ，分别列方程可得t的值；
（3）根据t＝1求抛物线的解析式，根据Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x轴，则KM＝KQ，KE⊥MQ，画出符合条件的点D，证明△KEQ∽△QMH或利用三角函数，列比例式可得点D的坐标，同理根据对称可得另一个点D．
【解答】解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0），
∴OA＝3，
当t＝2时，OP＝t＝2，AQ＝2t＝4，
∴P（2，0），Q（3，4），
∴线段PQ的中点坐标为：（2+32，0+42），即（52，2）；
故答案为：（52，2）；
（2）如图1，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形，
∴0＜t＜3，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B＝∠PAQ＝90°，
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，PAAQ=QBBC，
∴3-t2t=6-2t3，
4t2﹣15t+9＝0，
（t﹣3）（t-34）＝0，
t1＝3（舍），t2=34，
②当△PAQ∽△CBQ时，PAAQ=BCBQ，
∴3-t2t=36-2t，
t2﹣9t+9＝0，
t=9±352，
∵9+352＞3，
∴t=9+352不符合题意，舍去，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是34或9-352；
（3）当t＝1时，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：
1+b+c=09+3b+c=2，解得：b=-3c=2，
∴抛物线：y＝x2﹣3x+2＝（x-32）2-14，
∴顶点K（32，-14），
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E，设DQ交y轴于H，
∴KM＝KQ，KE⊥MQ，
∴∠MKE＝∠QKE=12∠MKQ，
如图2，∠MQD=12∠MKQ＝∠QKE，
∴tan∠MQD＝tan∠QKE=MHMQ=EQEK，
即MH3=322+14，MH＝2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式为：y=-23x+4，
则y=-23x+4y=x2-3x+2，
x2﹣3x+2=-23x+4，
解得：x1＝3（舍），x2=-23，
∴D（-23，409）；
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=12∠MKQ＝∠QKE，
由对称性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y=23x，
则y=23xy=x2-3x+2，
x2﹣3x+2=23x，
解得：x1＝3（舍），x2=23，
∴D（23，49）；
综上所述，点D的坐标为：D（-23，409）或（23，49）．
【点评】本题是二次函数与三角形相似的综合问题，主要考查相似三角形的判定和性质的综合应用，三角形和四边形的面积，二次函数的最值问题的应用，函数的交点等知识，本题比较复杂，注意用t表示出线段长度，再利用相似即可找到线段之间的关系，代入可解决问题．
18．如图，抛物线y=ax2+bx+152(a≠0)经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D做匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PM⊥BD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E．
①当t为何值时，点N落在抛物线上；
②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A、C坐标代入抛物线解析式得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值，即可得解；
（2）根据抛物线解析式求出顶点B的坐标，然后根据相似三角形对应边成比例用t表示出PM，再求出NE的长度，①表示出点N的坐标，再根据点N在抛物线上，把点N的坐标代入抛物线，解方程即可得解；②根据PM的长度表示出QD，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，然后根据直线BC的解析式求出点R的横坐标，从而求出QR的长度，再表示出EC的长度，然后根据平行四边形对边平行且相等列式求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx+152经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，
∴9a-3b+152=025a+5b+152=0，
解得a=-12b=1，
所以，抛物线的解析式为y=-12x2+x+152；
（2）∵y=-12x2+x+152，
=-12（x2﹣2x+1）+12+152，
=-12（x﹣1）2+8，
∴点B的坐标为（1，8），
∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，
∴BD＝8，CD＝5﹣1＝4，
∵PM⊥BD，
∴PM∥CD，
∴△BPM∽△BDC，
∴BPBD=PMCD，
即t8=PM4，
解得PM=12t，
所以，OE＝1+12t，
∵四边形PMNQ为正方形，
∴NE＝8﹣t+12t＝8-12t，
①点N的坐标为（1+12t，8-12t），
若点N在抛物线上，则-12（1+12t﹣1）2+8＝8-12t，
整理得，t（t﹣4）＝0，
解得t1＝0（舍去），t2＝4，
所以，当t＝4秒时，点N落在抛物线上；
②存在．
理由如下：∵PM=12t，四边形PMNQ为正方形，
∴QD＝NE＝8-12t，
设直线BC的解析式为y＝kx+m，
则k+m=85k+m=0，
解得k=-2m=10，
所以直线BC的解析式为y＝﹣2x+10，
则﹣2x+10＝8-12t，
解得x=14t+1，
所以，QR=14t+1﹣1=14t，
又EC＝CD﹣DE＝4-12t，
根据平行四边形的对边平行且相等可得QR＝EC，
即14t＝4-12t，
解得t=163，
此时点P在BD上，所以，当t=163时，四边形ECRQ为平行四边形．
【点评】本题是二次函数的综合题型，主要涉及待定系数法求函数解析式（包括二次函数解析式，一次函数解析式），相似三角形的判定与性质，平行四边形的对边平行且相等的性质，综合性较强，但难度不大，仔细分析便不难求解．
2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题10二次函数与几何动点问题
方法揭秘
解决此类动点几何问题常用的是“类比发现法”，也就是通过对两个或几个相类似数学研究对象的异同，进行观察和比较，从一个容易探索的研究对象所具有的性质入手，去猜想另一个或几个类似图形所具有的类似性质，从而获得相关结论．类比发现法大致可遵循如下步骤：
（1）根据已知条件，先从动态的角度去分析观察可能出现的情况；（2）结合某一相应图形，以静制动，运用所学知识(常见的有三角形全等、三角形相似等)得出相关结论；（3）类比猜想出其他情况中的图形所具有的性质．解决此类问题需要运用运动和变化的观点，把握运动和变化的全过程，动中取静，静中求动，抓住运动中的某一瞬间，抓住变化过程中的特殊情形，确定运动变化过程中的数量关系、图形位置关系，从而建立方程、不等式、函数、几何模型，找到解决问题的途径.
由点运动产生的问题，解题的关键是从运动图与描述图中获取信息，根据图象确定x的运动时间与面积的关系，同时关注图象不同情况的讨论．这类问题往往探究点在运动变化过程中的变化规律，如等量关系、图形的特殊位置、图形间的特殊关系等，且体现分类讨论和数形结合的思想．
例1．如图，关于x的二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标；
（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从 点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．
【分析】（1）代入A（1，0）和C（0，3），解方程组即可；
（2）求出点B的坐标，再根据勾股定理得到BC，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：①CP＝CB；②BP＝BC；③PB＝PC；
（3）设AM＝t则DN＝2t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，S△MNB=12×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t，运用二次函数的顶点坐标解决问题；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．
【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
1+b+c=0c=3
解得：b＝﹣4，c＝3，
∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，
解得：x＝1或x＝3，
∴B（3，0），
∴BC＝32，
点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，
①当CP＝CB时，PC＝32，∴OP＝OC+PC＝3+32或OP＝PC﹣OC＝32-3
∴P1（0，3+32），P2（0，3﹣32）；
②当BP＝BC时，OP＝OC＝3，
∴P3（0，﹣3）；
③当PB＝PC时，
∵OC＝OB＝3
∴此时P与O重合，
∴P4（0，0）；
综上所述，点P的坐标为：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（0，﹣3）或（0，0）；
（3）如图2，设M运动时间为t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，则DN＝2t，
∴S△MNB=12×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣1）2+1，
即当M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）时△MNB面积最大，最大面积是1．
【点评】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数，等腰三角形的性质，轴对称的性质等知识，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
例2．如图，直线y＝﹣2x+4交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A、E，点E的坐标是（5，3），抛物线交x轴于另一点C（6，0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）设抛物线的顶点为D，连接BD，AD，CD，动点P在BD上以每秒2个单位长度的速度由点B向点D运动，同时动点Q在线段CA上以每秒3个单位长度的速度由点C向点A运动，当其中一个点到达终点停止运动时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒，PQ交线段AD于点H．
①当∠DPH＝∠CAD时，求t的值；
②过点H作HM⊥BD，垂足为点M，过点P作PN⊥BD交线段AB或AD于点N．在点P、Q的运动过程中，是否存在以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先由直线解析式求得点A、B坐标，根据两点式设抛物线解析式，将点E坐标代入抛物线解析式求得a的值，从而得出答案；
（2）①由点A，点B，点C，点D坐标可求AD＝CD，BD∥OC，可证四边形PDQC是平行四边形，可得PD＝CQ，即3t＝4﹣2t，解之即可；
②分点N在AB上和点N在AD上两种情况分别求解．
【解答】解：（1）在直线y＝﹣2x+4中，
令x＝0时，y＝4，
∴点B坐标（0，4），
令y＝0时，得：﹣2x+4＝0，
解得：x＝2，
∴点A（2，0），
∵抛物线经过点A（2，0），C（6，0），E（5，3），
∴可设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣6），
将E（5，3）代入，得：3＝a×（5﹣2）×（5﹣6），
解得：a＝﹣1，
∴抛物线解析式为：y＝﹣（x﹣2）（x﹣6）＝﹣x2+8x﹣12；
（2）①∵抛物线解析式为：y＝﹣x2+8x﹣12＝﹣（x﹣4）2+4，
∴顶点D（4，4），
∵点B坐标（0，4），
∴BD∥OC，BD＝4，
∵y＝﹣x2+8x﹣12与x轴交于点A，点C，
∴令y＝0，得0＝﹣x2+8x﹣12，
解得：x1＝6，x2＝2，
∴点C（6，0），点A（2，0），
∴AC＝4，
∵点D（4，4），点C（6，0），点A（2，0），
∴AD＝CD＝25，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵BD∥AC，
∴∠DPH＝∠PQA，
且∠DPH＝∠DAC，
∴∠PQA＝∠DAC，
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴∠PQA＝∠DCA，
∴PQ∥DC，且BD∥AC，
∴四边形PDCQ是平行四边形，
∴PD＝QC，
∴4﹣2t＝3t，
∴t=45；
②存在以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形，此时t＝1-55．
如图，若点N在AB上时，即0≤t≤1，
∵BD∥OC，
∴∠DBA＝∠OAB，
∵点B坐标（0，4），A（2，0），点D（4，4），
∴AB＝AD＝25，OA＝2，OB＝4，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴tan∠OAB=OBOA=42=tan∠DBA=PNBP，
∴PN＝2BP＝4t，
∴MH＝PN＝4t，
∵tan∠ADB＝tan∠ABD=MHMD=2，
∴MD＝2t，
∴DH=MD2+MH2=25t，
∴AH＝AD﹣DH＝25-25t，
∵BD∥OC，
∴PDAQ=DHAH，
∴4-2t4-3t=25t25-25t，
∴5t2﹣10t+4＝0，
∴t1＝1+55（舍去），t2＝1-55；
若点N在AD上，即1＜t≤43，
∵PN＝MH，
∴点H、N重合，此时以点P，N，H，M为顶点的矩形不存在，
综上所述：当以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形时，t的值为1-55．
【点评】本题是一道关于二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、平行四边形的判定与性质、勾股定理，相似三角形的判定与性质，矩形性质等知识点．灵活运用相似三角形的性质求线段的长度是本题的关键．
例3．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+43x+c与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C（0，﹣2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AC，点D为线段AC下方抛物线上一动点，过点D作DE∥y轴交线段AC于E点，连接EO，记△ADC的面积为S1，△AEO的面积为S2，求S1﹣S2的最大值及此时点D的坐标；
（3）如图2，在（2）问的条件下，将抛物线沿射线CB方向平移352个单位长度得到新抛物线，动点M在原抛物线的对称轴上，点N为新抛物线上一点，直接写出所有使得以点A、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形的点N的坐标，并把求其中一个点N的坐标的过程写出来．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由S＝（S1+S′）﹣（S2+S′）＝（S四边形ADCO﹣S′）﹣S△AOC，即可求解；
（3）分AD、AM、AN是平行四边形的对角线三种情况，利用中点坐标公式分别求解即可．
【解答】解：（1）由题意得：c=-29a-43×3+c=0，解得a=23c=-2，
则抛物线的表达式为：y=23x2+43x﹣2；
（2）对于：y=23x2+43x﹣2，令y＝0，解得x＝﹣3或1，
即点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0），
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y=-23x﹣2，
设点D（m，23m2+43m﹣2），则点E（m，-23m﹣2），
设S＝S1﹣S2，S′＝S△COE，而S△AOC=12×AO×CO=12×3×2=3，
则S＝（S1+S′）﹣（S2+S′）＝（S四边形ADCO﹣S′）﹣S△AOC＝S四边形ADCO﹣S2﹣3
=12•AO•|yD|+12•CO•|xD|-12⋅AO×|yE|﹣3
=12×3×（-23m2-43m+2）+12×2（﹣m）-12×3（23m+2）﹣3
＝﹣m2﹣4m﹣3，
∵﹣1＜0，
则S即S1﹣S2有最大值，当m＝﹣2时，S1﹣S2的最大值为1，
此时，点D（﹣2，﹣2）；
（3）y=23x2+43x﹣2=23（x+1）2-83，
∵抛物线沿射线CB方向平移352个单位长度，
则相当于抛物线向右平移32个单位，向上平移了3个单位，
故新的抛物线表达式为：y＝（x+1-32）2-83+3＝x2﹣x+712，
设点N的坐标为（n，n2﹣n+712），
①当AD是平行四边形的对角线时，
由中点坐标公式得：xD+xA＝xM+xN，
即﹣1﹣3＝n﹣1，解得n＝﹣3，
当n＝﹣3时，n2﹣n+712=13112，
即点N的坐标为（﹣3，-13112）；
②当AM是平行四边形的对角线时，
同理可得：﹣1﹣3＝n﹣1，解得n＝﹣3，
即点N的坐标为（﹣3，-13112）；
③当AN是平行四边形的对角线时，
同理可得：﹣1﹣1＝n﹣3，解得n＝1，
即点N的坐标为（1，712）；
综上，点N的坐标为（﹣3，-13112）或（1，712）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数图象上点坐标的特征，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
例4．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点A的坐标；
（2）如图2，连接AC，点D为线段AC下方抛物线上一动点，过点D作DE∥y轴交线段AC于E点，连接EO、AD，记△ADC的面积为S1，△AEO的面积为S2，求S1﹣S2的最大值及此时点D的坐标；
（3）如图3，连接CB，并将抛物线沿射线CB方向平移210个单位长度得到新抛物线，动点N在原抛物线的对称轴上，点M为新抛物线与y轴的交点，当△AMN为以AM为腰的等腰三角形时，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）令y＝0，即可求A点坐标；
（2）延长DE交x轴于点K，求出直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣3，设D（t，t2+2t﹣3），其中﹣3＜t＜0，则E（（t，﹣t﹣3），K（t，0），即可求S1﹣S2=-32t2-92t﹣（32t+92=-32t2﹣6t-92）=-32（t+2）2+32，当t＝﹣2时，S1﹣S2取得最大值，最大值为32，此时点D的坐标为（﹣2，﹣3）；
（3）由题意可求抛物线向右平移2个单位长度，向上平移6个单位长度，则平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣1）2+2，可求M（0，3），设N（﹣1，n），分两种情况①当AM＝AN时，9+9＝4+n2，得到N（﹣1，14）或N（﹣1，-14）；②当AM＝MN时，9+9＝1+（3﹣n）2，得到N（﹣1，3+17）或N（﹣1，3-17）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），
令y＝0，得x2+2x﹣3＝0，解得x1＝﹣3，x2＝1，
∵点A在点B的左侧，
∴点A的坐标为（﹣3，0）；
（2）如图，延长DE交x轴于点K，
∵抛物线y＝x2+2x﹣3与y轴交于点C，
∴C（0，﹣3），
设直线AC的函数表达式为y＝kx+n（k≠0），
∵A（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴n=-3-3k+n=0，
解得k=-1n=-3，
∴直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣3，
设D（t，t2+2t﹣3），其中﹣3＜t＜0，
∴E（（t，﹣t﹣3），K（t，0），
∴DE＝﹣t2﹣3t，
∵S1＝S△ADC=12DE•OA=32（﹣t2﹣3t）=-32t2-92t，
S2＝S△AEO=12EK•OA=32（t+3）=32t+92，
∴S1﹣S2=-32t2-92t﹣（32t+92=-32t2﹣6t-92）=-32（t+2）2+32，
∴当t＝﹣2时，S1﹣S2取得最大值，最大值为32，
此时点D的坐标为（﹣2，﹣3）；
（3）∵C（0，﹣3），B（1，0），
∴OBOC=13，
∵抛物线沿射线CB方向平移210个单位长度，
∴抛物线向右平移2个单位长度，向上平移6个单位长度，
∴平移后的抛物线解析式为y＝（x+1﹣2）2﹣4+6＝（x﹣1）2+2，
当x＝0时，y＝3，
∴M（0，3），
∵原抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设N（﹣1，n），
①当AM＝AN时，9+9＝4+n2，
∴n＝±14，
∴N（﹣1，14）或N（﹣1，-14）；
②当AM＝MN时，9+9＝1+（3﹣n）2，
∴n＝3+17或n＝3-17，
∴N（﹣1，3+17）或N（﹣1，3-17）；
综上所述：N点坐标为（﹣1，14）或（﹣1，-14）或（﹣1，3+17）或（﹣1，3-17）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数解析式、二次函数图象上点坐标特征、三角形的面积，等腰三角形的性质，平移的性质等知识，设点的坐标，用含字母的代数式表示相关线段的长度是解题的关键．
1．如图1，已知抛物线y＝ax2+94x+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且点A的坐标为（﹣1，0）、点C的坐标为（0，3）．
（1）请写出该抛物线的函数表达式和点B的坐标；
（2）如图2，有两动点D、E在△COB的边上运动，运动速度均为每秒5个单位长度，它们分别从点C和点B同时出发，点D沿折线COB按C→O→B方向向终点B运动，点E沿线段BC按B→C方向向终点C运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t秒，请解答下列问题：
①当t为何值时，△BDE的面积等于185；
②在点D、E运动过程中，该抛物线上存在点F，使得依次连接AD、DF、FE、EA得到的四边形ADFE是平行四边形，请直接写出所有符合条件的点F的坐标．
【分析】（1）把A、C两点代入抛物线y＝ax2+94x+c解析式，即可得表达式．令y＝0，得B点的坐标；
（2）①在△OBC中，BC＜OC+OB，当动点E运动到终点C时，另一个动点D也停止运动，由勾股定理得BC＝5，当运动时间为t秒时，BE＝5t，过点E作EN⊥x轴，垂足为N，根据相似三角形的判定得△BEN∽△BCO，根据相似三角形的性质得，点E的坐标为（4﹣4t，3t），分两种情形讨论：Ⅰ、当点D在线段CO上运动时，0＜t≤35，此时CD＝5t，点D的坐标为（0，3﹣5t），S△BDE＝S△BOC﹣S△CDE﹣S△BOD，由S△BDE=185，即可求解；Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时，35＜t≤1，BD＝7﹣5t，S△BDE=12BD•EN=-152t2+212t=185，解方程即可求解；
②根据平行四边形ADFE的性质得出坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+94x+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴a-94+c=0c=3，
解得a=-34c=3，
∴该抛物线的函数表达式为y=-34x2+94x+3；
∵抛物线y=-34x2+94x+3，令y＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B点的坐标为（4，0）；
（2）①∵在△OBC中，BC＜OC+OB，
∴当动点E运动到终点C时，另一个动点D也停止运动，
∵OC＝3，OB＝4，
∴在Rt△OBC中，BC=OB2+OC2=5，
∴0＜t≤1，
当运动时间为t秒时，BE＝CD＝5t，
如图，
过点E作EN⊥x轴，垂足为N，
则△BEN∽△BCO，
∴BNBO=ENCO=BEBC=5t5=t，
∴BN＝4t，EN＝3t，
∴点E的坐标为（4﹣4t，3t），
下面分两种情形讨论：
Ⅰ、当点D在线段CO上运动时，0＜t≤35，
此时CD＝5t，点D的坐标为（0，3﹣5t），
∴S△BDE＝S△BOC﹣S△CDE﹣S△BOD
=12BO•CO-12CD•|xE|-12OB•OD
=12×4×3-12×5t×（4﹣4t）-12×4×（3﹣5t）
＝10t2，
当S△BDE=185时，10t2=185，
解得t1=-35（舍去），t2=35，
∴t=35；
Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时，35＜t≤1，BD＝7﹣5t，
∴S△BDE=12BD•EN=12×（7﹣5t）×3t=-152t2+212t=185，
解得t1=35（不合题意，舍去），t2=45．
综上所述，当t=35或t=45时，△BDE的面积等于185；
②当点D在线段OC上，过点E作EH∥x轴，过点F作FH⊥EH于H，
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∴∠ADF+∠DFE＝180°，
∵CO∥FH，
∴∠ODF+∠DFH＝180°，
∴∠ADO＝∠EFH，
又∵∠AOD＝∠EHF，
∴△ADO≌△EFH（AAS），
∴AO＝EH＝1，FH＝DO＝3﹣5t，
∵点E的坐标为（4﹣4t，3t），
∴点F（5﹣4t，3t+3﹣5t），
∴3t+3﹣5t=-34（5﹣4t）2+94（5﹣4t）+3，
解得：t1=512，t2=32（不合题意舍去），
∴F坐标为（103，136）；
当点D在线段OB上，过点E作EQ⊥AB于Q，过点F作FM⊥AB于M，
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∴∠EAQ＝∠FDM，
又∵∠AQE＝∠DMF＝90°，
∴△AEQ≌△DFM（AAS），
∴DM＝AQ，EQ＝FM，EF＝AD＝4﹣（7﹣5t）+1＝5t﹣2，
∵点E的坐标为（4﹣4t，3t），
∴点F（2+t，3t），
∴3t=-34（2+t）2+94（2+t）+3，
解得：t3＝﹣6（不合题意舍去），t4＝1，
∴F坐标为（3，3）．
综上所述：F的坐标为（3，3）或（103，136）．
【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的解析式，抛物线与坐标轴的交点，勾股定理，二次函数的性质相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，正确运用分类讨论思想是解题的关键．
2．如图，抛物线y=-43x2+bx+c经过A（3，0），C（﹣1，0）两点，与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点M是线段AB上方抛物线上一动点，以AB为边作平行四边形ABMD，连接OM，若OM将平行四边形ABMD的面积分成为1：7的两部分，求点M的横坐标；
（3）如图2，点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿B→A匀速运动，同时点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿A→O→B匀速运动，当点P到达点A时，P、Q同时停止运动，设点P运动的时间为t秒，点G在坐标平面内，使以B、P、Q、G为顶点的四边形是菱形，直接写出所有符合条件的t值．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）连接AM，设AB与OM的交点为N，作NH⊥OA于点H，则NH∥OB，设点M(m，-43m2+83m+4)，点N(m，-43m+4)，证明△ANH∽△AOB，求出m=34，可得N(34，3)，求出直线OM的解析式，联立方程组y=4xy=-43x2+83x+4，即可求M点的横坐标；
（3）分两种情况讨论：①当0＜t≤3时，P（35t，4-45t），Q（3﹣t，0），再由菱形的边的性质分三种情况求解：当BP＝PQ时，t=2511或t＝5（舍）；当BP＝BQ时，t=256（舍）；当BQ＝PQ时，t＝0（舍）或t=5011（舍）；②当3＜t≤5时，P（35t，4-45t），Q（0，t﹣3），再由菱形的边的性质分三种情况求解：当BP＝BQ，t＝3.5；当BP＝PQ时，t＝7（舍）或t=3513（舍）；当BQ＝PQ时，t＝0（舍）或t=5613．
【解答】解：（1）将（3，0），（﹣1，0）代入y=-43x2+bx+c，
得0=-43×9+3b+c0=-43-b+c，
解得b=83c=4，
∴y=-43x2+83x+4；
（2）连接AM，设AB与OM的交点为N，作NH⊥OA于点H，则NH∥OB，
∵A（3，0），B（0，4），
设直线AB的解析式为y＝kx+4，
∴3k+4＝0，
∴k=-43，
∴y=-43x+4，
设点M(m，-43m2+83m+4)，点N(m，-43m+4)，
∵S△BMN：S△ABM＝1：4，
∴S△BMN：S△ABM＝1：4，
∴BN：AN＝1：3，
∵NH∥OB，
∴△ANH∽△AOB，
∴NHOB=ANAB，即-43m+44=34，
解得m=34，
∴N(34，3)，
∴直线OM的解析式为y＝4x，
联立方程组y=4xy=-43x2+83x+4，
解得x=-1±132，
∵点M在第一象限，
∴x=-1+132，
∴点M的横坐标为-1+132；
（3）∵A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
①当0＜t≤3时，P（35t，4-45t），Q（3﹣t，0），
∵四边形BPQG是菱形，
当BP＝PQ时，t2＝（35t﹣3+t）2+（45t）2，
解得t=2511或t＝5（舍）；
当BP＝BQ时，（3﹣t）2+42＝t2，
解得t=256（舍）；
当BQ＝PQ时，（3﹣t）2+42＝（35t﹣3+t）2+（45t）2，
解得t＝0（舍）或t=5011（舍）；
②当3＜t≤5时，P（35t，4-45t），Q（0，t﹣3），
∵四边形BPQG是菱形，
当BP＝BQ，t2＝（7﹣t）2，
∴t＝3.5；
当BP＝PQ时，t2＝（35t）2+（4-45t﹣t+3）2，
解得t＝7（舍）或t=3513（舍）；
当BQ＝PQ时，（7﹣t）2＝（35t）2+（4-45t﹣t+3）2，
解得t＝0（舍）或t=5613；
综上所述：t的值为5613或3.5或2511．
【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，菱形的性质，分类讨论是解的关键．
3．平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（1，0），与y轴交于点C，点D为顶点．
（1）求抛物线的解析式和tan∠DAC；
（2）点E是直线AC下方的抛物线上一点，且S△ACE＝2S△ACD，求点E的坐标；
（3）如图2，若点P是线段AC上的一个动点，连接DP，∠DPQ＝∠DAC，作DQ⊥DP交于点D，DQ与y轴交于点Q，则点P在线段AC上运动时，D点不变，Q点随之运动．求当点P从点A运动到点C时，点Q运动的路径长．
【分析】（1）将点A（﹣3，0），B（1，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx+3可解的a，b的值，从而得到解析式，tan∠DAC=DCAC，可根据表达式求出C，D的坐标然后计算DC和AC的长度计算；
（2）可取一点E，过E作EF平行于x轴，交AC于F此时可表示出S△ACE，根据类方程S△ACE＝2S△ACD，求E点坐标即可；
（3）根据题能得到Q的运动轨迹为直线，且当P在A处时Q在C处，当P运动到C处时，分别求出CQ，DQ'的长，即可求解．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx+3可得：
0=9a-3b+30=a+b+3，解得a=-1b=-2；
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
∴D（﹣1，4），C（0，3）；
∴AC=32，DC=2；
∴tan∠DAC=13．
（2）如图1所示，过E作EF∥x轴交AC于点F，设点E（m，﹣m2﹣2m+3），直线AC的表达式为y＝kx+n，
将A（﹣3，0），C（0，3）分别代入y＝kx+n可得：
0=-3k+n3=n，解得k=1n=3，
∴直线AC表达式为y＝x+3，
∴F（﹣m2﹣2m，﹣m2﹣2m+3），
∴EF＝m+m2+2m＝m2+3m，
∴S△ACE=12（yC﹣yA）EF，
∵S△ACD=12AC•CD＝3，
∴S△ACE=12（xC﹣xA）EF＝2S△ACD＝6，
∴32（m2+3m）＝6，
解得m1＝1，m2＝﹣4，
∴E（1，0）或（﹣4，﹣5）．
（3）如图2所示
当点P与点A重合时，
∵∠ADQ＝∠DCA＝90°，
∴∠DAC+∠ADC＝90°＝∠ADC+∠QDC，
∴∠DAC＝∠QDC，
又∵∠DCA＝∠DCQ＝90°，
∴△ADC∽△DQC，
∴DCAC=CQDC，
∴CQ=2×232=23，
当点P与点C重合时，
∴∠Q'DC＝∠ACD＝90°，
∴DQ'∥CQ，
∵∠DAC＝∠Q'P'D，∠Q'DP'＝∠ACD＝90°，
∴△ADC∽△P'Q'D，
∴DQ'DC=DCAC，
∴DQ'=23，
∴DQ'＝CQ，
∴四边形DQ'QC是平行四边形，
∴QQ'＝CD=2．
【点评】本题综合性比较强，主要考查二次函数点相关知识，解题的关键在于找出变换后的图形，根据已知条件，建立方程求解．
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且OA＝OC＝3OB，连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P和动点Q同时出发，点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ，当点P到达点A时，点Q停止运动，求S△CPQ的最大值及此时点P的坐标；
（3）点M是抛物线上一点，是否存在点M，使得∠ACM＝15°？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）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出CQ与PH的长，由三角形的面积公式和二次函数的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，先求出CM的解析式，联立方程组可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交y轴于点C，
∴点C（0，6），
∴OC＝6，
∵OA＝OC＝3OB，
∴OA＝OC＝6，OB＝2，
∴点A（﹣6，0），点B（2，0），
将点A，点B坐标代入解析式，可得：0=4a+2b+60=36a-6b+6，
解得：a=-12b=-2，
∴抛物线的表达式为：y=-12x2﹣2x+6；
（2）如图，过点P作PH⊥CO于H，
∵OA＝OC＝6，
∴∠OCA＝45°
∵PH⊥OC，
∴∠ACO＝∠CPH＝45°，
∴PH＝CH，
∵点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，
∴CP＝2t，OQ＝t，
∴PH＝CH=2t，CQ＝6﹣t，
∴S△PCQ=12×CQ×PH=22（﹣t2+6t）=-22（t﹣3）2+922，
∴当t＝3时，S△CPQ的最大值为922，
∴PH＝CH＝32，
∴OH＝6﹣32，
∴点P的坐标为（﹣32，6﹣32）；
（3）如图，当点M在AC的下方时，设CM与x轴的交点为H，
∵∠ACM＝15°，∠ACO＝45°，
∴∠OCH＝30°，
∴tan∠OCH=OHCO=33，
∴OH＝23，
∴点H（﹣23，0），
∴直线CM的解析式为：y=3x+6，
联立方程组可得：y=3x+6y=-12x2-2x+6，
解得：x=0y=0（舍去）或x=-4-23y=-43，
故点M（﹣4﹣23，﹣43）；
当点M'在AC的上方时，设CM'与x轴的交点为G，
∵∠ACM'＝15°，∠ACO＝45°，
∴∠OCG＝60°，
∴tan∠OCGOGOC=3，
∴OG＝63，
∴点H（﹣63，0），
∴直线CM'的解析式为：y=33x+6，
联立方程组可得：y=33x+6y=-12x2-2x+6，
解得：x=0y=0（舍去）或x=-4-233y=-433+163，
故点M（﹣4-233，-433+163）；
综上所述：点M的坐标为（﹣4﹣23，﹣43）或（﹣4-233，-433+163）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，直角三角形的性质，解直角三角形，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
5．如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴正半轴、y轴分别交于A（3，0）、B（0，3）两点，点P为抛物线的顶点，连接AB、BP．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求∠PBA的度数；
（3）如图2，点M从点O出发，沿着OA的方向以1个单位/秒的速度向A匀速运动，同时点N从点A出发，沿着AB的方向以2个单位/秒的速度向B匀速运动，设运动时间为t秒，ME⊥x轴交AB于点E，NF⊥x轴交抛物线于点F，连接MN、EF．
①当EF∥MN时，求点F的坐标；
②在M、N运动的过程中，存在t使得△BNP与△BMN相似，请直接写出t的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，过点P作PD⊥y轴于点D，可证：△PBD是等腰直角三角形，△AOB是等腰直角三角形，即可求得答案；
（3）①如图2，延长FN交x轴于点G，由△AEM是等腰直角三角形，可得EM＝AM＝3﹣t，再由四边形EFNM是平行四边形，可得EM＝FN，建立方程求解即可得出答案；
②如图3，过点N作HG⊥x轴于点G，由于∠MBN＜90°，故∠MBN≠∠PBN，若∠BMN＝∠PBN＝90°，推出t＝0，不符合题意；若∠BNM＝∠PBN＝90°，可求得t＝1，进而可得△BNM∽△NBP，故t＝1．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（3，0）、B（0，3）两点，
∴-9+3b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点P（1，4），
如图1，过点P作PD⊥y轴于点D，
则D（0，4），∠PDB＝90°，
∴PD＝1，BD＝4﹣3＝1，
∴PD＝BD，
∴△PBD是等腰直角三角形，
∴∠PBD＝45°，BP=2，
∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝45°，AB＝32，
∴∠PBA＝180°﹣∠PBD﹣∠ABO＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
（3）①如图2，延长FN交x轴于点G，
由题意得：OM＝t，AN=2t，
∴AM＝3﹣t，
∵FN⊥x轴，
∴∠AGN＝90°，
由（2）知：△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝45°，
∴△ABG是等腰直角三角形，
∴AG＝NG=22AN=22×2t＝t，
∴G（3﹣t，0），
当x＝3﹣t时，﹣x2+2x+3＝﹣（3﹣t）2+2（3﹣t）+3＝﹣t2+4t，
∴F（3﹣t，﹣t2+4t），
∴FG＝﹣t2+4t，
∴FN＝FG﹣NG＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，
∵ME⊥x轴，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴EM＝AM＝3﹣t，
∵ME⊥x轴，
∵EF∥MN，FN⊥x轴，
∴四边形EFNM是平行四边形，
∴EM＝FN，
∴3﹣t＝﹣t2+3t，
解得：t＝1或t＝3（不符合题意，舍去），
∴F（2，3）；
②存在．如图3，过点N作HG⊥x轴于点G，
由①知：OM＝t，AN=2t，AG＝NG＝t，
∴MG＝3﹣2t，
∴BN＝32-2t，BP=2，∠PBN＝90°，
∵∠MBN＜90°，
∴∠MBN≠∠PBN，
若∠BMN＝∠PBN＝90°，
则∠BMO+∠NMG＝90°，
∵∠BOM＝∠MGN＝90°，
∴∠BMO+∠MBO＝90°，
∴∠MBO＝∠NMG，
∴△BMO∽△MNG，
∴OBMG=OMNG，即33-2t=tt=1，
∴3﹣2t＝3，
解得：t＝0（不符合题意，舍去），
故∠BMN≠∠PBN，
若∠BNM＝∠PBN＝90°，则∠ANM＝90°，
∴△AMN是等腰直角三角形，
∴AM=2AN＝2t，
∴OA＝OM+AM＝3t＝3，
∴t＝1，
当t＝1时，MN＝AN=2，
∴BN＝AB﹣AN＝32-2=22，
∵MNBN=222=12，BPBN222=12，
∴MNBN=BPBN，且∠BNM＝∠PBN＝90°，
∴△BNM∽△NBP，
综上所述，当△BNP与△BMN相似时，t＝1．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
6．如图，抛物线y=-29x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，4），作CD∥x轴交抛物线于点D，作DE⊥x轴，垂足为E，动点M从点E出发在线段EA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时动点N从点A出发在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设△DMN的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）①当MN∥DE时，直接写出t的值；
②在点M和点N运动过程中，是否存在某一时刻，使MN⊥AD？若存在，直接写出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据抛物线y=-29x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，4），可以求得b、c的值，从而可以求得抛物线的解析式；
（2）要求△DMN的面积，根据题目中的信息可以得到梯形AEDC的面积、△ANM的面积、△MDE的面积、△CND的面积，从而可以解答本题；
（3）①根据MN∥DE，可以得到△AMN和△AOC相似，从而可以求得t的值；
②根据题目中的条件可以求得点N、点M、点A、点D的坐标，由AD⊥MN可以求得相应的t的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y=-29x2+bx+c经过点A（﹣3，0），点C（0，4），
∴-29×(-3)2+b×(-3)+c=0c=4，
解得，b=23c=4，
即抛物线的解析式为：y=-29x2+23x+4；
（2）作NH⊥AM于点H，如由图1所示，
∵y=-29x2+23x+4，
∴对称轴x=-232×(-29)=32，
∵点A（﹣3，0），点C（0，4），CD∥x轴交抛物线于点D，DE⊥x轴，垂足为E，
∴点D（3，4），点E（3，0），OA＝3，OC＝4，
∴AC＝5，AE＝6，CD＝3，
∵NH⊥AM，AN＝t，ME＝2t，
∴△ANH∽△ACO，AM＝6﹣2t，
∴ANAC=NHCO，
即t5=NH4，得NH＝0.8t，
∴S＝S梯形AECD﹣S△AMN﹣S△DME﹣S△CDN
=12×（3+6）×4-12(6-2t)×0.8t-12×2t×4-12×3（4﹣0.8t）
＝0.8t2﹣5.2t+12，
即S与t的函数关系式是S＝0.8t2﹣5.2t+12（0＜t≤3）；
（3）①当MN∥DE时，t的值是3013，
理由：如右图2所示
∵MN∥DE，AE＝6，AC＝5，AO＝3，
∴AM＝6﹣2t，AN＝t，△AMN∽△AOC，
∴AMAO=ANAC，
即6-2t3=t5，
解得，t=3013；
②存在某一时刻，使MN⊥AD，此时t的值是9047，
理由：如右图3所示，
设过点A（﹣3，0），C（0，4）的直线的解析式为y＝kx+b，
则-3k+b=0b=4，得k=43b=4，
即直线AC的解析式为y=43x+4，
∵NH＝0.8t，
∴点N的纵坐标为0.8t，
将y＝0.8t代入y=43x+4得x＝0.6t﹣3，
∴点N（0.6t﹣3，0.8t）
∵点E（3，0），ME＝2t，
∴点M（3﹣2t，0），
∵点A（﹣3，0），点D（3，4），点M（3﹣2t，0），点N（0.6t﹣3，0.8t），AD⊥MN，
∴4-03-(-3)⋅0.8t-0(0.6t-3)-(3-2t)=-1，
解得，t=9047．
【点评】本题考查二次函数综合题，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，运用三角形的相似，数形结合的思想解答问题．
7．如图1（注：与图2完全相同），二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）设该抛物线的顶点为D，求△ACD的面积（请在图1中探索）；
（3）若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ所在的直线翻折，点A恰好落在抛物线上E点处，请直接判定此时四边形APEQ的形状，并求出E点坐标（请在图2中探索）．
【分析】（1）将A，B点坐标代入函数y=43x2+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式；
（2）由解析式先求得点D、C坐标，再根据S△ACD＝S梯形AOMD﹣S△CDM﹣S△AOC，列式计算即可；
（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、E对称，则AP＝EP，AQ＝EQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等的性质可用t表示E点坐标，又E在二次函数的图象上，所以代入即可求t，进而E可表示．
【解答】解：（1）∵二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），
∴43×9+3b+c=043×1-b+c=0，
解得：b=-83c=-4，
∴y=43x2-83x﹣4；
（2）过点D作DM⊥y轴于点M，
∵y=43x2-83x﹣4=43（x﹣1）2-163，
∴点D（1，-163）、点C（0，﹣4），
则S△ACD＝S梯形AOMD﹣S△CDM﹣S△AOC
=12×（1+3）×163-12×（163-4）×1-12×3×4
＝4；
（3）四边形APEQ为菱形，E点坐标为（-58，-2916）．理由如下
如图2，E点关于PQ与A点对称，过点Q作，QF⊥AP于F，
∵AP＝AQ＝t，AP＝EP，AQ＝EQ
∴AP＝AQ＝QE＝EP，
∴四边形AQEP为菱形，
∵FQ∥OC，
∴AFAO=FQOC=AQAC，
∴AF3=FQ4=t5
∴AF=35t，FQ=45t•
∴Q（3-35t，-45t），
∵EQ＝AP＝t，
∴E（3-35t﹣t，-45t），
∵E在二次函数y=43x2-83x﹣4上，
∴-45t=43（3-85t）2-83（3-85t）﹣4，
∴t=14564，或t＝0（与A重合，舍去），
∴E（-58，-2916）．
【点评】本题考查了二次函数性质、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知识，总体来说题意复杂但解答内容都很基础，熟练地运用数形结合是解决问题的关键．
（1）若点D的横坐标为2，求抛物线的函数解析式；
8．如图所示，已知抛物线y＝a（x+3）（x﹣1）（a≠0），与x轴从左至右依次相交于A、B两点，与y轴相交于点C，经过点A的直线y=-3x+b与抛物线的另一个交点为D．
（2）若在第三象限内的抛物线上有点P，使得以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的坐标；
（3）在（1）的条件下，设点E是线段AD上的一点（不含端点），连接BE．一动点Q从点B出发，沿线段BE以每秒1个单位的速度运动到点E，再沿线段ED以每秒233个单位的速度运动到点D后停止，问当点E的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中所用时间最少？
【分析】（1）根据二次函数的交点式确定点A、B的坐标，进而求出直线AD的解析式，接着求出点D的坐标，将D点坐标代入抛物线解析式确定a的值．
（2）由于没有明确说明相似三角形的对应顶点，因此需要分情况讨论：①当△BPA∽△ABC时；②当△PBA∽△ABC时．
（3）作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，根据正切的定义求出Q的运动时间t＝BE+EF时，t最小即可．
【解答】解：（1）∵y＝a（x+3）（x﹣1），
∴点A的坐标为（﹣3，0）、点B两的坐标为（1，0），
∵直线y=-3x+b经过点A，
∴b＝﹣33，
∴y=-3x﹣33，
当x＝2时，y＝﹣53，
则点D的坐标为（2，﹣53），
∵点D在抛物线上，
∴a（2+3）（2﹣1）＝﹣53，
解得，a=-3，
则抛物线的解析式为y=-3（x+3）（x﹣1）=-3x2﹣23x+33；
（2）如图1中，设P（m，n），作PH⊥x轴于H．
①当△BPA∽△ABC时，∠BAC＝∠PBA，
∴tan∠BAC＝tan∠PBA，即OCOA=PHHB，
即-3a3=-n-m+1．解得n＝﹣a（m﹣1）．
∴n=-a(m-1)n=a(m+3)(m-1)，
解得m＝﹣4或1（舍弃），
当m＝﹣4时，n＝5a，
∵ACAB=ABPB，即AB2＝AC•PB，
∴AB2=OC2+OA2•HB2+HP2，
即42=9a2+9•25a2+25，
解得a=-1515或1515（舍弃），
∴P（﹣4，-'153）．
②当△PBA∽△ABC时，∠CBA＝∠PBA，
∴tan∠CBA＝tan∠PBA，即OCOB=PHHB，
∴-3a1=-n-m+1，
∴n＝﹣3a（m﹣1），
∴n=-3a(m-1)n=a(m+3)(m-1)，
解得m＝﹣6或1（舍弃），
当m＝﹣6时，n＝21a，
∵BCBA=ABPB，即AB2＝BC•PB=OC2+OB2⋅PH2+HB2，
∴42=1+9a2•72+(-21a)2，
∴a=-77或77（舍弃），
∴P（﹣6，﹣37）．
（3）如图2中，作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，
则tan∠DAN=DNAN=535=3，
∴∠DAN＝60°，
∴∠EDF＝60°，
∴DE=EFsin∠EDF=233EF，
∴Q的运动时间t=BE1+DE233=BE+EF，
∴当BE和EF共线时，t最小，
则BE⊥DM，此时点E坐标（1，﹣43）．
【点评】本题考查的是二次函数知识的综合运用，掌握二次函数的性质、二次函数的交点式、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意分情况讨论讨论，属于中考压轴题．
9．如图①，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），直线BE交y轴正半轴于点E．
（1）求经过A、B、C三点的抛物线解析式及顶点D的坐标；
（2）连接BD、CD，设∠DBO＝α，∠EBO＝β，若tan （α﹣β）＝1，求点E的坐标；
（3）如图②，在（2）的条件下，动点M从点C出发以每秒2个单位的速度在直线BC上移动（不考虑点M与点C、B重合的情况），点N为抛物线上一点，设点M移动的时间为t秒，在点M移动的过程中，以E、C、M、N四个点为顶点的四边形能否成为平行四边形？若能，直接写出所有满足条件的t值及点M的个数；若不能，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法求出求出抛物线解析式，再配成顶点式，求出顶点坐标；
（2）方法一：先求出∠DBE＝45°，再构造出等腰直角三角形，由两腰相等建立方程求出点E的坐标；
方法二：先判断出∠BCD＝90°，进而得出△OBE∽△CBD，即可求出OE即可得出结论；
（3）分两种情况讨论计算①CE为平行四边形的边，用MN＝CE建立方程求出点M坐标，从而求出时间t，
②利用平行四边形的对角线互相平分，借助中点坐标建立方程组求出点M坐标即可．
【解答】解：（1）经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点的抛物线，
∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
∵点C（0，3）在抛物线上，
∴3＝﹣3a，
∴a＝﹣1
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点坐标为D（1，4），
（2）方法一：∵tan （α﹣β）＝1，
∴α﹣β＝45°，
∵∠DBO＝α，∠EBO＝β，
∴∠DBE＝45°，
如图1，
过点E作EF⊥BD于F，
∴EF＝BF，
∵B（3，0），D（1，4），
∴直线BD解析式为y＝﹣2x+6①，
设点E（0，b），
∵EF⊥BD，
∴直线EF解析式为y=12x+b②，
联立①②解方程组得，x=25(6-b)，y=25（2b+3），
∴F（25(6-b)，25（2b+3）），
∴EF2＝[25（6﹣B）]2+[25（2b+3）﹣b]2=15（6﹣b）2，FB2＝[25(6-b)-3]2+[25（2b+3）]2＝[15（2b+3）]2，
∵EF＝FB，
∴EF2＝FB2，
∴15（6﹣b）2＝[15（2b+3）]2，
∴b＝﹣9（舍）或b＝1，
∴E（0，1），
方法二、∵tan （α﹣β）＝1，
∴α﹣β＝45°，
∵∠DBO＝α，∠EBO＝β，
∴∠DBE＝45°，
∵C（0，3），B（3，0），
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
∴∠CBD＝∠OBE，
∵B（3，0），C（0，3），D（1，4），
∴OB＝3，BC2＝18，CD2＝2，BD2＝20，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形，
∴∠BCD＝90°＝∠BOE，
∵∠CBD＝∠OBE，
∴△OBE∽△CBD，
∴OECD=OBBC，
∴OE2=332，
∴OE＝1，
∴E（0，1），
（3）能，
理由：∵B（3，0），C（0，3），
∴直线BC解析式为y＝﹣x+3，
设点M（m，﹣m+3），
∵E、C、M、N四个点为顶点的四边形为平行四边形，
∴分CE为边和CE为对角线进行计算，
①如图2，
当CE是平行四边形的边时，MN∥CE，MN＝CE，
过M作MN∥CE交抛物线于N，
∵点N在抛物线上，
∴N（m，﹣m2+2m+3），
∴MN＝|﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）|＝|m2﹣3m|，
∵C（0，3），E（0，1），
∴CE＝2，
∵MN＝CE，
∴|m2﹣3m|＝2，
∴m=3±172或m＝1或m＝2，
∴M（3+172，3-172）或（3-172，3+172）或（1，2）或（2，1）；
∵C（0，3）
当M（3+172，3-172）时，CM=2×3+172，
∴t=CM2=3+172，
当M（3-172，3+172）时，
同理：t=17-32，
当M（1，2）时，CM=2，
∴t=2÷2=1，
当M（2，1）时，CM＝22，
∴t＝22÷2=2，
②当CE是平行四边形的对角线时，MN与CE互相平分，
∵C（0，3），E（0，1），
∴线段CE的中点坐标为（0，2），
∵M（m，﹣m+3），
∴CM=m2+(-m+3-3)2=2|m|，
∴t=2|m|÷2=|m|
∵点N在抛物线y＝﹣x2+2x+3上，
设点N（n，﹣n2+2n+3），
利用中点坐标得，m+n2=0，-m+3+(-n2+2n+3)2=2，
∴m=-3+172n=3+172或m=-3-172n=3-172，
∴M（-3+172，9+172）或（-3-172，9-172），
当M（-3+172，9+172）时，
∴t=3+172
当M（-3-172，9-172）时，
∴t=17-32；
即：满足条件的t的值为3+172或17-32或1或2．点M共有6个．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，配方法，构造直角三角形，两点间的距离公式，平行四边形的性质，中点坐标，绝对值方程，构造直角三角形是解本题的关键，是一道中上难度的中考常考题，计算量较大．
10．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0）、B（4，0）两点，且与y轴交于点C，D（4﹣42，0）．动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；
（3）在第一象限的抛物线上取一点G，使得S△GCB＝S△GCA，再在抛物线上找点E（不与点A、B、C重合），使得∠GBE＝45°，求E点的坐标．
【分析】（1）直接利用待定系数法求二次函数解析式得出即可；
（2）首先求出△AQD∽△ACB，则ADAB=DQBC，得出DQ＝DP的长，进而得出答案；
（3）首先得出G点坐标，进而得出△BGM∽△BEN，进而假设出E点坐标，利用相似三角形的性质得出E点坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx+4得：
9a-3b+4=016a+4b+4=0，
解得：a=-13b=13，
故抛物线的解析式为：y=-13x2+13x+4；
（2）如图，连接QD，
由B（4，0）和D（4-42，0），
可得BD=42，
∵y=-13x2+13x+4，
∴CO＝4，
∴BC＝42，则BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD＝∠QDC，
∴DQ∥BC，
∴△AQD∽△ACB，
∴ADAB=DQBC，
∴7-427=DQ42，
∴DQ=282-327=DP，
t=AP=AD+DP=7-42+282-327=177；
（3）如图，过点G作GM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AB于点N，
∵S△GCB＝S△GCA，
∴只有CG∥AB时，G点才符合题意，
∵C（0，4），
∴4=-13x2+13x+4，
解得：x1＝1，x2＝0，
∴G（1，4），
∵∠GBE＝∠OBC＝45°，
∴∠GBC＝∠ABE，
∴△BGM∽△BEN，
∴GMBM=ENBN=17，
设E（x，-13x2+13x+4）
∴-13x2+13x+44-x=17
解得x1=-187，x2＝4（舍去），
则E（-187，4649）．
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及待定系数法求二次函数解析式和线段垂直平分线的性质等知识，利用数形结合得出△BGM∽△BEN是解题关键．
11．如图，抛物线y＝x2+bx+c经过B（﹣1，0），D（﹣2，5）两点，与x轴另一交点为A，点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ⊥x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q，P．
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在点P，使∠APB＝90°，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；
（3）连接BQ，一动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q，再沿线段QD以每秒2个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时t最少？
【分析】（1）把B（﹣1，0），D（﹣2，5）代入y＝x2+bx+c，得出关于b、c的二元一次方程组，即可求出抛物线的解析式；
（2）根据抛物线解析式求出OA，设P（m，m2﹣2m﹣3），则﹣1≤m≤3，PH＝﹣（m2﹣2m﹣3），BH＝1+m，AH＝3﹣m，证明△AHP∽△PHB，得出PH2＝BH•AH，由此得出方程[﹣（m2﹣2m﹣3）]2＝（1+m）（3﹣m），解方程即可；
（3）由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD，运动时间：t＝BQ+12DQ，如备用图，作辅助线，将BQ+12DQ转化为BQ+QG；再由垂线段最短，得到垂线段BE与直线AD的交点即为所求的Q点．
【解答】解：（1）把B（﹣1，0），D（﹣2，5）代入y＝x2+bx+c，
得1-b+c=04-2b+c=5，解得b=-2c=-3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）存在点P，使∠APB＝90°．
当y＝0时，即x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴OB＝1，OA＝3．
设P（m，m2﹣2m﹣3），则﹣1≤m≤3，PH＝﹣（m2﹣2m﹣3），BH＝1+m，AH＝3﹣m，
∵∠APB＝90°，PH⊥AB，
∴∠PAH＝∠BPH＝90°﹣∠APH，∠AHP＝∠PHB，
∴△AHP∽△PHB，
∴PHBH=AHPH，
∴PH2＝BH•AH，
∴[﹣（m2﹣2m﹣3）]2＝（1+m）（3﹣m），
解得m1＝1+3，m2＝1-3，
∴点P的横坐标为：1+3或1-3；
（3）如图，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN＝5，ON＝2，AN＝3+2＝5，
∴tan∠DAB=DNAN=55=1，
∴∠DAB＝45°．
过点D作DK∥x轴，则∠KDQ＝∠DAB＝45°，DQ=2QG．
由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD，运动时间：t＝BQ+12DQ，
∴t＝BQ+QG，即运动的时间值等于折线BQ+QG的长度值．
由垂线段最短可知，折线BQ+QG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．
过点B作BE⊥DK于点H，则t最小＝BE，BE与直线AD的交点，即为所求之Q点．
∵A（3，0），D（﹣2，5），
∴直线AD的解析式为：y＝﹣x+3，
∵B点横坐标为﹣1，
∴y＝1+3＝4，
∴Q（﹣1，4）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求抛物线与直线的解析式，相似三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，函数图象上点的坐标特征等知识．利用数形结合与方程思想是解题的关键．
12．如图，抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，并经过B（4，4）和C（6，0）两点，点D的坐标为（4，0），连接AD，AB，BC，点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AD向点D运动，到达点D后，以每秒1个单位长度的速度沿射线DC运动，设点E的运动时间为t秒，过点E作AB的垂线EF交直线AB于点F，以线段EF为斜边向右作等腰直角△EFG．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G落在第一象限内的抛物线上时，求出t的值；
（3）设点E从点A出发时，点E，F，G都与点A重合，点E在运动过程中，当△BCG的面积为4时，直接写出相应的t值，并直接写出点G从出发到此时所经过的路径长．
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）先表示G的坐标，再把点G的坐标代入抛物线的解析式中列方程可得t的值；
（3）分三种情况进行讨论：
①当G在BC的左侧时，如图3，作辅助线，根据S△BCG＝S梯形GHDB+S△BDC﹣S△GHC，列式可得t的值，利用勾股定理求AG的长即可；
②当G在BC上时，如图4，根据同角的三角函数得tan∠C=BDDC=GHHC=42=2，则GH＝2HC，列关于t的方程得：t=165；当83＜t≤165时，如图5，同理可得结论；
③当G在BC的右侧时，先计算当E与D重合时，F与B重合，如图6，此时t＝4，计算此时△BCG的面积为2，因此点G继续向前运动；
当t＞4时，如图7，同理列方程可得结论．
【解答】解：（1）将B（4，4）和C（6，0）代入抛物线y＝ax2+bx+4得：
4=16a+4b+40=36a+6b+4，
解得：a=-13b=43，
∴抛物线的解析式为：y=-13x2+43x+4；
（2）如图1，由题意得：AE=2t，
∵A（0，4），B（4，4），
∴AB⊥y轴，且AB∥x轴，
∵OA＝OD＝4，
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴∠ADO＝∠BAD＝45°，
∴△AFE是等腰直角三角形，
∴AF＝EF＝t，
∵△EFG是等腰直角三角形，
∴G（t+12t，4-12t），
即：点G（32t，4-12t），
将点G（32t，4-12t）代入到抛物线得：
4-12t=-13（32t）2+43×32t+4，
解得：t1＝0（舍），t2=103，
答：当t=103时，点G落在抛物线上；
（3）分三种情况：
如图2，连接BD，当G在BD上时，
32t=4，
t=83，
①当G在BC的左侧时，如图3，
过G作GH⊥x轴于H，延长HG交AB于M，则GM⊥AB，
∵B（4，4），D（4，0），
∴BD⊥x轴，
∴S△BCG＝S梯形GHDB+S△BDC﹣S△GHC，
4=12（4-12t+4）（4-32t）+12×4×（6﹣4）-12（6-32t）（4-12t），
4=52t，
解得：t=85，
∴AM=32t=32×85=125，
GM=12t=12×85=45，
在Rt△AGM中，由勾股定理得：AG=AM2+GM2=(125)2+(45)2=4105；
∴当t=85时，此时点G运动的路径长为4105；
②当G在BC上时，如图4，
tan∠C=BDDC=GHHC=42=2，
∴GH＝2HC，
∴4-12t＝2（6-32t），
t=165，
当83＜t≤165时，如图5，
S△BCG＝S△BDC﹣S梯形BDHG﹣S△GHC，
4=12×4×2-12（4-12t+4）（32t﹣4）-12×(4-12t)(6-32t)，
t=85（不在此范围内，不符合题意），
③当G在BC的右侧时，如图7，
当E与D重合时，F与B重合，如图6，
t=422=4，
∴G（6，2），
∴AG=62+22=210，
∴S△BCG＝S梯形BDCG﹣S△BDC=12×2×（4+2）-12×2×4＝2，
∴当t＞4时，如图7，
由题意得：DE＝t﹣4，
∴OE＝t﹣4+4＝t，
∴OH＝OE+EH＝t+2，
EH＝2，GM＝GH＝2，
BM＝t+2﹣4＝t﹣2，
CH＝t+2﹣6＝t﹣4，
过G作MH⊥x轴，交x轴于H，交直线AB于M，
∴S△BGC＝S梯形BCHM﹣S△BGM﹣S△GCH，
4=12（t﹣4+t﹣2）×4-12×2×（t﹣2）-12×2×（t﹣4），
t＝5，
当t＝5时，点G的运动路径分为两部分组成：
i）点G从A运动到D时，运动路径为：如图6中的AG长，即为210；
ii）点G从D点继续在射线DC上运动1秒时，路径为1；
所以当t＝5时，此时点G运动的路径长度为1+210．
综上所述：当t1=85秒，此时路径长度为4105，
当t2＝5秒，此时路径长度为1+210．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法、三角形面积、等腰直角三角形的性质和判定、动点运动的问题，有难度，第三问采用了分类讨论的思想，并利用数形结合；注意当t＞4时，点G的运动路径分两部分计算．
13．如图，已知抛物线y＝ax2+bx与x轴分别交于原点O和点F（10，0），与对称轴l交于点E（5，5）．矩形ABCD的边AB在x轴正半轴上，且AB＝1，边AD，BC与抛物线分别交于点M，N．当矩形ABCD沿x轴正方向平移，点M，N位于对称轴l的同侧时，连接MN，此时，四边形ABNM的面积记为S；点M，N位于对称轴l的两侧时，连接EM，EN，此时五边形ABNEM的面积记为S．将点A与点O重合的位置作为矩形ABCD平移的起点，设矩形ABCD平移的长度为t（0≤t≤5）．
（1）求出这条抛物线的表达式；
（2）当t＝0时，求S△OBN的值；
（3）当矩形ABCD沿着x轴的正方向平移时，求S关于t（0＜t≤5）的函数表达式，并求出t为何值时，S有最大值，最大值是多少？
【分析】（1）根据点E、F的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）找出当t＝0时，点B、N的坐标，进而可得出OB、BN的长度，再根据三角形的面积公式可求出S△OBN的值；
（3）分0＜t≤4和4＜t≤5两种情况考虑：①当0＜t≤4时（图1），找出点A、B、M、N的坐标，进而可得出AM、BN的长度，利用梯形的面积公式即可找出S关于t的函数关系式，再利用二次函数的性质即可求出S的最大值；②当4＜t≤5时，找出点A、B、M、N的坐标，进而可得出AM、BN的长度，将五边形分成两个梯形，利用梯形的面积公式即可找出S关于t的函数关系式，再利用二次函数的性质即可求出S的最大值．将①②中的S的最大值进行比较，即可得出结论．
【解答】解：（1）将E（5，5）、F（10，0）代入y＝ax2+bx，
25a+5b=5100a+10b=0，解得：a=-15b=2，
∴抛物线的表达式为y=-15x2+2x．
（2）当t＝0时，点B的坐标为（1，0），点N的坐标为（1，95），
∴BN=95，OB＝1，
∴S△OBN=12BN•OB=910．
（3）①当0＜t≤4时（图1），点A的坐标为（t，0），点B的坐标为（t+1，0），
∴点M的坐标为（t，-15t2+2t），点N的坐标为（t+1，-15（t+1）2+2（t+1）），
∴AM=-15t2+2t，BN=-15（t+1）2+2（t+1），
∴S=12（AM+BN）•AB=12×1×[-15t2+2t-15（t+1）2+2（t+1）]，
=-15t2+95t+910，
=-15（t-92）2+9920，
∵-15＜0，
∴当t＝4时，S取最大值，最大值为4910；
②当4＜t≤5时（图2），点A的坐标为（t，0），点B的坐标为（t+1，0），
∴点M的坐标为（t，-15t2+2t），点N的坐标为（t+1，-15（t+1）2+2（t+1）），
∴AM=-15t2+2t，BN=-15（t+1）2+2（t+1），
∴S=12（5﹣t）（-15t2+2t+5）+12（t﹣4）[5-15（t+1）2+2（t+1）]，
=12（15t3﹣3t2+5t+25）+12（-15t3+125t2+25t-1365），
=-310t2+2710t-1110，
=-310（t-92）2+19940，
∵-310＜0，
∴当t=92时，S取最大值，最大值为19940．
∵4910=19640＜19940，
∴当t=92时，S有最大值，最大值是19940．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、梯形的面积以及三角形的面积，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数关系式；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征求出当t＝0时点N的坐标；（3）分0＜t≤4和4＜t≤5两种情况找出S关于t的函数关系式．
14．直线y=-32x+3交x轴于点A，交y轴于点B，顶点为D的抛物线y=-34x2+2mx﹣3m经过点A，交x轴于另一点C，连接BD，AD，CD，如图所示．
（1）直接写出抛物线的解析式和点A，C，D的坐标；
（2）动点P在BD上以每秒2个单位长的速度由点B向点D运动，同时动点Q在CA上以每秒3个单位长的速度由点C向点A运动，当其中一个点到达终点停止运动时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒．PQ交线段AD于点E．
①当∠DPE＝∠CAD时，求t的值；
②过点E作EM⊥BD，垂足为点M，过点P作PN⊥BD交线段AB或AD于点N，当PN＝EM时，求t的值．
【分析】（1）先由直线解析式求得点A、B坐标，将点A坐标代入抛物线解析式求得m的值，从而得出答案；
（2）①由（1）知BD＝AC、BD∥OC，根据AB＝AD=13证四边形ABPQ是平行四边形得AQ＝BP，即2t＝4﹣3t，解之即可；②分点N在AB上和点N在AD上两种情况分别求解．
【解答】解：（1）在y=-32x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝2，
∴点A（2，0）、点B（0，3），
将点A（2，0）代入抛物线解析式，得：-34×4+4m﹣3m＝0，
解得：m＝3，
所以抛物线解析式为y=-34x2+6x﹣9，
∵y=-34x2+6x﹣9=-34（x﹣4）2+3，
∴点D（4，3），对称轴为x＝4，
∴点C坐标为（6，0）；
（2）如图1，
由（1）知BD＝AC＝4，
根据0≤3t≤4，得：0≤t≤43，
①∵B（0，3）、D（4，3），
∴BD∥OC，
∴∠CAD＝∠ADB，
∵∠DPE＝∠CAD，
∴∠DPE＝∠ADB，
∵AB=22+32=13、AD=(4-2)2+32=13，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴∠DPE＝∠ABD，
∴PQ∥AB，
∴四边形ABPQ是平行四边形，
∴AQ＝BP，即2t＝4﹣3t，
解得：t=45，
即当∠DPE＝∠CAD时，t=45秒；
②（Ⅰ）当点N在AB上时，0≤2t≤2，即0≤t≤1，
连接NE，延长PN交x轴于点F，延长ME交x轴于点H，
∵PN⊥BD、EM⊥BD，BD∥OC，PN＝EM，
∴OF＝BP＝2t，PF＝OB＝3，NE＝FH、NF＝EH，NE∥FQ，
∴FQ＝OC﹣OF﹣QC＝6﹣5t，
∵点N在直线y=-32x+3上，
∴点N的坐标为（2t，﹣3t+3），
∴PN＝PF﹣NF＝3﹣（﹣3t+3）＝3t，
∵NE∥FQ，
∴△PNE∽△PFQ，
∴NEFQ=PNPF，
∴FH＝NE=PNPF•FQ=3t3×（6﹣5t）＝6t﹣5t2，
∵A（2，0）、D（4，3），
∴直线AD解析式为y=32x﹣3，
∵点E在直线y=32x﹣3上，
∴点E的坐标为（4﹣2t，﹣3t+3），
∵OH＝OF+FH，
∴4﹣2t＝2t+6t﹣5t2，
解得：t＝1+55＞1（舍）或t＝1-55；
（Ⅱ）当点N在AD上时，2＜2t≤4，即1＜t≤2，
∵PN＝EM，
∴点E、N重合，此时PQ⊥BD，
∴BP＝OQ，
∴2t＝6﹣3t，
解得：t=65，
综上所述，当PN＝EM时，t＝（1-55）秒或t=65秒．
【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二次函数的解析式、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点．
15．如图，直线y=-3x+23与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和3个单位长度/秒，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F．
（1）求点A，点B的坐标；
（2）用含t的代数式分别表示EF和AF的长；
（3）当四边形ADEF为菱形时，试判断△AFG与△AGB是否相似，并说明理由．
（4）是否存在t的值，使△AGF为直角三角形？若存在，求出这时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）在直线y=-3x+23中，分别令y＝0和x＝0，容易求得A、B两点坐标；
（2）由OA、OB的长可求得∠ABO＝30°，用t可表示出BE，EF，和BF的长，由勾股定理可求得AB的长，从而可用t表示出AF的长；
（3）利用菱形的性质可求得t的值，则可求得AF＝AG的长，可得到AFAG=AGAB，可判定△AFG与△AGB相似；
（4）若△AGF为直角三角形时，由条件可知只能是∠FAG＝90°，又∠AFG＝∠OAF＝60°，由（2）可知AF＝4﹣2t，EF＝t，又由二次函数的对称性可得到EG＝2OA＝4，从而可求出FG，在Rt△AGF中，可得到关于t的方程，可求得t的值，进一步可求得E点坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式．
【解答】解：
（1）在直线y=-3x+23中，
令y＝0可得0=-3x+23，解得x＝2，
令x＝0可得y＝23，
∴A为（2，0），B为（0，23）；
（2）由（1）可知OA＝2，OB＝23，
∴tan∠ABO=OAOB=33，
∴∠ABO＝30°，
∵运动时间为t秒，
∴BE=3t，
∵EF∥x轴，
∴在Rt△BEF中，EF＝BE•tan∠ABO=33BE＝t，BF＝2EF＝2t，
在Rt△ABO中，OA＝2，OB＝23，
∴AB＝4，
∴AF＝4﹣2t；
（3）相似．理由如下：
当四边形ADEF为菱形时，则有EF＝AF，
即t＝4﹣2t，解得t=43，
∴AF＝4﹣2t＝4-83=43，OE＝OB﹣BE＝23-3×43=233，
如图，过G作GH⊥x轴，交x轴于点H，
则四边形OEGH为矩形，
∴GH＝OE=233，
又EG∥x轴，抛物线的顶点为A，
∴OA＝AH＝2，
在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2＝GH2+AH2＝（233）2+22=163，
又AF•AB=43×4=163，
∴AF•AB＝AG2，即AFAG=AGAB，且∠FAG＝∠GAB，
∴△AFG∽△AGB；
（4）存在，
∵EG∥x轴，
∴∠GFA＝∠BAO＝60°，
又G点不能在抛物线的对称轴上，
∴∠FGA≠90°，
∴当△AGF为直角三角形时，则有∠FAG＝90°，
又∠FGA＝30°，
∴FG＝2AF，
∵EF＝t，EG＝4，
∴FG＝4﹣t，且AF＝4﹣2t，
∴4﹣t＝2（4﹣2t），
解得t=43，
即当t的值为43秒时，△AGF为直角三角形，此时OE＝OB﹣BE＝23-3t＝23-3×43=233，
∴E点坐标为（0，233），
∵抛物线的顶点为A，
∴可设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2，
把E点坐标代入可得233=4a，解得a=36，
∴抛物线解析式为y=36（x﹣2）2，
即y=36x2-233x+233．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、三角函数的定义、相似三角形的判定和性质、勾股定理、二次函数的对称性等．在（2）中求得∠ABO＝30°是解题的关键，在（3）中求得t的值，表示出AG的长度是解题的关键，在（4）中判断出∠FAG为直角是解题的突破口．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
16．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0）、B（4，0）两点，且与y轴交于点C，点D在x轴的负半轴上，且BD＝BC，有一动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时另一个动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；
（3）该抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ+MA的值最小？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0），B（4，0）两点利用待定系数法可求出a、b、c的值，进而得出抛物线的解析式；
（2）由A、B、C三点的坐标求出AC、BC及AB的值，由相似三角形的判定定理得出△ADQ∽△ABC，再由相似三角形的对应边成比例可求出DP的值，进而可得出AP（即t）的值；
（3）设抛物线y=-13x2+13x+4的对称轴x=12与x轴交于点E．点A、B关于对称轴x=12对称，连接BQ交该对称轴于点M．则MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，由于当BQ⊥AC时，BQ最小，此时∠EBM＝∠ACO，再由tan∠EBM＝tan∠ACO=34可求出ME的值，进而得出M点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0），B（4，0）两点，
∴9a-3b+4=016a+4b+4=0，解得a=-13b=13，
∴所求抛物线的解析式为：y=-13x2+13x+4；
（2）如图1，依题意知AP＝t，连接DQ，
∵A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），
∴AC＝5，BC＝42，AB＝7．
∵BD＝BC，
∴AD＝AB﹣BD＝7﹣42，
∵CD垂直平分PQ，
∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP．
∵BD＝BC，
∴∠DCB＝∠CDB．
∴∠CDQ＝∠DCB．
∴DQ∥BC．
∴△ADQ∽△ABC．
∴ADAB=DQBC，
∴ADAB=DPBC，
∴7-427=DP42，
解得DP＝42-327，
∴AP＝AD+DP=177．
∴线段PQ被CD垂直平分时，t的值为177；
（3）如图2，设抛物线y=-13x2+13x+4的对称轴x=12与x轴交于点E．点A、B关于对称轴x=12对称，连接BQ交该对称轴于点M．
则MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，
∵当BQ⊥AC时，BQ最小，此时，∠EBM＝∠ACO，
∴tan∠EBM＝tan∠ACO=34，
∴MEBE=34，
∴ME72=34，解ME=218．
∴M（12，218），即在抛物线y=-13x2+13x+4的对称轴上存在一点M（12，218），使得MQ+MA的值最小．
【点评】本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等相关知识，难度较大．
17．如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止．设运动时间为t秒．
（1）当t＝2时，线段PQ的中点坐标为 （52，2） ；
（2）当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；
（3）当t＝1时，抛物线y＝x2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D，使∠MQD=12∠MKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）先根据时间t＝2，和P，Q的运动速度可得动点P和Q的路程OP和AQ的长，再根据中点坐标公式可得结论；
（2）根据矩形的性质得：∠B＝∠PAQ＝90°，所以当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，PAAQ=QBBC，②当△PAQ∽△CBQ时，PAAQ=BCBQ，分别列方程可得t的值；
（3）根据t＝1求抛物线的解析式，根据Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x轴，则KM＝KQ，KE⊥MQ，画出符合条件的点D，证明△KEQ∽△QMH或利用三角函数，列比例式可得点D的坐标，同理根据对称可得另一个点D．
【解答】解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0），
∴OA＝3，
当t＝2时，OP＝t＝2，AQ＝2t＝4，
∴P（2，0），Q（3，4），
∴线段PQ的中点坐标为：（2+32，0+42），即（52，2）；
故答案为：（52，2）；
（2）如图1，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形，
∴0＜t＜3，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B＝∠PAQ＝90°，
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，PAAQ=QBBC，
∴3-t2t=6-2t3，
4t2﹣15t+9＝0，
（t﹣3）（t-34）＝0，
t1＝3（舍），t2=34，
②当△PAQ∽△CBQ时，PAAQ=BCBQ，
∴3-t2t=36-2t，
t2﹣9t+9＝0，
t=9±352，
∵9+352＞3，
∴t=9+352不符合题意，舍去，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是34或9-352；
（3）当t＝1时，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：
1+b+c=09+3b+c=2，解得：b=-3c=2，
∴抛物线：y＝x2﹣3x+2＝（x-32）2-14，
∴顶点K（32，-14），
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E，设DQ交y轴于H，
∴KM＝KQ，KE⊥MQ，
∴∠MKE＝∠QKE=12∠MKQ，
如图2，∠MQD=12∠MKQ＝∠QKE，
∴tan∠MQD＝tan∠QKE=MHMQ=EQEK，
即MH3=322+14，MH＝2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式为：y=-23x+4，
则y=-23x+4y=x2-3x+2，
x2﹣3x+2=-23x+4，
解得：x1＝3（舍），x2=-23，
∴D（-23，409）；
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=12∠MKQ＝∠QKE，
由对称性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y=23x，
则y=23xy=x2-3x+2，
x2﹣3x+2=23x，
解得：x1＝3（舍），x2=23，
∴D（23，49）；
综上所述，点D的坐标为：D（-23，409）或（23，49）．
【点评】本题是二次函数与三角形相似的综合问题，主要考查相似三角形的判定和性质的综合应用，三角形和四边形的面积，二次函数的最值问题的应用，函数的交点等知识，本题比较复杂，注意用t表示出线段长度，再利用相似即可找到线段之间的关系，代入可解决问题．
18．如图，抛物线y=ax2+bx+152(a≠0)经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D做匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PM⊥BD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E．
①当t为何值时，点N落在抛物线上；
②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A、C坐标代入抛物线解析式得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值，即可得解；
（2）根据抛物线解析式求出顶点B的坐标，然后根据相似三角形对应边成比例用t表示出PM，再求出NE的长度，①表示出点N的坐标，再根据点N在抛物线上，把点N的坐标代入抛物线，解方程即可得解；②根据PM的长度表示出QD，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，然后根据直线BC的解析式求出点R的横坐标，从而求出QR的长度，再表示出EC的长度，然后根据平行四边形对边平行且相等列式求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx+152经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，
∴9a-3b+152=025a+5b+152=0，
解得a=-12b=1，
所以，抛物线的解析式为y=-12x2+x+152；
（2）∵y=-12x2+x+152，
=-12（x2﹣2x+1）+12+152，
=-12（x﹣1）2+8，
∴点B的坐标为（1，8），
∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，
∴BD＝8，CD＝5﹣1＝4，
∵PM⊥BD，
∴PM∥CD，
∴△BPM∽△BDC，
∴BPBD=PMCD，
即t8=PM4，
解得PM=12t，
所以，OE＝1+12t，
∵四边形PMNQ为正方形，
∴NE＝8﹣t+12t＝8-12t，
①点N的坐标为（1+12t，8-12t），
若点N在抛物线上，则-12（1+12t﹣1）2+8＝8-12t，
整理得，t（t﹣4）＝0，
解得t1＝0（舍去），t2＝4，
所以，当t＝4秒时，点N落在抛物线上；
②存在．
理由如下：∵PM=12t，四边形PMNQ为正方形，
∴QD＝NE＝8-12t，
设直线BC的解析式为y＝kx+m，
则k+m=85k+m=0，
解得k=-2m=10，
所以直线BC的解析式为y＝﹣2x+10，
则﹣2x+10＝8-12t，
解得x=14t+1，
所以，QR=14t+1﹣1=14t，
又EC＝CD﹣DE＝4-12t，
根据平行四边形的对边平行且相等可得QR＝EC，
即14t＝4-12t，
解得t=163，
此时点P在BD上，所以，当t=163时，四边形ECRQ为平行四边形．
【点评】本题是二次函数的综合题型，主要涉及待定系数法求函数解析式（包括二次函数解析式，一次函数解析式），相似三角形的判定与性质，平行四边形的对边平行且相等的性质，综合性较强，但难度不大，仔细分析便不难求解．
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