2025年中考数学二轮复习压轴题培优练习 等腰三角形问题（含答案）

这是一份2025年中考数学二轮复习压轴题培优练习 等腰三角形问题（含答案），共22页。
如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋4(a≠0)与x轴交于点A(1，0)和B，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝eq \f(5,2)．
(1)求抛物线的解析式；
(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．
如图，抛物线y＝﹣eq \f(1,2)x2＋bx＋c与x轴交于A(﹣1，0)，B(4，0)，与y轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，若点P在第四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ＝∠CBA＋45°时，求点P的坐标；
(3)如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作x轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴分别交于点A(﹣1，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)．
(1)求抛物线的解析式及对称轴；
(2)如图1，点D与点C关于对称轴对称，点P在对称轴上，若∠BPD＝90°，求点P的坐标；
(3)点M是抛物线上位于对称轴右侧的点，点N在抛物线的对称轴上，当△BMN为等边三角形时，请直接写出点M的横坐标．
如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝x2＋bx＋c经过A、C两点，且与x轴交于另一点B(点B在点A右侧)．
(1)求抛物线的解析式及点B坐标；
(2)设该抛物线的顶点为点H，则S△BCH＝ ；
(3)若点M是线段BC上一动点，过点M的直线ED平行y轴交x轴于点D，交抛物线于点E，求ME长的最大值及点M的坐标；
(4)在(3)的条件下：当ME取得最大值时，在x轴上是否存在这样的点P，使得以点M、点B、点P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴交于A(1，0)，B(﹣3，0)两点，C是抛物线与y轴的交点，P是该抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)在(1)中抛物线的对称轴上求一点M，使得△MAC是以AM为底的等腰三角形；求出点M的坐标．
(3)设(1)中的抛物线顶点为D，对称轴与直线BC交于点E，过抛物线上的动点P作x轴的垂线交线段BC于点Q，使得D、E、P、Q四点组成的四边形是平行四边形？若存在，直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c过点A、B，抛物线的对称轴交x轴于点D，直线y＝﹣x＋3与x轴交于点B，与y轴交于点C，且OA=eq \f(1,3)OB．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M(t，0)是x轴上的一个动点，点N是抛物线对称轴上的一个动点，当DN＝2t，△MNB的面积为eq \f(15,4)时，求出点M与点N的坐标；
(3)在x轴上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
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2eq \r(10)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．
如图，直线y＝kx＋n(k≠0)与x轴、y轴分别交于A、B两点，过A，B两点的抛物线y＝ax2＋bx＋4与x轴交于点C，且C(﹣1，0)，A(4，0)．
(1)求抛物线和直线AB的解析式；
(2)若M点为x轴上一动点，当△MAB是以AB为腰的等腰三角形时，求点M的坐标．
(3)若点P是抛物线上A，B两点之间的一个动点(不与A，B重合)，则是否存在一点P，使△PAB的面积最大？若存在求出△PAB的最大面积；若不存在，试说明理由．
已知抛物线y＝ax2＋bx＋8与x轴交于A(﹣3，0)，B(8，0)两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一个动点，且点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若点P在BC上方的抛物线上运动(不与B、C重合)，过点P作x轴的垂线，垂足为E，交BC于点D，过点P作BC的垂线，垂足为Q，若△PQD≌△BED，求m的值；
(3)如图2，将直线BC沿y轴向下平移5个单位，交x轴于点M，交y轴于点N．过点P作x轴的垂线，交直线MN于点D，是否存在一点P，使△BMD是等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的m的值；若不存在，请说明理由．
如图，二次函数y＝﹣eq \f(1,4)x2＋eq \f(3,2)x＋4的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C．点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线PD⊥x轴于点D，作直线BC交PD于点E．
(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；
(2)当△CEP是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；
(3)连接AC，过点P作直线l∥AC，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得CE＝FD，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
\s 0 答案
解：(1)由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣5x＋4①；
(2)对于y＝x2﹣5x＋4，令y＝x2﹣5x＋4＝0，解得x＝1或4，令x＝0，则y＝4，
故点B的坐标为(4，0)，点C(0，4)，
设直线BC的表达式为y＝kx＋t，
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，
∵﹣1＜0，
故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4＝CO，
此时点Q的坐标为(2，﹣2)；
∵PQ＝CO，PQ∥OC，
故四边形OCPQ为平行四边形；
(3)∵D是OC的中点，则点D(0，2)，
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＝∠ODA，
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﹣6②，
联立①②并解得(不合题意的值已舍去)，
故点E的坐标为(5，4)，
设点F的坐标为(0，m)，
由点B、E的坐标得：BE2＝(5﹣4)2＋(4﹣0)2＝17，
同理可得，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，)．
解：(1)∵A(﹣1，0)，B(4，0)是抛物线y＝﹣eq \f(1,2)x2＋bx＋c与x轴的两个交点，
且二次项系数a＝﹣eq \f(1,2)，
∴根据抛物线的两点式知，y＝﹣eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2．
(2)根据抛物线表达式可求C(0，2)，即OC＝2．
∴＝＝2，
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO＝∠CBO，
∴∠QAB＝∠QAC＋∠CAO＝∠CBA＋45°＋∠CAO＝∠ACO＋∠CAO＋45°＝135°，
∴∠BAP＝180°﹣∠QAB＝45°，
设P(m，n)，且过点P作PD⊥x轴于D，则△ADP是等腰直角三角形，
∴AD＝PD，即m＋1＝﹣n①，
又∵P在抛物线上，
∴②，
联立①②两式，解得m＝6(﹣1舍去)，此时n＝﹣7，
∴点P的坐标是(6，﹣7)．
(3)设PH与x轴的交点为Q，P(a，﹣eq \f(1,2)a2＋eq \f(3,2)a＋2)，
则H(a，﹣eq \f(1,2)a+2)，PH＝﹣eq \f(1,2)a2＋2a，
若FP＝FH，则∠FPH＝∠FHP＝∠BHQ＝∠BCO，
∴tan∠APQ＝tan∠BCO＝2，
∴AQ＝2PQ，
即a＋1＝2(﹣eq \f(1,2)a2＋eq \f(3,2)a＋2)，解得a＝3(﹣1舍去)，此时PH＝eq \f(3,2)．
若PF＝PH，过点F作FM⊥y轴于点M，

∴∠PFH＝∠PHF，
∵∠CFA＝∠PFH，∠QHB＝∠PHF，
∴∠CFA＝∠QHB，
又∵∠ACF＝∠BQH＝90°，
∴△ACF∽△BQH，
∴CF＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(\r(5),2)，
在Rt△CMF中，MF＝1，CM＝eq \f(1,2)，F(1，eq \f(3,2))，
∴AF：y=eq \f(3,4)x+eq \f(3,4)，
将上式和抛物线解析式联立并解得x＝eq \f(5,2)(﹣1舍去)，
此时 PH＝eq \f(15,8)．
若HF＝HP，过点C作CE∥AB交AP于点E(见上图)，
∵∠CAF＋∠CFA＝90°，
∠PAQ＋∠HPF＝90°，
∠CFA＝∠HFP＝∠HPF，
∴∠CAF＝∠PAQ，即 AP平分∠CAB，
∴CE＝CA＝eq \r(5)，
∴E(eq \r(5)，2)，
∴AE：，
联立抛物线解析式，解得x＝5﹣eq \r(5)(﹣1舍去)．
此时 PH＝3eq \r(5)-5．
∴当FP＝FH时，PH＝eq \f(3,2)；
当PF＝PH时，PH＝eq \f(15,8)；
当HF＝HP时，PH＝3eq \r(5)-5.
解：(1)把A(﹣1，0)，点C(0，3)的坐标代入y＝﹣x2＋bx＋c，得到
，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋2x＋3，对称轴x＝1．
(2)如图1中，连接BD，设BD的中点T，连接PT，设P(1，m)．
∵点D与点C关于对称轴对称，C(0，3)，
∴D(2，3)，
∵B(3，0)，
∴T(eq \f(5,2)，eq \f(3,2))，BD＝eq \r(10)，
∵∠BPD＝90°，DT＝TB，
∴PT＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(10),2)，
∴(1﹣eq \f(5,2))2＋(m﹣eq \f(3,2))2＝(eq \f(\r(10),2))2，解得m＝1或2，
∴P(1，1)或(1，2)．
(3)当点M在第一象限时，△BMN是等边三角形，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T，设N(1，t)，设抛物线的对称轴交x轴于E．
∵△BMN是等边三角形，
∴∠NMB＝∠NBM＝60°，
∵∠NBT＝90°，
∴∠MBT＝30°，BT＝eq \r(3)BN，
∵∠NMB＝∠MBT＋∠BTM＝60°，
∴∠MBT＝∠BTM＝30°，
∴MB＝MT＝MN，
∵∠NBE＋∠TBJ＝90°，∠TBJ＋∠BTJ＝90°，
∴∠NBE＝∠BTJ，
∵∠BEN＝∠TJB＝90°，
∴△BEN∽△TJB，
∴＝＝＝，
∴BJ＝eq \r(3)t，TJ＝2eq \r(3)，
∴T(3＋eq \r(3)t，2eq \r(3))，
∵NM＝MT，
∴M(，)，
∵点M在y＝﹣x2＋2x＋3上，
∴＝﹣()2＋2×＋3，
整理得，3t2＋(4eq \r(3)＋2)t﹣12＋4eq \r(3)＝0，解得t＝﹣2eq \r(3)(舍弃)或eq \f(2\r(3),3)﹣eq \f(2,3)，
∴M(3﹣eq \f(\r(3),3)，eq \f(4\r(3),3)﹣eq \f(1,3))．
如图3﹣2中，当点M在第四象限时，设N(1，n)，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T．
同法可得T(3﹣eq \r(3)n，﹣2eq \r(3))，M(，)，
则有＝﹣()2＋2×＋3，
整理得，3n2＋(2﹣4eq \r(3))n﹣12﹣4eq \r(3)＝0，解得n＝﹣eq \f(2\r(3),3)﹣eq \f(2,3)或2eq \r(3)(舍弃)，
∴M(3+eq \f(\r(3),3)，﹣eq \f(4\r(3),3)﹣eq \f(1,3))，
综上所述，满足条件的点M的横坐标为3﹣eq \f(\r(3),3)或3+eq \f(\r(3),3)．
解：(1)∵直线y＝﹣3x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、C，
∴A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
∵抛物线y＝x2＋bx＋c经过点A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
当y＝0时，由x2﹣2x﹣3＝0，得x1＝﹣1，x2＝3，
∴B(3，0)．
(2)设抛物线的对称轴交BC于点F，交x轴于点G．
设直线BC的解析式为y＝kx﹣3，则3k﹣3＝0，解得k＝1，
∴y＝x﹣3；
∵y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，
∴抛物线的顶点H(1，﹣4)，
当x＝1时，y＝1﹣3＝﹣2，
∴F(1，﹣2)，
∴FH＝﹣2﹣(﹣4)＝2，
∴S△BCH＝eq \f(1,2)FH•OG＋eq \f(1,2)FH•BG＝eq \f(1,2)FH•OB＝eq \f(1,2)×2×3＝3．
故答案为：3．
(3)设E(x，x2﹣2x﹣3)(0＜x＜3)，则M(x，x﹣3)，
∴ME＝x﹣3﹣(x2﹣2x﹣3)＝﹣x2＋3x＝﹣(x﹣eq \f(3,2))2＋eq \f(9,4)，
∴当x＝eq \f(3,2)时，ME最大＝eq \f(9,4)，此时M(eq \f(3,2)，﹣eq \f(3,2))．
(4)存在．如图3，由(2)得，当ME最大时，则D(eq \f(3,2)，0)，M(eq \f(3,2)，﹣eq \f(3,2))，
∴DO＝DB＝DM＝eq \f(3,2)；
∵∠BDM＝90°，
∴OM＝BM＝eq \f(3\r(2),2)．
点P1、P2、P3、P4在x轴上，
当点P1与原点O重合时，则P1M＝BM＝eq \f(3\r(2),2)，P1(0，0)；
当BP2＝BM＝eq \f(3\r(2),2)时，则OP2＝3﹣eq \f(3\r(2),2)，∴P2(3﹣eq \f(3\r(2),2)，0)；
当点P3与点D重合时，则P3M＝P3B＝eq \f(3,2)，P3(eq \f(3,2)，0)；
当BP4＝BM＝eq \f(3\r(2),2)时，则OP4＝3＋eq \f(3\r(2),2)，∴P4(3＋eq \f(3\r(2),2)，0)．
综上所述，P1(0，0)，P2(3﹣eq \f(3\r(2),2)，0)，P3(eq \f(3,2)，0)，P4(3＋eq \f(3\r(2),2)，0)．
解：(1)将A(1，0)，B(﹣3，0)代入y＝﹣x2＋bx＋c，
∴，解得，
∴y＝﹣x2﹣2x＋3；
(2)∵y＝﹣x2﹣2x＋3＝﹣(x＋1)2＋4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，令x＝0，则y＝3，
∴C(0，3)，
设M(﹣1，m)，
∵△MAC是以AM为底的等腰三角形，
∴CM＝CA，
∴1＋(m﹣3)2＝1＋9，解得m＝0或m＝6(舍)，
∴M(﹣1，0)；
(3)存在P点，使得D、E、P、Q四点组成的四边形是平行四边形，理由如下：
由(2)知D(﹣1，4)，
设直线BC的解析式为y＝kx＋b，
∴，解得，
∴y＝x＋3，
∴E(﹣1，2)，
设P(t，﹣t2﹣2t＋3)，Q(t，t＋3)(﹣3≤t≤0)，
①当DE为平行四边形的对角线时，
，
∴t＝﹣1，
∴P(﹣1，4)(舍)；
②当DP为平行四边形的对角线时，
4﹣t2﹣2t＋3＝2＋t＋3，解得t＝(舍)；
③当DQ为平行四边形的对角线时，
4＋t＋3＝2﹣t2﹣2t＋3，解得t＝﹣1(舍)或t＝﹣2，
∴P(﹣2，3)；
综上所述：P点坐标为(﹣2，3)．
解：(1)对于直线y＝﹣x＋3，
令y＝0，即﹣x＋3＝0，解得：x＝3，
令x＝0，得y＝3，
∴B(3，0)，C(0，3)，
∵A为x轴负半轴上一点，且OA＝eq \f(1,3)OB，
∴A(﹣1，0)．
将点A、B的坐标分别代入y＝﹣x2＋bx＋c中，
得，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋2x＋3；
(2)由(1)知：A(﹣1，0)，B(3，0)，D(1，0)，
∴BM＝|3﹣t|，
∵S△MNB＝eq \f(1,2)BM•DN＝eq \f(15,4)，即eq \f(1,2)•|3﹣t|•2t＝eq \f(15,4)，
当t＜3时，eq \f(1,2)•(3﹣t)•2t＝eq \f(15,4)，
化简得：4t2﹣12t＋15＝0，
∵Δ＝(﹣12)2﹣4×4×15＝﹣96＜0，
∴方程无解；
当t＞3时，eq \f(1,2)•(t﹣3)•2t＝eq \f(15,4)，
解得t1＝，t2＝(舍)，
∴DN＝2t＝3＋2eq \r(6)，
∴点M的坐标为(，0)，点N的坐标为(1，3＋2eq \r(6))；
(3)存在．如图2，
∵点P在x轴上，
∴设P(m，0)．
∵C(0，3)，D(1，0)，
∴由勾股定理，得：
CD2＝OC2＋OD2＝32＋12＝10，PD2＝(m﹣1)2，CP2＝OP2＋OC2＝m2＋32＝m2＋9，
分为三种情况讨论：
①当CD＝PD时，CD2＝PD2，即10＝(m﹣1)2，解得m1＝1＋eq \r(10)，m2＝1﹣eq \r(10)，
此时点P的坐标为(1＋eq \r(10)，0)或(1﹣eq \r(10)，0)；
②当CD＝CP时，CD2＝CP2，即10＝m2＋9，解得m1＝﹣1，m2＝1(不符合题意，舍去)，
此时点P的坐标为(﹣1，0)；
③当PC＝PD时，PC2＝PD2，
即m2＋9＝(m﹣1)2，解得m＝﹣4，
此时点P的坐标为(﹣4，0)．
综上所述，在x轴上存在点P，使得△PDC为等腰三角形，满足条件的点P的坐标为(1＋eq \r(10)，0)或(1﹣eq \r(10)，0)或(﹣1，0)或(﹣4，0)．
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)，
∴，解得，
∴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＝eq \f(1,2)DE•OA＝eq \f(3,2)(﹣t2﹣3t)＝﹣eq \f(3,2)t2﹣eq \f(9,2)t，
S2＝S△AEO＝eq \f(1,2)EK•OA＝eq \f(3,2)(t＋3)＝eq \f(3,2)t＋eq \f(9,2)，
∴S1﹣S2＝﹣eq \f(3,2)t2﹣eq \f(9,2)t﹣(eq \f(3,2)t＋eq \f(9,2)＝﹣eq \f(3,2)t2﹣6t﹣eq \f(9,2))＝﹣eq \f(3,2)(t＋2)2＋eq \f(3,2)，
∴当t＝﹣2时，S1﹣S2取得最大值，最大值为eq \f(3,2)，
此时点D的坐标为(﹣2，﹣3).
(3)∵C(0，﹣3)，B(1，0)，
∴＝，
∵抛物线沿射线CB方向平移2eq \r(10)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＝±eq \r(14)，
∴N(﹣1，eq \r(14))或N(﹣1，﹣eq \r(14))；
②当AM＝MN时，9＋9＝1＋(3﹣n)2，
∴n＝3＋eq \r(17)或n＝3﹣eq \r(17)，
∴N(﹣1，3＋eq \r(17))或N(﹣1，3﹣eq \r(17))；
综上所述：N点坐标为(﹣1，eq \r(14))或(﹣1，﹣eq \r(14))或(﹣1，3＋eq \r(17))或(﹣1，3﹣eq \r(17))．
解：(1)∵过A，B两点的抛物线y＝ax2＋bx＋4与x轴交于点C，且C(﹣1，0)，A(4，0)．
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2＋3x＋4，
令x＝0，得y＝4，
∴B(0，4)，
∵直线y＝kx＋n(k≠0)与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴，解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x＋4；
(2)如图，
∵A(4，0)．B(0，4)，
∴AB＝4eq \r(2)，
①当AB＝MB时，点M与点A(4，0)关于y轴对称，故M(﹣4，0)符合题意；
②当AB＝AM时，
AM＝AB＝4eq \r(2)，
∴M′(4﹣4eq \r(2)，0)、M″(4＋4eq \r(2)，0)．
综上所述，点M的坐标为(﹣4，0)或(4﹣4eq \r(2)，0)或(4＋4eq \r(2)，0)；
(3)存在，理由如下：设P(x，﹣x2＋3x＋4)(0＜x＜4)，
如图，过点P作PD∥y轴交直线AB于点D，则D(x，﹣x＋4)，
∴PD＝yP﹣yD＝(﹣x2＋3x＋4)﹣(﹣x＋4)＝﹣x2＋4x，
∴S△PAB＝eq \f(1,2)PD•OA＝eq \f(1,2)×4×[﹣x2＋4x]＝﹣2(x﹣2)2＋8，
∵﹣2＜0，
∴当x＝2时，△PAB的面积最大，最大面积是8，
∴存在点P，使△PAB的面积最大，最大面积是8．
解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋8与x轴交于A(﹣3，0)，B(8，0)两点，
∴，解得，，
∴抛物线的解析式为y＝﹣eq \f(1,3)x2＋eq \f(5,3)x＋8；
(2)∵抛物线的解析式为y＝﹣eq \f(1,3)x2＋eq \f(5,3)x＋8，
令x＝0，y＝8，
∴C(0，8)，
设直线BC的解析式为y＝kx＋m，
∴，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x＋8(0＜x＜8)，
设P(m，﹣eq \f(1,3)m2＋eq \f(5,3)m＋8)，则D(m，﹣m＋8)，E(m，0)，
∴BD＝＝eq \r(2)(8﹣m)，
又PD＝﹣eq \f(1,3)m2＋eq \f(5,3)m＋8﹣(﹣m＋8)＝﹣eq \f(1,3)m2＋eq \f(8,3)m，
∵△PQD≌△BED，
∴PD＝BD，
∴eq \r(2)(8﹣m)＝﹣eq \f(1,3)m2＋eq \f(8,3)m，解得，m1＝3eq \r(2)，m2＝8(舍去)，
∴m的值为3eq \r(2)；
(3)由(2)可知直线BC的解析式为y＝﹣x＋8，向下平移5个单位得到y＝﹣x＋3，
当y＝0时，x＝3，
∴M(3，0)，
当x＝0时，y＝3，
∴N(0，3)，
由题意得PD⊥MB，
∵MB＝8﹣3＝5，D(m，﹣m＋3)，
∴MD2＝(m﹣3)2＋(﹣m＋3)2，BD2＝(8﹣m)2＋(﹣m＋3)2，
若△BMD是等腰三角形，可分三种情况：
①当MB＝MD时，
∴(m﹣3)2＋(﹣m＋3)2＝25，解得m1＝3＋eq \f(5\r(2),2)，m2＝3﹣eq \f(5\r(2),2)，
②当MB＝BD时，
∴(8﹣m)2＋(﹣m＋3)2＝25，解得，m1＝3(舍去)，m2＝8(舍去)，
③当MD＋BD时，
∴(8﹣m)2＋(﹣m＋3)2＝(m﹣3)2＋(﹣m＋3)2，解得，m＝eq \f(11,2)．
综上所述，m的值为3＋eq \f(5\r(2),2)或3﹣eq \f(5\r(2),2)或eq \f(11,2)时，△BMD是等腰三角形．
解：(1)在y＝﹣eq \f(1,4)x2＋eq \f(3,2)x＋4中，
令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝8或x＝﹣2，
∴A(﹣2，0)，B(8，0)，C(0，4)，
设直线BC解析式为y＝kx＋4，将B(8，0)代入得：
8k＋4＝0，解得k＝﹣eq \f(1,2)，
∴直线BC解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x＋4；
(2)过C作CG⊥PD于G，如图：
设P(m，﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4)，
∴PD＝﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4，
∵∠COD＝∠PDO＝∠CGD＝90°，
∴四边形CODG是矩形，
∴DG＝OC＝4，CG＝OD＝m，
∴PG＝PD﹣DG＝﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4﹣4＝﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m，
∵CP＝CE，CG⊥PD，
∴GE＝PG＝﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m，
∵∠GCE＝∠OBC，∠CGE＝90°＝∠BOC，
∴△CGE∽△BOC，
∴＝，即＝，解得m＝0(舍去)或m＝4，
∴P(4，6)；
(3)存在点P，使得CE＝FD，理由如下：
过C作CH⊥PD于H，如图：
设P(m，﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4)，
由A(﹣2，0)，C(0，4)可得直线AC解析式为y＝2x＋4，
根据PF∥AC，设直线PF解析式为y＝2x＋b，将P(m，﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4)代入得：
﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4＝2m＋b，∴b＝﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4，
∴直线PF解析式为y＝2x﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4，
令x＝0得y＝﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4，
∴F(0，﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4)，
∴OF＝|﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4|，
同(2)可得四边形CODH是矩形，
∴CH＝OD，
∵CE＝FD，
∴Rt△CHE≌Rt△DOF(HL)，
∴∠HCE＝∠FDO，
∵∠HCE＝∠CBO，
∴∠FDO＝∠CBO，
∴tan∠FDO＝tan∠CBO，
∴＝，即＝，
∴﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4＝eq \f(1,2)m或﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4＝﹣eq \f(1,2)m，
解得m＝2eq \r(5)﹣2或m＝﹣2eq \r(5)﹣2或m＝4或m＝﹣4，
∵P在第一象限，∴m＝2eq \r(5)﹣2或m＝4．