中考数学二轮复习压轴题培优训练专题16二次函数与动点综合问题（2份，原卷版+解析版）

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二次函数与动点问题的背景是特殊图形,考查问题也是二次函数的有个性质和特殊图形的性质，体现的数学思想方法主要是数形结合思想和分类讨论思想，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中,特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置.)
动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、
相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或三角函数、线段或面积的最值.
解决“动点型问题”的关键是动中求静，灵活运用“动中求静”，找到并运用不变的数、不变的量、不变的关系，建立函数关系及综合应用代数、几何知识解决问题. 根据题意灵活运用特殊三角形和四边形的相关性质、判定、定理知识确定二次函数关系式，通过二次函数解析式或函数图象判定“动点型问题”涉及的线与线关系、特殊三角形、四边形及相应的周长、面积，还有存在、最值等问题.
【例1】（2022•本溪二模）如图，抛物线y＝﹣x2+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，点N，证明△ANH∽△AOB，求出，可得，求出直线OM的解析式，联立方程组，即可求M点的横坐标；
（3）分两种情况讨论：①当0＜t≤3时，P（t，4﹣t），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＝或t＝5（舍）；当BP＝BQ时，t＝（舍）；当BQ＝PQ时，t＝0（舍）或t＝（舍）；②当3＜t≤5时，P（t，4﹣t），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＝（舍）；当BQ＝PQ时，t＝0（舍）或t＝．
【解答】解：（1）将（3，0），（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
解得，
∴；
（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＝﹣，
∴y＝﹣x+4，
设点M，点N，
∵S△BMN：S△ABM＝1：4，
∴S△BMN：S△ABM＝1：4，
∴BN：AN＝1：3，
∵NH∥OB，
∴△ANH∽△AOB，
∴，即，
解得，
∴，
∴直线OM的解析式为y＝4x，
联立方程组，
解得，
∵点M在第一象限，
∴，
∴点M的横坐标为；
（3）∵A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
①当0＜t≤3时，P（t，4﹣t），Q（3﹣t，0），
∵四边形BPQG是菱形，
当BP＝PQ时，t2＝（t﹣3+t）2+（t）2，
解得t＝或t＝5（舍）；
当BP＝BQ时，（3﹣t）2+42＝t2，
解得t＝（舍）；
当BQ＝PQ时，（3﹣t）2+42＝（t﹣3+t）2+（t）2，
解得t＝0（舍）或t＝（舍）；
②当3＜t≤5时，P（t，4﹣t），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＝（t）2+（4﹣t﹣t+3）2，
解得t＝7（舍）或t＝（舍）；
当BQ＝PQ时，（7﹣t）2＝（t）2+（4﹣t﹣t+3）2，
解得t＝0（舍）或t＝；
综上所述：t的值为或3.5或．
【例2】（2022•沈北新区二模）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：，
解得：，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+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＝t，CQ＝6﹣t，
∴S△PCQ＝×CQ×PH＝（﹣t2+6t）＝﹣（t﹣3）2+，
∴当t＝3时，S△CPQ的最大值为，
∴PH＝CH＝3，
∴OH＝6﹣3，
∴点P的坐标为（﹣3，6﹣3）；
（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＝＝，
∴OH＝2，
∴点H（﹣2，0），
∴直线CM的解析式为：y＝x+6，
联立方程组可得：，
解得：（舍去）或，
故点M（﹣4﹣2，﹣4）；
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∠OCG＝，
∴OG＝6，
∴点H（﹣6，0），
∴直线CM'的解析式为：y＝x+6，
联立方程组可得：，
解得：（舍去）或，
故点M（﹣4﹣，﹣+）；
综上所述：点M的坐标为（﹣4﹣2，﹣4）或（﹣4﹣，﹣+）．
【例3】（2022•三亚模拟）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，
∴，
解得：，
∴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＝，
∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝45°，AB＝3，
∴∠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＝t，
∴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＝AN＝×t＝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＝t，AG＝NG＝t，
∴MG＝3﹣2t，
∴BN＝3﹣t，BP＝，∠PBN＝90°，
∵∠MBN＜90°，
∴∠MBN≠∠PBN，
若∠BMN＝∠PBN＝90°，
则∠BMO+∠NMG＝90°，
∵∠BOM＝∠MGN＝90°，
∴∠BMO+∠MBO＝90°，
∴∠MBO＝∠NMG，
∴△BMO∽△MNG，
∴＝，即＝＝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＝AN＝2t，
∴OA＝OM+AM＝3t＝3，
∴t＝1，
当t＝1时，MN＝AN＝，
∴BN＝AB﹣AN＝3﹣＝2，
∵＝＝，＝，
∴＝，且∠BNM＝∠PBN＝90°，
∴△BNM∽△NBP，
综上所述，当△BNP与△BMN相似时，t＝1．
【例4】（2021•长沙模拟）在一个三角形中，如果其中某两边的长度之和等于第三边长度的两倍，则称该三角形为“调和三角形”例如我们学过的等边三角形就是“调和三角形”．
（1）已知一个“调和三角形”三条边的长度分别为4，6，m﹣1，求m的值．
（2）已知Rt△ABC是“调和三角形”，它的三边长分别为a，b，c，且a＜b＜c．
①求a：b：c的值；
②若△ABC周长的数值与面积的数值相等，求a，b，c的值．
（3）在（2）的条件下，动点P从点A出发以每秒2个单位c长度的速度沿路线A→B→C运动，动点Q从点C出发以每秒1个单位长度的速度向点A运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒，设y＝PQ2．
①求y关于t的函数关系式；
②求y的最小值．
【分析】（1）根据两边的长度之和等于第三边长度的两倍，分情况求m值即可；
（2）①根据两边的长度之和等于第三边长度的两倍，及勾股定理列出三边关系，联立方程组求出比值即可；
②根据三边比值和△ABC周长的数值与面积的数值相等，求出三边长度即可；
（3）①分点P在AB上和在BC上两种情况，根据勾股定理求出PQ2即可；
②利用①的函数关系式求最值即可．
【解答】解：（1）∵“调和三角形”某两边的长度之和等于第三边长度的两倍，
∴①当4+6＝2（m﹣1）时，
解得m＝6，
②当m﹣1+4＝2×6时，
解得m＝9，
③当6+m﹣1＝2×4时，
解得m＝3（不合题意舍去），
综上，m的值为6或9；
（2）①∵Rt△ABC是“调和三角形”，且a＜b＜c，
∴a2+b2＝c2，①
a+c＝2b，②
由②，得b＝，代入①，
得a2+（）2＝c2，
整理得（5a﹣3c）（a+c）＝0，
∵a，b，c为三角形三边，
∴0＜a＜b＜c，
∴5a﹣3c＝0，
故a：c＝3：5，
同理可得，a：b＝3：4，
∴a：b：c＝3：4：5；
②若△ABC周长的数值与面积的数值相等，
即a+b+c＝，
∵a：b：c＝3：4：5，
∴b＝a，c＝a，
∴a+b+c＝，
即a+a+a＝a×a，
解得a＝6或a＝0（舍去），
∴a＝6，b＝8，c＝10；
（3）①（Ⅰ）当P点在AB上时，即0≤t≤5时，
过P作PD⊥AC于D，
则有AP＝2t，CQ＝t，
∵∠A＝∠A，∠PDA＝∠BCA＝90°，
∴△APD∽△ABC，
∴PD：AD：AP＝3：4：5，
∴PD＝t，AD＝t，
∴DQ＝8﹣t﹣t＝8﹣t，
∵PQ2＝PD2+DQ2，
∴PQ2＝（t）2+（8﹣t）2＝t2﹣t+64；
（Ⅱ）当P在BC上时，即5＜t≤8时，
此时，PC＝6+10﹣2t＝16﹣2t，
CQ＝t，
∴PQ2＝PD2+DQ2＝（16﹣2t）2+t2＝5t2﹣64t+256，
综上，y关于t的函数关系式：；
②由y关于t的函数关系式可知当P在AB上时有最小值，
∵y＝t2﹣t+64＝（t﹣）2+，
∴当t＝，y有最小值为．
1．（2021•遵化市模拟）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＝×（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，
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＝3，
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＝3，∴OP＝OC+PC＝3+3或OP＝PC﹣OC＝3﹣3
∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；
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+3）或（0，3﹣3）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＝×（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．
2．（2020•市中区一模）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（4﹣4，0）．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，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：
，
解得：，
故抛物线的解析式为：；
（2）如图，连接QD，
由B（4，0）和D（，0），
可得BD＝，
∵，
∴CO＝4，
∴BC＝4，则BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD＝∠QDC，
∴DQ∥BC，
∴△AQD∽△ACB，
∴，
∴，
∴DQ＝＝DP，
＝；
（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＝﹣x2+x+4，
解得：x1＝1，x2＝0，
∴G（1，4），
∵∠GBE＝∠OBC＝45°，
∴∠GBC＝∠ABE，
∴△BGM∽△BEN，
∴，
设E（x，）
∴＝
解得x1＝﹣，x2＝4（舍去），
则E（，）．
3．（2020•项城市三模）如图，抛物线经过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作匀速运动，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+经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，
∴，
解得，
所以，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+；
（2）∵y＝﹣x2+x+，
＝﹣（x2﹣2x+1）++，
＝﹣（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，
∴＝，
即＝，
解得PM＝t，
所以，OE＝1+t，
∵四边形PMNQ为正方形，
∴NE＝8﹣t+t＝8﹣t，
①点N的坐标为（1+t，8﹣t），
若点N在抛物线上，则﹣（1+t﹣1）2+8＝8﹣t，
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＝t，四边形PMNQ为正方形，
∴QD＝NE＝8﹣t，
设直线BC的解析式为y＝kx+m，
则，
解得，
所以直线BC的解析式为y＝﹣2x+10，
则﹣2x+10＝8﹣t，
解得x＝t+1，
所以，QR＝t+1﹣1＝t，
又EC＝CD﹣DE＝4﹣t，
根据平行四边形的对边平行且相等可得QR＝EC，
即t＝4﹣t，
解得t＝，
此时点P在BD上，所以，当t＝时，四边形ECRQ为平行四边形．
4．（2018•泉山区三模）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＝﹣x2+x+4的对称轴x＝与x轴交于点E．点A、B关于对称轴x＝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＝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，
∴，解得，
∴所求抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+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＝4，AB＝7．
∵BD＝BC，
∴AD＝AB﹣BD＝7﹣4，
∵CD垂直平分PQ，
∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP．
∵BD＝BC，
∴∠DCB＝∠CDB．
∴∠CDQ＝∠DCB．
∴DQ∥BC．
∴△ADQ∽△ABC．
∴＝，
∴＝，
∴＝，
解得DP＝4﹣，
∴AP＝AD+DP＝．
∴线段PQ被CD垂直平分时，t的值为；
（3）如图2，设抛物线y＝﹣x2+x+4的对称轴x＝与x轴交于点E．点A、B关于对称轴x＝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＝，
∴＝，
∴＝，解ME＝．
∴M（，），即在抛物线y＝﹣x2+x+4的对称轴上存在一点M（，），使得MQ+MA的值最小．
5．（2018•扬州）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 （，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＝∠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，，②当△PAQ∽△CBQ时，，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：（，），即（，2）；
故答案为：（，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，，
∴，
4t2﹣15t+9＝0，
（t﹣3）（t﹣）＝0，
t1＝3（舍），t2＝，
②当△PAQ∽△CBQ时，，
∴，
t2﹣9t+9＝0，
t＝，
∵＞3，
∴t＝不符合题意，舍去，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是或；
（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：
，解得：，
∴抛物线：y＝x2﹣3x+2＝（x﹣）2﹣，
∴顶点K（，﹣），
∵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＝∠MKQ，
如图2，∠MQD＝∠MKQ＝∠QKE，
∴tan∠MQD＝tan∠QKE＝，
即，MH＝2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式为：y＝﹣x+4，
则，
x2﹣3x+2＝﹣x+4，
解得：x1＝3（舍），x2＝﹣，
∴D（﹣，）；
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM＝∠MKQ＝∠QKE，
由对称性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y＝x，
则，
x2﹣3x+2＝x，
解得：x1＝3（舍），x2＝，
∴D（，）；
综上所述，点D的坐标为：D（﹣，）或（，）．
6．（2019•兰州）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于点（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；
（2）连接BD，当t＝时，求△DNB的面积；
（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标；
（4）当t＝时，在直线MN上存在一点Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求点Q的坐标．
【分析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可；
（2）由已知分别求出M（2，0），N（2，1），D（2，3），根据∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积即可求解；
（3）由已知可得M（2t﹣1，0），设P（2t﹣1，m），根据勾股定理可得PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，再由PB＝PC，得到m与t的关系式：m＝4t﹣5，因为PC⊥PB，则有•＝﹣1求出t＝1或t＝2，即可求D点坐标；
（4）当t＝时，M（，0），可知点Q在抛物线对称轴x＝上；过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x＝的交点分别为Q1与Q2，由AB＝5，可得圆半径AM＝，即可求Q点坐标分别为（，﹣），（，）．
【解答】解：（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a＝﹣，b＝，
∴y＝﹣x2+x+2；
（2）C（0，2），
∴BC的直线解析式为y＝﹣x+2，
当t＝时，AM＝3，
∵AB＝5，
∴MB＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），
∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积＝MB×DM﹣MB×MN＝×2×2＝2；
（3）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
设P（2t﹣1，m），
∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，
∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，
∴m＝4t﹣5，
∴P（2t﹣1，4t﹣5），
∵PC⊥PB，
∴•＝﹣1
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）；
方法二，过点C作CH⊥MN于H，可证△BMP≌△PHC，利用全等三角形的性质可求解．
（4）当t＝时，M（，0），
∴点Q在抛物线对称轴x＝上，
如图：过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x＝的交点分别为Q1与Q2，
∵AB＝5，
∴AM＝，
∵∠AQ1C+∠OAC＝90°，∠OAC+∠MAG＝90°，
∴∠AQ1C＝∠MAG，
又∵∠AQ1C＝∠CGA＝∠MAG，
∴Q1（，﹣），
∵Q1与Q2关于x轴对称，
∴Q2（，），
∴Q点坐标分别为（，﹣），（，）；
7．（2019•鄂州）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，AB＝4，交y轴于点C，对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）连接BC，E是线段OC上一点，E关于直线x＝1的对称点F正好落在BC上，求点F的坐标；
（3）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，交线段BC于点Q．设运动时间为t（t＞0）秒．
①若△AOC与△BMN相似，请直接写出t的值；
②△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）将A、B关坐标代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解；
（2）确定直线BC的解析式为y＝﹣x+3，根据点E、F关于直线x＝1对称，即可求解；
（3）①△AOC与△BMN相似，则，即可求解；②分OQ＝BQ、BO＝BQ、OQ＝OB三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵点A、B关于直线x＝1对称，AB＝4，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
代入y＝﹣x2+bx+c中，得：，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∴C点坐标为（0，3）；
（2）设直线BC的解析式为y＝mx+n，
则有：，解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∵点E、F关于直线x＝1对称，
又E到对称轴的距离为1，
∴EF＝2，
∴F点的横坐标为2，将x＝2代入y＝﹣x+3中，
得：y＝﹣2+3＝1，
∴F（2，1）；
（3）①如下图，连接BC交MN于Q，
MN＝﹣4t2+4t+3，MB＝3﹣2t，
△AOC与△BMN相似，则，
即：，
解得：t＝或﹣或1（舍去、﹣），
故：t＝1；
②∵M（2t，0），MN⊥x轴，∴Q（2t，3﹣2t），
∵△BOQ为等腰三角形，∴分三种情况讨论，
第一种，当OQ＝BQ时，
∵QM⊥OB
∴OM＝MB
∴2t＝3﹣2t
∴t＝；
第二种，当BO＝BQ时，在Rt△BMQ中
∵∠OBQ＝45°，
∴BQ＝，
∴BO＝，
即3＝，
∴t＝；
第三种，当OQ＝OB时，
则点Q、C重合，此时t＝0
而t＞0，故不符合题意
综上述，当t＝或秒时，△BOQ为等腰三角形．
8．（2019•乐山）如图，已知抛物线y＝a（x+2）（x﹣6）与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且tan∠CAB＝．设抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为抛物线的对称轴上一点，Q（n，0）为x轴上一点，且PQ⊥PC．
①当点P在线段MN（含端点）上运动时，求n的变化范围；
②在①的条件下，当n取最大值时，求点P到线段CQ的距离；
③在①的条件下，当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有两个交点，求t的取值范围．
【分析】（1）由函数解析式，可以求出点A、B的坐标分别为（﹣2，0），（6，0），在Rt△OAC中由tan∠CAB＝，可以求出点C的坐标为（0，3），进而可以求出抛物线的解析式；
（2）①抛物线的对称轴为：x＝2，顶点M（2，4），在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，把三角形三边长用点P，Q的坐标表达出来，整理得：，利用0≤m≤4，求出n的取值范围；
②由，得：，求出点P到线段CQ距离为2；
③设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：，联立抛物线方程，可求出x2﹣7x+4t＝0，由△＝49﹣16t＝0，得，可得当线段CQ与抛物线有两个交点时，．
【解答】解：（1）根据题意得：A（﹣2，0），B（6，0），
在Rt△AOC中，∵，且OA＝2，得CO＝3，∴C（0，3），将C点坐标代入y＝a（x+2）（x﹣6）得：，
抛物线解析式为：；
整理得：y＝﹣
故抛物线解析式为：得：y＝﹣；
（2）①由（1）知，抛物线的对称轴为：x＝2，顶点M（2，4），设P点坐标为（2，m）（其中0≤m≤4），
则PC2＝22+（m﹣3）2，PQ2＝m2+（n﹣2）2，CQ2＝32+n2，
∵PQ⊥PC，
∴在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，
即22+（m﹣3）2+m2+（n﹣2）2＝32+n2，整理得：＝（0≤m≤4），
∴当时，n取得最小值为；当m＝4时，n取得最大值为4，
所以；
②由①知：当n取最大值4时，m＝4，
∴P（2，4），Q（4，0），
则，，CQ＝5，
设点P到线段CQ距离为h，
由得：，
故点P到线段CQ距离为2；
③由②可知：当n取最大值4时，Q（4，0），∴线段CQ的解析式为：，
设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：，
当线段CQ向上平移，使点Q恰好在抛物线上时，线段CQ与抛物线有两个交点，此时对应的点Q'的纵坐标为：，
将Q'（4，3）代入得：t＝3，
当线段CQ继续向上平移，线段CQ与抛物线只有一个交点时，
联解得：，化简得：x2﹣7x+4t＝0，
由△＝49﹣16t＝0，得，
∴当线段CQ与抛物线有两个交点时，3≤t＜．
9．（2019•西宁）如图①，直线y＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，以A为顶点的抛物线经过点B，点P是抛物线上一点，连接OP，AP．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若△AOP的面积是3，求P点坐标；
（3）如图②，动点M，N同时从点O出发，点M以1个单位长度/秒的速度沿x轴正半轴方向匀速运动，点N以个单位长度/秒的速度沿y轴正半轴方向匀速运动，当其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动，过点N作NE∥x轴交直线AB于点E．若设运动时间为t秒，是否存在某一时刻，使四边形AMNE是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出点A、B的坐标；因为抛物线的顶点为点A，所以设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）2，将点B的坐标代入上式，即可求解；
（2）△AOP的面积＝×OA×yP＝2×yP＝3，解得：yP＝3，即可求解；
（3）t秒时，点M、N的坐标分别为：（t，0）、（0，t），则点E（2﹣t，t），而点N（0，t），故NE＝2﹣t，当四边形AMNE是菱形时，NE＝MN，即可求解．
【解答】解：（1）y＝﹣x+2，令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2，
故点A、B的坐标分别为：（2，0）、（0，2），
∵抛物线的顶点为点A（2，0），
∴设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）2，
将点B的坐标代入上式得：2＝a（0﹣2）2，解得：a＝，
故抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2＝x2﹣2x+2；
（2）∵点A（2，0），则OA＝2，
∴△AOP的面积＝×OA×yP＝2×yP＝3，
解得：yP＝3，
则yP＝3＝（x﹣2）2，解得：x＝2，
故点P的坐标为：（2+，3）或（2﹣，3）；
（3）存在，理由：
由题意得：t秒时，点M、N的坐标分别为：（t，0）、（0，t），
当y＝t时，y＝t＝﹣x+2，解得：x＝2﹣t，故点E（2﹣t，t），
而点N（0，t），故NE＝2﹣t，
当四边形AMNE是菱形时，NE＝MN，
即t2+（t）2＝（2﹣t）2，
解得：t＝或﹣2（舍去﹣2），
故t＝．
10．（2019•沈阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2（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，抛物线经过点D（﹣2，﹣3）和点E（3，2），点P是第一象限抛物线上的一个动点．
（1）求直线DE和抛物线的表达式；
（2）在y轴上取点F（0，1），连接PF，PB，当四边形OBPF的面积是7时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，当点P在抛物线对称轴的右侧时，直线DE上存在两点M，N（点M在点N的上方），且MN＝2，动点Q从点P出发，沿P→M→N→A的路线运动到终点A，当点Q的运动路程最短时，请直接写出此时点N的坐标．
【分析】（1）将点D、E的坐标代入函数表达式，即可求解；
（2）S四边形OBPF＝S△OBF+S△PFB＝×4×1+×PH×BO，即可求解；
（3）过点M作A′M∥AN，过作点A′直线DE的对称点A″，连接PA″交直线DE于点M，此时，点Q运动的路径最短，即可求解．
【解答】解：（1）将点D、E的坐标代入函数表达式得：，解得：，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+2，
同理可得直线DE的表达式为：y＝x﹣1…①；
（2）如图，连接BF，过点P作PH∥y轴交BF于点H，
将点FB代入一次函数表达式，
同理可得直线BF的表达式为：y＝﹣x+1，
设点P（x，﹣x2+x+2），则点H（x，﹣x+1），
S四边形OBPF＝S△OBF+S△PFB＝×4×1+×PH×BO＝2+2（﹣x2+x+2+x﹣1）＝7，
解得：x＝2或，
故点P（2，3）或（，）；
（3）当点P在抛物线对称轴的右侧时，点P（2，3），
过点M作A′M∥AN，过点A'作直线DE的对称点A″，连接PA″交直线DE于点M，此时，点Q运动的路径最短，
∵MN＝2，相当于向上、向右分别平移2个单位，故点A′（1，2），
A′A″⊥DE，则直线A′A″过点A′，则其表达式为：y＝﹣x+3…②，
联立①②得x＝2，则A′A″中点坐标为（2，1），
由中点坐标公式得：点A″（3，0），
同理可得：直线A″P的表达式为：y＝﹣3x+9…③，
联立①③并解得：x＝，即点M（，），
点M沿ED向下平移2个单位得：N（，﹣）．
11．（2019•湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连接AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中点．
（1）求OC的长和点D的坐标；
（2）如图2，M是线段OC上的点，OM＝OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连接DE交AB于点F．
①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；
②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G运动路径的长．
【分析】（1）由OA＝3，tan∠OAC＝＝，得OC＝，由四边形OABC是矩形，得BC＝OA＝3，所以CD＝BC＝，求得D（，）；
（2）①由易知得ACB＝∠OAC＝30°，设将△DBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的B'处，则DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，所以∠BDB'＝60°，∠BDF＝∠B'DF＝30°，所以BF＝BD•tan30°＝，AF＝BF＝，因为∠BFD＝∠AEF，所以∠B＝∠FAE＝90°，因此△BFD≌△AFE，AE＝BD＝，点E的坐标（，0）；
②动点P在点O时，求得此时抛物线解析式为y＝﹣x2+x，因此E（，0），直线DE：y＝﹣x+，F1（3，）；当动点P从点O运动到点M时，求得此时抛物线解析式为y＝﹣x2+x+，所以E（6，0），直线DE：y＝﹣x+，所以F2（3，）；所以点F运动路径的长为F1F2＝＝，即G运动路径的长为．
【解答】解：（1）∵OA＝3，tan∠OAC＝＝，
∴OC＝，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC＝OA＝3，
∵D是BC的中点，
∴CD＝BC＝，
∴D（，）；
（2）①∵tan∠OAC＝，
∴∠OAC＝30°，
∴∠ACB＝∠OAC＝30°，
设将△DBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的B'处，
则DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，
∴∠DB'C＝∠ACB＝30°
∴∠BDB'＝60°，
∴∠BDF＝∠B'DF＝30°，
∵∠B＝90°，
∴BF＝BD•tan30°＝，
∵AB＝，
∴AF＝BF＝，
∵∠BFD＝∠AEF，
∴∠B＝∠FAE＝90°，
∴△BFD≌△AFE（ASA），
∴AE＝BD＝，
∴OE＝OA+AE＝，
∴点E的坐标（，0）；
②动点P在点O时，
∵抛物线过点P（0，0）、D（，）、B（3，）
求得此时抛物线解析式为y＝﹣x2+x，
∴E（，0），
∴直线DE：y＝﹣x+，
∴F1（3，）；
当动点P从点O运动到点M时，
∵抛物线过点P（0，）、D（，）、B（3，）
求得此时抛物线解析式为y＝﹣x2+x+，
∴E（6，0），
∴直线DE：y＝﹣x+，
∴F2（3，）；
∴点F运动路径的长为F1F2＝＝，
如图，当动点P从点O运动到点M时，点F运动到点F'，点G也随之运动到G'．
连接GG'．当点P向点M运动时，抛物线开口变大，F点向上线性移动，所以G也是线性移动．
即GG'＝FF'．
∵△DFG、△DF'G'为等边三角形，
∴∠GDF＝∠G'DF'＝60°，DG＝DF，DG'＝DF'，
∴∠GDF﹣∠GDF'＝∠G'DF'﹣∠GDF'，
即∠G'DG＝∠F'DF
在△DFF'与△DGG'中，
，
∴△DFF'≌△DGG'（SAS），
∴GG'＝FF'＝，
此时∠FGG′＝120°，GG′∥DF，
∴点G的运动轨迹是线段GG′，
∴G运动路径的长为．
12．（2021•高明区校级模拟）在平面直角坐标系中，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AB∥x轴，如图1，C（1，0），且OC：OA＝AC：BC＝1：2．
（1）A点坐标为 （0，2） ，B点坐标为 （5，2） ；
（2）求过A、B、C三点的抛物线表达式；
（3）如图2，抛物线对称轴与AB交于点D，现有一点P从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一点Q从点D与点P同时出发，以每秒5个单位在抛物线对称轴上运动．当点P到达B点时，点P、Q同时停止运动，问点P、Q运动到何处时，△PQB面积最大，试求出最大面积．
【分析】（1）根据OC＝1可得OA＝2，因为A在y轴上，可得A的坐标，根据勾股定理计算AC，AB的长，可得B的坐标；
（2）利用待定系数法求二次函数的解析式；
（3）根据动点的时间和速度表示PB和DQ的长，根据三角形面积公式表示△PQB面积，根据二次函数的最值即可解答．
【解答】解：（1）∵C（1，0），
∴OC＝1，
∵OC：OA＝1：2，
∴OA＝2，
∴A（0，2），
∴AC＝＝，
∵AC：BC＝1：2，
∴BC＝2，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝5，
∵AB∥x轴，
∴B（5，2），
故答案为：（0，2），（5，2）；
（2）设过A、B、C三点的抛物线表达式为：y＝ax2+bx+c，
则，
解得：，
∴过A、B、C三点的抛物线表达式为：y＝x2﹣x+2；
（3）如图2，设运动t秒时，△PQB面积最大，且0≤t≤5，则BP＝5﹣t，DQ＝5t，
∴S△PQB＝＝＝﹣，
∵a＝﹣＜0
∴当t＝﹣＝时，面积最大值是：S△PQB＝﹣＝，
此时点P的坐标为（，2），
当点Q向上运动时，点Q的坐标为（，），
当点Q向下运动时，点Q的坐标为（，﹣），
综上，当点P的坐标为（，2），点Q的坐标为（，）或（，﹣）时，△PQB面积最大，最大面积为．
13．（2020•香洲区校级一模）如图1，矩形OBCD的边OD，OB分别在x轴和y轴上，且B（0，8），D（10，0）．点E是DC边上一点，将矩形OBCD沿过点O的射线OE折叠，使点D恰好落在BC边上的点A处．
（1）若抛物线y＝ax2+bx经过点A，D，求此抛物线的解析式；
（2）若点M是（1）中的抛物线对称轴上的一点，点N是坐标平面内一点，是否存在M，N使以A，M，N，E为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图2，动点P从点O出发沿x轴正方向以每秒1个单位的速度向终点D运动，动点Q从点D出发沿折线D﹣C﹣A以同样的速度运动，两点同时出发，当一点运动到终点时，另一点也随之停止，过动点P作直线l⊥x轴，依次交射线OA，OE于点F，G，设运动时间为t（秒），△QFG的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．（t的取值应保证△QFG的存在）
【分析】（1）用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）易求得抛物线的对称轴x＝5，过点E作ET⊥AH，垂足为T，运用勾股定理用的代数式表示出AM2、EM2，然后分别以AM与AE，EM与EA，ME与MA为菱形的一组邻边进行讨论，列出等式，求出n，就可求出点M的坐标；
（3）根据点Q的位置不同，分以下四种情况进行讨论：①点Q在线段DC上、②点Q在AC上且在直线的右边、③）点Q在AC上且在直线上、④点Q在AC上且在直线l的左边，就可解决问题．
【解答】（1）解：∵四边形OBCD是矩形，B（0，8），D（10，0），
∴BC＝OD＝10，DC＝OB＝8，∠OBC＝∠C＝90°，
由折叠可得：OA＝OD＝10，AE＝DE，
∵∠OBC＝90°，OB＝8，OA＝10，
∴AB＝6，
∴AC＝4，
设AE＝DE＝x，则CE＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
∴AE＝DE＝5，
∴点A的坐标为（6，8），点E的坐标为（10，5），
∵抛物线y＝ax2+bx经过点A（6，8），D（10，0），
∴，
解得：．
此抛物线的解析式为；
（2）存在M、N，使以A、M、N、E为顶点的四边形为菱形，
设抛物线的对称轴与BC交于点H，过点E作ET⊥AH，垂足为T，连接AM、ME，如图1，
设点M的坐标为（m，n），则，
∴AH＝6﹣5＝1，HM＝﹣8﹣n，
ET＝10﹣5＝5，TM＝﹣5﹣n，
因为AH⊥HM，
∴AM2＝AH2+MH2＝1+（8﹣n）2，
∵ET⊥MH，
∴ME2＝ET2+MT2＝25+（5﹣n）2，
①若AM与AE是菱形的一组邻边，则AM＝AE，
∴AM2＝AE2，
∴1+（8﹣n）2＝25，
∴（8﹣n）2＝24，
解得：；
②若EM与EA是菱形的一组邻边，则EM＝EA，
∴EM2＝EA2，
∴25+（5﹣n）2＝25，
∴（5﹣n）2＝0，
∴n3＝5；
③若MA与ME是菱形的一组邻边，则MA＝ME，
∴MA2＝ME2，
∴1+（8﹣n）2＝25+（5﹣n）2，
解得：n4＝2.5．
综上所述：满足要求的点M的坐标为，（5，5），（5，2.5）；
（3）设直线OA的解析式y＝k1x，
∵点A的坐标为（6，8），
∴6k1＝8，
∴k1＝，
故直线OA的解析式为y＝x，
同理可得：直线OE的表达式为y＝，
∵OP＝1×t＝t，
∴P（t，0），
∵直线⊥x轴于点P，点F，G是直线l与OA，OE的交点，
∴，
故，
当0＜t＜8时，点Q在线段DC上，
过点Q作QS⊥直线l，垂足为S，
如图2，
则QS＝PD＝10﹣t，
∴
＝
＝，
②当8≤t＜9时，点Q在线段CA上，且在直线l的右侧，
设FG交AC于点N，如图3，
则QN＝CN﹣CQ＝PD﹣CQ＝（10t）﹣（t﹣8）＝18﹣2t，
∴
＝
＝；
③当t＝9时，QN＝18﹣2t＝0，点Q与点N重合，此时△QFG不存在，故舍去；
④当9＜t≤10时，点Q在线段CA上，且在直线l的左侧，设FG交AC于点N，如图4．
则QN＝CQ﹣CN＝CQ﹣PD＝（10﹣t）＝2t﹣18，
∴
＝（2t﹣18）
＝．
综上所述：．
14．（2020•南充一模）如图，抛物线y＝﹣（x+1）（x﹣n）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，△ABC的面积为5．动点P从点A出发沿AB方向以每秒1个单位的速度向点B运动，过P作PN⊥x轴交BC于M，交抛物线于N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当M在线段BC上，MN最大时，求运动的时间；
（3）经过多长时间，点N到点B、点C的距离相等？
【分析】（1）根据已知条件，求出点A、点B、点C的坐标，根据△ABC的面积为5即可求解；
（2）根据题意得出点M、点N的坐标，求出MN的代数式即可求解；
（3）根据两点间的距离的含义，作BC的中垂线即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣（x+1）（x﹣n）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，
∴A（﹣1，0），B（n，0），C（0，），n＞0，
∴AB＝n+1，OC＝n，
由S△ABC＝×AB×OC＝5，
∴n（n+1）＝5，
∴n（n+1）＝20，
∴取正根n＝4，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣4）＝﹣x2+x+2；
（2）由（1），B（4，0），C（0，2），
∴直线BC为y＝﹣x+2，
设M（m，﹣m+2），N（m，﹣m2+m+2），
∴MN＝（﹣m2+m+2）﹣（﹣m+2）＝﹣m2+2m＝﹣（m﹣2）2+2，
∴当m＝2时，MN最大，
∴OP＝2，
∴AP＝3，即经过3s，MN最大；
（3）如下图所示，作BC的中垂线，与BC交于点D，与y轴交于点E，
与抛物线交于点N，
∴△CDE∽△COB
∴＝＝，
由（2），BC＝2，D（2，1），
∴DE＝2CD＝2，
∴CE＝5，
∴OE＝3，
∴E（0，﹣3），
∴直线DE为y＝2x﹣3，
由﹣x2+x+2＝2x﹣3，
移项整理得：x2+x﹣5＝0，
∴x2+x﹣10＝0，
取正根x＝，
∴OP＝，
∴AP＝，
即经过秒，点N到点B、点C的距离相等．
15．（2020•潮南区模拟）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）求二次函数的解析式．
（2）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．
（3）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）设AM＝t则DN＝2t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，S△MNB＝×（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．
（3）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；
【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
，
解得：，
∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图1，设A运动时间为t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，则DN＝2t，
∴S△MNB＝×（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；
（3）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，
解得：x＝1或x＝3，
∴B（3，0），
∴BC＝3，
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2，
①当CP＝CB时，PC＝3，
∴OP＝OC+PC＝3+3或OP＝PC﹣OC＝3﹣3
∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；
②当BP＝BC时，OP＝OB＝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+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）．
16．（2020•潮州模拟）如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝2OA＝4．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）设P是（1）中抛物线上的一个动点，当直线OC平分∠ACP时，求点P的坐标；
（3）如图2，点G是线段AC的中点，动点E从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，动点F从点B出发，以每秒个单位长度的速度向终点C运动，若E、F两点同时出发，运动时间为t秒．则当t为何值时，△EFG的面积是△ABC的面积的？
【分析】（1）根据OA、OB的长度求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）求出C（0，﹣4），求出直线CD的解析式，联立直线CD的解析式和抛物线的解析式可求出答案；
（3）过点G作GH⊥x轴于点H，证明△AHG∽△AOC，得出，求出点G的坐标，当0＜t＜4时，如图2，过点F作FM⊥x轴于点M，依题意得：，根据三角形的面积可求出答案，当4≤t≤6时，可求出答案．
【解答】解：（1）∵OB＝2OA＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
把A（﹣2，0），B（4，0）分别代入得：
，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）如图，设CP与x轴相交于点D，
∵OC平分∠ACP，AO⊥CO，
∴OA＝OD＝2，
∴D（2，0），
把x＝0代入得，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
设直线CD的解析式为y＝kx+d，
把C（0，﹣4），D（2，0）分别代入y＝kx+d得：，
解得：，
∴y＝2x﹣4，
依题意得，
解得，，
∴P（6，8）；
（3）如图2，过点G作GH⊥x轴于点H，
∵GH∥y轴
∴△AHG∽△AOC，
∴，
∴由A（﹣2，0），C（0，﹣4），
得G（﹣1，﹣2），
点E运动到点B的时间为[4﹣（﹣2）]÷1＝6秒，
点F运动到点C的时间为秒，
当0＜t＜4时，如图2，过点F作FM⊥x轴于点M，
依题意得：，
∵OC＝OB＝4，∠OBC＝45°，
∴FM＝MB＝t，
∴EH＝1﹣t，HG＝2，HM＝6﹣1﹣t＝5﹣t，EM＝6﹣t﹣t＝6﹣2t，
∴S△EFG＝S△EGH+S梯形HGFM﹣S△EFM＝＝，
∵，△EFG的面积是△ABC的面积的，
∴，
解得：t1＝1，t2＝4，
当4≤t≤6时，如图3，
∴S△EFG＝S△AFE﹣S△AGE＝＝t，
∴．
综上所述，当t＝1或t＝4时，△EFG的面积是△ABC的面积的．
17．（2021•饶平县校级模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），交y轴于点C，点P是该抛物线上一动点，点P从C点沿抛物线向A点运动（点P不与A重合），过点P作PD∥y轴交直线AC于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；
（3）△APD能否构成直角三角形？若能，请直接写出所有符合条件的点P坐标；若不能，请说明理由．
【分析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，解方程组得到b、c的值，即可得解；
（2）求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式，再根据抛物线解析式设出点P的坐标，然后表示出PD的长度，再根据二次函数的最值问题解答；
（3）①∠APD是直角时，点P与点B重合，②求出抛物线顶点坐标，然后判断出点P为在抛物线顶点时，∠PAD是直角，分别写出点P的坐标即可；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），
∴，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴点C（0，3），
则直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
设点P（x，x2﹣4x+3），
∵PD∥y轴，
∴点D（x，﹣x+3），
∴PD＝（﹣x+3）﹣（x2﹣4x+3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴当x＝时，线段PD的长度有最大值；
（3）①∠APD是直角时，点P与点B重合，
此时，点P（1，0），
②∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），
∵A（3，0），
∴点P为在抛物线顶点时，∠PAD＝45°+45°＝90°，
此时，点P（2，﹣1），
综上所述，点P（1，0）或（2，﹣1）时，△APD能构成直角三角形．
18．（2020•山西模拟）综合与实践
如图，抛物线y＝与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C．点D从点A出发以每秒1个单位长度的速度向点B运动，点E同时从点B出发以相同的速度向点C运动，设运动的时间为t秒．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）求t为何值时，△BDE是等腰三角形；
（3）在点D和点E的运动过程中，是否存在直线DE将△BOC的面积分成1：4两份，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令x＝0和y＝0，可得方程，解得可求点A，B，C的坐标；
（2）分三种情况讨论，利用等腰三角形的性质和锐角三角函数可求解；
（3）分两种情况讨论，利用锐角三角函数和三角形面积公式可求解．
【解答】解：（1）令y＝0，可得0＝x2﹣x﹣3，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴点A（﹣1，0），点B（4，0），
令x＝0，可得y＝﹣3，
∴点C（0，﹣3）；
（2）∵点A（﹣1，0），点B（4，0），点C（0，﹣3），
∴AB＝5，OB＝4，OC＝3，
∴BC＝＝＝5，
当BD＝BE时，则5﹣t＝t，
∴t＝，
当BE＝DE时，如图1，过点E作EH⊥BD于H，
∴DH＝BH＝BD＝，
∵cs∠DBC＝，
∴，
∴t＝，
当BD＝DE时，如图2，过点D作DF⊥BE于F，
∴EF＝BF＝BE＝t，
∵cs∠DBC＝，
∴，
∴t＝，
综上所述：t的值为，和；
（3）∵S△BOC＝BO×CO＝6，
∴S△BOC＝，S△BOC＝，
如图1，过点E作EH⊥BD于H，
∵sin∠DBC＝，
∴，
∴HE＝t，
当S△BDE＝S△BOC＝时，则（5﹣t）×t＝，
∴t1＝1，t2＝4，
当S△BDE＝S△BOC＝，时，则（5﹣t）×t＝，
∴t2﹣5t+16＝0，
∴方程无解，
综上所述：t的值为1或4．
19．（2020•雁塔区校级模拟）将抛物线C1：y＝﹣x2+3沿x轴翻折，得抛物线C2．
（1）请求出抛物线C2的表达式；
（2）现将抛物线C1向左平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为M，与x轴的交点从左到右依次为A、B；将抛物线C2向右也平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为N，与x轴交点从左到右依次为D、E．在平移过程中，是否存在以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）抛物线翻折前后顶点关于x轴对称，顶点的纵坐标为互为相反数；
（2）连接AN，NE，EM，MA，M，N关于原点O对称可得OM＝ON，A，E关于原点O对称可得OA＝OE，判断四边形ANEM为平行四边形；若AM2+ME2＝AE2，解得m＝，即可求解；
【解答】解：（1）∵抛物线C1：y＝﹣x2+3的顶点为（0，3），
∴翻折后的抛物线的顶点坐标为（0，﹣3），
∴抛物线C2解析式为：y＝x2﹣3；
（2）存在
连接AN，NE，EM，MA，
依题意可得：M（﹣m，3），N（m，﹣3），
∴M，N关于原点O对称，
∴OM＝ON，
原C1、C2抛物线与x轴的两个交点分别（﹣，0），（，0），
∴A（﹣﹣m，0），E（+m，0），
∴A，E关于原点O对称，
∴OA＝OE，
∴四边形ANEM为平行四边形，
∴AM2＝3+9＝12，
ME2＝（+m+m）2+32＝4m2+4m+12，
AE2＝（+m++m）2＝4m2+8m+12，
若AM2+ME2＝AE2，
∴12+4m2+4m+12＝4m2+8m+12，
解得m＝，
此时△AME是直角三角形，且∠AME＝90°，
∴当m＝时，以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形．
20．（2020•清江浦区模拟）如图1，矩形OBCD的边OD，OB分别在x轴和y轴上，且B（0，8），D（10，0）．点E是DC边上一点，将矩形OBCD沿过点O的射线OE折叠，使点D恰好落在BC边上的点A处．
（1）若抛物线y＝ax2+bx经过点A，D，求此抛物线的解析式；
（2）若点M是（1）中抛物线对称轴上的一点，是否存在点M，使△AME为等腰三角形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图2，动点P从点O出发沿x轴正方向以每秒1个单位的速度向终点D运动，动点Q从点D出发沿折线D﹣C﹣A以同样的速度运动，两点同时出发，当一点运动到终点时，另一点也随之停止，过动点P作直线l⊥x轴，依次交射线OA，OE于点F，G，设运动时间为t（秒），△QFG的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．（t的取值应保证△QFG的存在）
【分析】（1）设AE＝DE＝x，则CE＝8﹣x，则x2＝42+（8﹣x）2，则AE＝DE＝5，则点A的坐标为（6，8），进而求解；
（2）分AE＝AM、AE＝EM、AM＝EM三种情况，分别求解即可；
（3）分0＜t＜8、8≤t＜9、t＝9、9＜t≤10三种情况，分别求解函数表达式即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形OBCD是矩形，B（0，8），D（10，0），
∴BC＝OD＝10，DC＝OB＝8，∠OBC＝∠C＝90°，
由折叠可得：OA＝OD＝10，AE＝DE，
∵∠OBC＝90°，OB＝8，OA＝10，
∴AB＝6，
∴AC＝4，
设AE＝DE＝x，则CE＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
∴AE＝DE＝5，
∴点A的坐标为（6，8），点E的坐标为（10，5），
∵抛物线y＝ax2+bx经过点A（6，8），D（10，0），则，解得，
此抛物线的解析式为y＝﹣x2+x；
（2）抛物线过O、D（10，0）两点，则其对称轴为x＝5，
设点M（5，m），而点A（6，8）、点E（10，5），
则AE2＝16+9＝25，AM2＝1+（m﹣8）2，EM2＝（m﹣5）2+25，
当AE＝AM时，则25＝1+（m﹣8）2，解得：m＝8±2；
当AE＝EM时，同理可得：m＝5；
当AM＝EM时，同理可得：m＝；
故点M的坐标为（5，8+2）或（5，8﹣2）或（5，5）或（5，2.5）；
（3）设直线OA的解析式y＝k1x，
∵点A的坐标为（6，8），
∴6k1＝8，解得：k1＝，
直线OA的解析式y＝x，
同理可得：直线OE的表达式为y＝x，
∵OP＝1×t＝t，
∴P（t，0），
∵直线⊥x轴于点P、点F，
G是直线l与OA，OE的交点，
∴点F、G的坐标分别为（t，t）、（t，t），
则FG＝t﹣t＝t，
当0＜t＜8时，点Q在线段DC上，
过点Q作QS⊥直线l，垂足为S，如图1，
则QS＝PD＝10﹣t，
∴S＝×FG•QS＝FG•PD＝t（10﹣t）＝﹣t2+t；
②当8≤t＜9时，点Q在线段CA上，且在直线l的右侧，
设FG交AC于点N，如图2，
则QN＝CN﹣CQ＝PD﹣CQ＝（10t）﹣（t﹣8）＝18﹣2t
∴S＝FD•QN＝t（18﹣2t）＝﹣t2+t；
③当t＝9时，QN＝18﹣2t＝0，点Q与点N重合，此时△QFG不存在，故舍去，
④当9＜t≤10时，点Q在线段CA上，且在直线l的左侧，设FG交AC于点N，如图3．
则QN＝CQ﹣CN＝CQ﹣PD＝（10﹣t）＝2t﹣18，
S＝FG•QN＝t（2t﹣18）＝t2﹣t；
综上所述：S＝．
21．（2022•济宁三模）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＝2，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵BD∥AC，
∴∠DPH＝∠PQA，
且∠DPH＝∠DAC，
∴∠PQA＝∠DAC，
∴PQ∥DC，且BD∥AC，
∴四边形PDCQ是平行四边形，
∴PD＝QC，
∴4﹣2t＝3t，
∴t＝；
②存在以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形，此时t＝1﹣．
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＝2，OA＝2，OB＝4，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴tan∠OAB＝＝＝tan∠DBA＝，
∴PN＝2BP＝4t，
∴MH＝PN＝4t，
∵tan∠ADB＝tan∠ABD＝＝2，
∴MD＝2t，
∴DH＝＝2t，
∴AH＝AD﹣DH＝2﹣2t，
∵BD∥OC，
∴＝，
∴＝，
∴5t2﹣10t+4＝0，
∴t1＝1+（舍去），t2＝1﹣；
若点N在AD上，即1＜t≤，
∵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﹣．
22．（2022•望花区模拟）如图1，已知抛物线y＝ax2+x+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；
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+x+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≤，此时CD＝5t，点D的坐标为（0，3﹣5t），S△BDE＝S△BOC﹣S△CDE﹣S△BOD，由S△BDE＝，即可求解；Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时，＜t≤1，BD＝7﹣5t，S△BDE＝BD•EN＝，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+x+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴，
解得，
∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+x+3；
∵抛物线y＝﹣x2+x+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＝＝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，
∴＝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≤，
此时CD＝5t，点D的坐标为（0，3﹣5t），
∴S△BDE＝S△BOC﹣S△CDE﹣S△BOD
＝BO•CO﹣CD•|xE|﹣OB•OD
＝×4×3﹣×5t×（4﹣4t）﹣×4×（3﹣5t）
＝10t2，
当S△BDE＝时，10t2＝，
解得t1＝﹣（舍去），t2＝，
∴t＝；
Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时，＜t≤1，BD＝7﹣5t，
∴S△BDE＝BD•EN＝×（7﹣5t）×3t＝，
解得（不合题意，舍去），．
综上所述，当或时，△BDE的面积等于；
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＝﹣（5﹣4t）2+（5﹣4t）+3，
解得：t1＝，t2＝（不合题意舍去），
∴F坐标为（，）；
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＝﹣（2+t）2+（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（，）．