2021中考数学压轴题题型：专题12二次函数与动点综合问题（含原卷及解析卷）

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2021新版中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题12二次函数与动点综合问题




【例1】（2020•盘锦）如图1，直线y＝x﹣4与x轴交于点B，与y轴交于点A，抛物线y=−12x2+bx+c经过点B和点C（0，4），△ABO沿射线AB方向以每秒2个单位长度的速度平移，平移后的三角形记为△DEF（点A，B，O的对应点分别为点D，E，F），平移时间为t（0＜t＜4）秒，射线DF交x轴于点G，交抛物线于点M，连接ME．

（1）求抛物线的解析式；
（2）当tan∠EMF=43时，请直接写出t的值；
（3）如图2，点N在抛物线上，点N的横坐标是点M的横坐标的12，连接OM，NF，OM与NF相交于点P，当NP＝FP时，求t的值．
【分析】（1）求出等B的坐标，利用待定系数法解决问题即可．
（2）分两种情形：如图1中，当点M在线段DF的上方时，求出DM＝7，构建方程求解即可，当点M在线段DF上时，DM＝1，构建方程求解即可．
（3）如图2中，过点N作NT∥y轴于T．由题意D（t，t﹣4），则M（t，−12t2+t+4），N（12t，−18t2+12t+4），T（12t，−14t2+12t+2），F（t，t），利用全等三角形的性质证明NT＝MF，由此构建方程解决问题即可．
【解析】（1）∵直线y＝x﹣4与x轴交于点B，与y轴交于点A，
∴B（4，0），A（0，﹣4），
把B（4，0），C（0，4）代入y=−12x2+bx+c得到c=4−8+4b+c=0，
解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4．

（2）如图1中，当点M在线段DF的上方时，

由题意得，D（t，t﹣4），则M（t，−12t2+t+4），
∴DM=−12t2+8，
在Rt△MEF中，tan∠EMF=EFFM=4FM=43，
∴MF＝3，
∵DF＝EF＝4，
∴DM＝7，
∴−12t2+8＝7，
∴t=2或−2（舍弃）


（3）如图2中，过点N作NT∥y轴于T．由题意得D（t，t﹣4），则M（t，−12t2+t+4），N（12t，−18t2+12t+4），T（12t，−14t2+12t+2），F（t，t）

∵NT∥FM，
∴∠PNT＝∠PFM，
∵∠NPT＝∠MPF，PN＝PF，
∴△NPT≌△FPM（ASA），
∴NT＝MF，
∴−18t2+12t+4﹣（−14t2+12t+2）=−12t2+t+4﹣t，
解得t=455或−455（舍弃），
∴t的值为455．
【例2】（2020•赤峰）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线y=−12x+2经过B，C两点．
（1）直接写出二次函数的解析式　y=12x2−52x+2　；
（2）平移直线BC，当直线BC与抛物线有唯一公共点Q时，求此时点Q的坐标；
（3）过（2）中的点Q作QE∥y轴，交x轴于点E．若点M是抛物线上一个动点，点N是x轴上一个动点，是否存在以E，M，N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似？如果存在，请直接写出满足条件的点M的个数和其中一个符合条件的点M的坐标；如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）先求出点C坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出直线BC平移后的解析式，联立方程组可求解；
（3）分两种情况，构造出两三角形相似，得出EHMH=OBOC或EHMH=OCOB，进而建立绝对值方程求解即可得出结论．
【解析】（1）∵直线y=−12x+2经过B，C两点．
∴点C（0，2），
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（4，0），点C（0，2），
∴0=a+b+c0=16a+4b+cc=2，
解得：a=12b=−52c=2，
∴抛物线解析式为y=12x2−52x+2，
故答案为：y=12x2−52x+2；

（2）∵直线BC解析式为：y=−12x+2，
∴设平移后的解析式为：y=−12x+2+m，
∵平移后直线BC与抛物线有唯一公共点Q
∴12x2−52x+2=−12x+2+m，
∴△＝4﹣4×12×（﹣m）＝0，
∴m＝﹣2，
∴设平移后的解析式为：y=−12x，
联立方程组得：y=−12xy=12x2−52x+2，
∴x=2y=−1，
∴点Q（2，﹣1）；

（3）设点M的坐标为（m，12m2−52m+2），
∵以E，M，N三点为顶点的直角三角形（其中M为直角顶点）与△BOC相似，
∴①当△MEN∽△OBC时，
∴∠MEN＝∠OBC，
过点M作MH⊥x轴于H，
∴∠EHM＝90°＝∠BOC，
∴△EHM∽△BOC，
∴EHMH=OBOC，
∴MH＝|12m2−52m+2|，EH＝|m﹣2|，
∵OB＝4，OC＝2．
∴|m−2||12m2−52m+2|=2，
∴m＝3±3或m＝2±2，
当m＝3+3时，12m2−52m+2=3+12，
∴M（3+3，3+12），
当m＝3−3时，12m2−52m+2=1−32，
∴M（3−3，1−32），
当m＝2+2时，12m2−52m+2=−22，
∴M（2+2，−22），
当m＝2−2时，12m2−52m+2=22，
∴M（2−2，22），
②当△NEM∽△OBC时，
同①的方法得，|m−2||12m2−52m+2|=12，
∴m=9±332或m=1±172，
当m=9+332时，12m2−52m+2＝5+33，
∴M（9+332，5+33），
当m=9−332时，12m2−52m+2＝5−33，
∴M（9−332，5−33），
当m=1+172时，12m2−52m+2＝3−17，
∴M（1+172，3−17），
当m=1−172时，12m2−52m+2＝3+17，
∴M（1−172，3+17），
即满足条件的点M共有8个，其点的坐标为（3+3，3+12）或（3−3，1−32）或（2+2，−22）或（2−2，22）或（9+332，5+33）或（9−332，5−33）或（1+172，3−17）或（1−172，3+17）．

【例3】（2020•丹东）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B两点，A点坐标为（﹣2，0），与y轴交于点C（0，4），直线y=−12x+m与抛物线交于B，D两点．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）求m的值和D点坐标．
（3）点P是直线BD上方抛物线上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交直线BD于点F，过点D作x轴的平行线，交PH于点N，当N是线段PF的三等分点时，求P点坐标．
（4）如图2，Q是x轴上一点，其坐标为（−45，0）．动点M从A出发，沿x轴正方向以每秒5个单位的速度运动，设M的运动时间为t（t＞0），连接AD，过M作MG⊥AD于点G，以MG所在直线为对称轴，线段AQ经轴对称变换后的图形为A′Q′，点M在运动过程中，线段A′Q′的位置也随之变化，请直接写出运动过程中线段A′Q′与抛物线有公共点时t的取值范围．

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）求出点B的坐标，可得直线BD的解析式，构建方程组确定点D坐标即可．
（3）设P（a，−12a2+a+4），则N（a，52），F（a，−12a+2）推出PN=−12a2+a+4−52=−12a2+a+32，NF=52−（−12a+2）=12a+12，由N是线段PF的三等分点，推出PN＝2NF或NF＝2PN，构建方程求解即可．
（4）首先证明QQ′∥AD，由题意直线QQ′的解析式为y=52x+2，设直线QQ′交抛物线于E，利用方程组求出点E的坐标，求出两种特殊情形t的值即可判断．
【解析】（1）把A（﹣2，0），C（0，4）代入y=−12x2+bx+c，
得到c=4−2−2b+c=0，
解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4．

（2）令y＝0，则有−12x2+x+4＝0，
解得x＝﹣2或4，
∴B（4，0），
把B（4，0）代入y=−12x+m，得到m＝2，
∴直线BD的解析式为y=−12x+2，
由y=−12x2+x+4y=−12x+2，解得x=4y=0或x=−1y=52，
∴D（﹣1，52）．

（3）设P（a，−12a2+a+4），
则N（a，52），F（a，−12a+2），
∴PN=−12a2+a+4−52=−12a2+a+32，NF=52−（−12a+2）=12a+12，
∵N是线段PF的三等分点，
∴PN＝2NF或NF＝2PN，
∴−12a2+a+32=a+1或12a+12=−a2+2a+3，
解得a＝±1或﹣1或52，
∵a＞﹣1，
∴a＝1或52，
∴P（1，92）或（52，278）．

（4）如图2中，

∵A（﹣2，0），D（﹣1，52），
∴直线AD的解析式为y=52x+5，
∵A′Q′与AQ关于MG对称，MG⊥AD，
∴QQ′∥AD，
∵Q（−45，0），
∴直线QQ′的解析式为y=52x+2，设直线QQ′交抛物线于E，
由y=−12x2+x+4y=52x+2，解得x=1y=92或x=−4y=−8，
∴E（1，92），
当点A′与D重合时，直线GM的解析式为y=−25x+1320，可得M（138，0），此时t=2940，
当点Q′与E重合时，直线GM经过点（110，94），
∵GM⊥AD，
∴GM的解析式为y=−25x+229100，
令y＝0，可得x=22940，
∴M（22940，0），此时t=2272+2522940+25=309200，
观察图象可知，满足条件的t的值为2940≤t≤309200．
【例4】（2020•随州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+1的对称轴为直线x=32，其图象与x轴交于点A和点B（4，0），与y轴交于点C．

（1）直接写出抛物线的解析式和∠CAO的度数；
（2）动点M，N同时从A点出发，点M以每秒3个单位的速度在线段AB上运动，点N以每秒2个单位的速度在线段AC上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t（t＞0）秒，连接MN，再将线段MN绕点M顺时针旋转90°，设点N落在点D的位置，若点D恰好落在抛物线上，求t的值及此时点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，设P为抛物线上一动点，Q为y轴上一动点，当以点C，P，Q为顶点的三角形与△MDB相似时，请直接写出点P及其对应的点Q的坐标．（每写出一组正确的结果得1分，至多得4分）
【分析】（1）利用待定系数法，对称轴公式构建方程组求出a，b即可，再求出点A点C的坐标即可得出结论．
（2）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．利用全等三角形的性质求出点F的坐标，再利用待定系数法求解即可．
（3）分6种情形首先确定点P的坐标，再利用相似三角形的性质求解即可．
【解析】（1）由题意：−b2a=3216a+4b+1=0，
解得a=−14b=34，
∴抛物线的解析式为y=−14x2+34x+1，
令y＝0，可得x2﹣3x﹣4＝0，解得x＝﹣1或4，
∴A（﹣1，0），
令y＝0，得到x＝1，
∴C（0，1），
∴OA＝OC＝1，
∴∠CAO＝45°．

（2）如图1中，过点C作CE⊥OA于E，过点D作DF⊥AB于F．

∵∠NEM＝∠DFM＝∠NMD＝90°，
∴∠NME+∠DMF＝90°，∠DMF+∠MDF＝90°，
∴∠NME＝∠MDF，
∵NM＝DM，
∴△MEN≌△DFM（AAS），
∴NE＝MF，EM＝DF，
∵∠CAO＝45°，AN=2t，AM＝3t，
∴AE＝EN＝t，
∴EM＝AM﹣AE＝2t，
∴DF＝2t，MF＝t，OF＝4t﹣1，
∴D（4t﹣1，2t），
∴−14（4t﹣1）2+34（4t﹣1）+1＝2t，
∵t＞0，故可以解得t=34，
经检验，t=34时，M，N均没有达到终点，符合题意，
∴D（2，32）．

（3）如图3﹣1中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠MDB时，

取E（12，0），连接EC，过点E作EG⊥EC交PC于G，
∵M（54，0），D（2，32），B（4，0）
∴FM＝2−54=34，DM=354，BM=114，BD=52，
∴DF＝2MF，
∵OC＝2OE，
∴tan∠OCE＝tan∠MDF=12，
∴∠OCE＝∠MDF，
∴∠OCP＝∠MDB，
∴∠ECG＝∠FDB，
∴tan∠ECG＝tan∠FDB=43，
∵EC=52，
∴EG=253，可得G（116，23），
∴直线CP的解析式为y=−211x+1，
由y=−211x+1y=−14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=4111y=39121，
∴P（4111，39121），C（0，1），
∴PC=2105121，
当MDCQ=BDCP或MDPC=BDCQ时，△QCP与△MDB相似，可得CQ=615242或2050363，
∴Q（0，−373242）或（0，−1687363）．
如图3﹣2中，当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DMB时，设PC交x轴于k．

∵tan∠OCK＝tan∠DMB＝2，
∴OK＝2OC＝2，
∴点K与F重合，
∴直线PC的解析式为y=−12x+1，
由y=−12x+1y=−14x2+34x+1，解得x=0y=1或x=5y=−32，
∴P（5，−32），
∴PC=552，
当DMPC=BMCQ或DMCQ=BMPC时，△QCP与△MDB相似，可得CQ=556或7522，
∴Q（0，−496）或（0，−5322）．
当点Q在点C的下方，点P在y的右侧，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（253，−919），Q（0，−25718）或（0，115199），
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠DMB时，同法可得P（1，32），Q（0，176）或（0，3722），
当点Q在点C上方，∠QCP＝∠MDB时，同法可得P（2511，171121），Q（0，617242）或（0，1613363），
当点Q在点C下方，点P在y轴的左侧时，∠QCP＝∠DBM时，同法可得P（−73，−199），Q（0，−5918）或（0，−25199）．
【例5】（2020•邵阳）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边BC与x轴、y轴的交点分别为C（8，0），B（0，6），CD＝5，抛物线y＝ax2−154x+c（a≠0）过B，C两点，动点M从点D开始以每秒5个单位长度的速度沿D→A→B→C的方向运动到达C点后停止运动．动点N从点O以每秒4个单位长度的速度沿OC方向运动，到达C点后，立即返回，向CO方向运动，到达O点后，又立即返回，依此在线段OC上反复运动，当点M停止运动时，点N也停止运动，设运动时间为t．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点D的坐标；
（3）当点M，N同时开始运动时，若以点M，D，C为顶点的三角形与以点B，O，N为顶点的三角形相似，求t的值；
（4）过点D与x轴平行的直线，交抛物线的对称轴于点Q，将线段BA沿过点B的直线翻折，点A的对称点为A'，求A'Q+QN+DN的最小值．

【分析】（1）将C（8，0），B（0，6）代入y=ax2−154x+c计算即可；
（2）作DE⊥x轴于点E，证明△BOC～△CED，可得CE，DE长度，进而得到点D的坐标；
（3）分为点M在AD，BC上两种情况讨论，当点M在AD上时，分为△BON～△CDM和△BON～△MDC两种情况讨论；当点M在BC上时，分为△BON～△MCD和△BON～△DCM两种情况讨论；
（4）作点D关于x轴的对称F，连接QF，可得QN+DN的最小值；连接BQ减去BA'可得A'Q的最小值，综上可得A'Q+QN+DN的最小值．
【解析】（1）将C（8，0），B（0，6）代入y=ax2−154x+c，得64a−154×8+c=0c=6，
解得a=38c=6，
∴抛物线的解析式为：y=38x2−154x+6；

（2）如答图1，作DE⊥x轴于点E，

∵C（8，0），B（0，6），
∴OC＝8，OB＝6．
∴BC＝10．
∵∠BOC＝∠BCD＝∠DEC，
∴△BOC～△CED．
∴BCCD=BOCE=OCDE．
∴CE＝3，DE＝4．
∴OE＝OC+CE＝11．
∴D（11，4）．

（3）若点M在DA上运动时，DM＝5t，ON＝4t，
当△BON～△CDM，则BOCD=ONDM，即65=4t5t不成立，舍去；
当△BON～△MDC，则BOMD=ONDC，即65t=4t5，解得：t=62；
若点M在BC上运动时，CM＝25﹣5t．
当△BON～△MCD，则BOMC=ONCD，即625−5t=ON5，
∴ON=65−t．
当3＜t≤4时，ON＝16﹣4t．
∴65−t=16−4t，
解得t1=9+72（舍去），t2=9−72．
当4＜t≤5时，ON＝4t﹣16
∴65−t=4t−16，无解；
当△BON～△DCM，则BODC=ONCM，即65=ON25−5t，
∴ON＝30﹣6t；
当3＜t≤4时，ON＝16﹣4t，
∴30﹣6t＝16﹣4t，
解得t＝7（舍去）；
当4＜t≤5时，ON＝4t﹣16，
∴30﹣6t＝4t﹣16，
解得t=235．
综上所示：当t=62时，△BON～△MDC；t=9−72时，△BON～△MCD；t=235时，△BON～△DCM；

（4）如答图2，作点D关于x轴的对称点F，连接QF交x轴于点N，

∵点D（11，4），
∴点F（11，﹣4）．
由y=38x2−154x+6得对称轴为x＝5，
∴点Q（5，4）．
∴QF=(5−11)2+(4+4)2=10，BQ=(0−5)2+(6−4)2=29．
∴A'Q+QN+DN=BQ−BA'+QF=29−5+10=29+5．
故A'Q+QN+DN的最小值为29+5．
【例6】（2020•深圳）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴的交点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接AD，DC，CB，将△OBC沿x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到△O'B'C'，点O、B、C的对应点分别为点O'、B'、C'，设平移时间为t秒，当点O'与点A重合时停止移动．记△O'B'C'与四边形AOCD重合部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式；
（3）如图2，过该抛物线上任意一点M（m，n）向直线l：y=92作垂线，垂足为E，试问在该抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得ME﹣MF=14？若存在，请求出F的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A（﹣3，0）、B（1，0）代入抛物线的解析式得到关于a、b的方程组即可；
（2）分三种情况：①0＜t＜1时，②1≤t＜32时，③32≤t≤3时，可由面积公式得出答案；
（3）令F（﹣1，t），则MF=(m+1)2+(n−t)2，ME=92−n，得出(m+1)2+(n−t)2=(174−n)2，可求出n=154．则得出答案．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣3，0），B（1，0），
∴9a−3b+3=0a+b+3=0，解得a=−1b=−2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）①0＜t＜1时，如图1，若B'C'与y轴交于点F，

∵OO'＝t，OB'＝1﹣t，
∴OF＝3OB'＝3﹣3t，
∴S=12×（C'O'+OF）×OO'=12×（3+3﹣3t）×t=−32t2+3t，
②1≤t＜32时，S=32；
③32≤t≤3时，如图2，C′O′与AD交于点Q，B′C′与AD交于点P，过点P作PH⊥C′O′于H，

∵AO＝3，O'O＝t，
∴AO'＝3﹣t，O'Q＝6﹣2t，
∴C'Q＝2t﹣3，
∵QH＝2PH，C'H＝3PH，
∴PH=15C'Q=15（2t﹣3），
∴S=32−12(2t−3)×15（2t﹣3），
∴S=−25t2+65t+35，
综合以上可得：S=−32t2+3t(0＜t＜1)32(1≤t＜32)−25t2+65t+35(32≤t≤3)．
（3）令F（﹣1，t），则MF=(m+1)2+(n−t)2，ME=92−n，
∵ME﹣MF=14，
∴MF＝ME−14，
∴(m+1)2+(n−t)2=(174−n)2，
∴m2+2m+1+t2﹣2nt=−172n+28916．
∵n＝﹣m2﹣2m+3，
∴（1+2t−172）m2+（2+4t﹣17）m+1+t2﹣6t+512−28916=0．
当t=154时，上式对于任意m恒成立，
∴存在F（﹣1，154）．
【例7】（2020•重庆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），且A点坐标为（−2，0），直线BC的解析式为y=−23x+2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点A作AD∥BC，交抛物线于点D，点E为直线BC上方抛物线上一动点，连接CE，EB，BD，DC．求四边形BECD面积的最大值及相应点E的坐标；
（3）将抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）向左平移2个单位，已知点M为抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）的对称轴上一动点，点N为平移后的抛物线上一动点．在（2）中，当四边形BECD的面积最大时，是否存在以A，E，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用直线BC的解析式求出点B、C的坐标，则y＝ax2+bx+2＝a（x+2）（x﹣32）＝ax2﹣22a﹣6a，即﹣6a＝2，解得：a=−13，即可求解；
（2）四边形BECD的面积S＝S△BCE+S△BCD=12×EF×OB+12×（xD﹣xC）×BH，即可求解；
（3）分AE是平行四边形的边、AE是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
【解析】（1）直线BC的解析式为y=−23x+2，令y＝0，则x＝32，令x＝0，则y＝2，
故点B、C的坐标分别为（32，0）、（0，2）；
则y＝ax2+bx+2＝a（x+2）（x﹣32）＝a（x2﹣22x﹣6）＝ax2﹣22a﹣6a，
即﹣6a＝2，解得：a=−13，
故抛物线的表达式为：y=−13x2+223x+2①；

（2）如图，过点B、E分别作y轴的平行线分别交CD于点H，交BC于点F，

∵AD∥BC，则设直线AD的表达式为：y=−23（x+2）②，
联立①②并解得：x＝42，故点D（42，−103），
由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y=−223x+2，
当x＝32时，yCD=−223x+2＝﹣2，即点H（32，﹣2），
设点E（x，−13x2+223x+2），则点F（x，−23x+2），
则四边形BECD的面积S＝S△BCE+S△BCD=12×EF×OB+12×（xD﹣xC）×BH=12×（−13x2+223x+2+23x﹣2）×32+12×42×2=−22x2+3x+42，
∵−22＜0，故S有最大值，当x=322时，S的最大值为2524，此时点E（322，52）；

（3）存在，理由：
y=−13x2+223x+2=−13（x−2）2+83，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）向左平移2个单位，
则新抛物线的表达式为：y=−13x2+83，
点A、E的坐标分别为（−2，0）、（322，52）；设点M（2，m），点N（n，s），s=−13n2+83；
①当AE是平行四边形的边时，

点A向右平移522个单位向上平移52个单位得到E，同样点M（N）向右平移522个单位向上平移52个单位得到N（M），
即2±522=n，
则s=−13n2+83=−112或76，
故点N的坐标为（722，−112）或（−322，76）；
②当AE是平行四边形的对角线时，

由中点公式得：−2+322=n+2，解得：n=−22，
s=−13n2+83=156=52，
故点N的坐标（−22，52）；
综上点N的坐标为：（722，−112）或（−322，76）或（−22，52）．


【题组一】
1．（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．
【解析】（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），
∴36a+6b=8100a+10b=0，
解得：a=−13b=103．
此抛物线的解析式为y=−13x2+103x；
（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m=−1032×(−13)=5m=−1032×(−13)=5，
∴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：n1=8−26，n2=8+26；
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(5，8−26)，(5，8+26)，（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=43，
故直线OA的解析式为y=43x，
同理可得：直线OE的表达式为y=12x，
∵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，
∴F(t，43t)G(t，12t)，
故FG=43t−12t=56t，
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，
∴S=12FG⋅QS=12FG⋅PD
=12×56t(10−t)
=−512t2+256t，
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，
∴S=12FG⋅QN
=12×56t
=−56t2+152t；
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，
∴S=12FG⋅QN
=12×56（2t﹣18）
=56t2−152t．
综上所述：S=−512t2+256t(0＜t＜8)−56t2+152t(8≤t＜9)56t2−152t(9＜t≤10)．
2．（2020•清江浦区二模）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．
【解析】（1）∵C（1，0），
∴OC＝1，
∵OC：OA＝1：2，
∴OA＝2，
∴A（0，2），
∴AC=12+22=5，
∵AC：BC＝1：2，
∴BC＝25，
∵∠ACB＝90°，
∴AB=AC2+BC2=(5)2+(25)2=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c=225a+5b+c=2a+b+c=0，
解得：a=12b=−52c=2，
∴过A、B、C三点的抛物线表达式为：y=12x2−52x+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=12×BP×DQ=12(5−t)⋅5t=−52t2+25t2，
∵a=−52＜0
∴当t=−2522×(−52)=52时，面积最大值是：S△PQB=−52×(52)2+252×52=1258，
此时点P的坐标为（52，2），
当点Q向上运动时，点Q的坐标为（52，292），
当点Q向下运动时，点Q的坐标为（52，−212），
综上，当点P的坐标为（52，2），点Q的坐标为（52，292）或（52，−212）时，△PQB面积最大，最大面积为1258．
3．（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，连结AC，OA＝3，tan∠OAC=33，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=23OC，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，连结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=OCOA=33，得OC=3，由四边形OABC是矩形，得BC＝OA＝3，所以CD=12BC=32，求得D（32，3）；
（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°=32，AF＝BF=32，因为∠BFD＝∠AEF，所以∠B＝∠FAE＝90°，因此△BFD≌△AFE，AE＝BD=32，点E的坐标（92，0）；
②动点P在点O时，求得此时抛物线解析式为y=−29x2+3x，因此E（92，0），直线DE：y=−33x+332，F1（3，123）；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=−2273x2+33x+233，所以E（6，0），直线DE：y=−239x+433，所以F2（3，233）；所以点F运动路径的长为F1F2=233−32=36，即G运动路径的长为36．
【解析】（1）∵OA＝3，tan∠OAC=OCOA=33，
∴OC=3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC＝OA＝3，
∵D是BC的中点，
∴CD=12BC=32，
∴D（32，3）；
（2）①∵tan∠OAC=33，
∴∠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°=32，
∵AB=3，
∴AF＝BF=32，
∵∠BFD＝∠AEF，
∴∠B＝∠FAE＝90°，
∴△BFD≌△AFE（ASA），
∴AE＝BD=32，
∴OE＝OA+AE=92，
∴点E的坐标（92，0）；
②动点P在点O时，
∵抛物线过点P（0，0）、D（32，3）、B（3，3）
求得此时抛物线解析式为y=−293x2+3x，
∴E（92，0），
∴直线DE：y=−33x+332，
∴F1（3，123）；
当动点P从点O运动到点M时，
∵抛物线过点P（0，233）、D（32，3）、B（3，3）
求得此时抛物线解析式为y=−2273x2+33x+233，
∴E（6，0），
∴直线DE：y=−239x+433，
∴F2（3，233）；
∴点F运动路径的长为F1F2=233−32=36，
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△FGG'中，
DF'=DG'∠F'DF=∠G'DGDF=DG，
∴△DFF'≌△FGG'（SAS），
∴GG'＝FF'=36
即G运动路径的长为36．
4．（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＝22，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=12×4×1+12×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．
【解析】（1）将点D、E的坐标代入函数表达式得：−3=4a−2b+29a+3b+2=2，解得：a=−12b=32，
故抛物线的表达式为：y=−12x2+32x+2，
同理可得直线DE的表达式为：y＝x﹣1…①；
（2）如图1，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=−14x+1，
设点P（x，−12x2+32x+2），则点H（x，−14x+1），
S四边形OBPF＝S△OBF+S△PFB=12×4×1+12×PH×BO＝2+2（−12x2+32x+2+14x﹣1）＝7，
解得：x＝2或32，
故点P（2，3）或（32，258）；
（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＝22，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=52，即点M（52，32），
点M沿ED向下平移22个单位得：N（12，−12）．
【题组二】
5．（2019•西宁）如图①，直线y=−3x+23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33，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3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=12×OA×yP=12×2×yP＝33，解得：yP＝33，即可求解；
（3）t秒时，点M、N的坐标分别为：（t，0）、（0，3t），则点E（2﹣t，3t），而点N（0，3t），故NE＝2﹣t，当四边形AMNE是菱形时，NE＝MN，即可求解．
【解析】（1）y=−3x+23，令x＝0，则y＝23，令y＝0，则x＝2，
故点A、B的坐标分别为：（2，0）、（0，23），
∵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：23=a（0﹣2）2，解得：a=32，
故抛物线的表达式为：y=32（x﹣2）2=32x2﹣23x+23；

（2）∵点A（2，0），则OA＝2，
∴△AOP的面积=12×OA×yP=12×2×yP＝33，
解得：yP＝33，
则yP＝33=32（x﹣2）2，解得：x＝2±6，
故点P的坐标为：（2+6，33）或（2−6，33）；

（3）存在，理由：
由题意得：t秒时，点M、N的坐标分别为：（t，0）、（0，3t），
当y=3t时，y=3t=−3x+23，解得：x＝2﹣t，故点E（2﹣t，3t），
而点N（0，3t），故NE＝2﹣t，
当四边形AMNE是菱形时，NE＝MN，
即t2+（3t）2＝（2﹣t）2，
解得：t=23或﹣2（舍去﹣2），
故t=23．
6．（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=32．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=32，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：n=12(m2−3m+4)，利用0≤m≤4，求出n的取值范围；
②由S△PCQ=12CQ⋅ℎ=12PC⋅PQ，得：ℎ=PC⋅PQCQ=2，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：y=−34x+3+t，联立抛物线方程，可求出x2﹣7x+4t＝0，由△＝49﹣16t＝0，得t=4916，可得当线段CQ与抛物线有两个交点时，3≤t＜4916．
【解析】（1）根据题意得：A（﹣2，0），B（6，0），
在Rt△AOC中，∵tan∠CAO=COAO=32，且OA＝2，得CO＝3，∴C（0，3），将C点坐标代入y＝a（x+2）（x﹣6）得：a=−14，
抛物线解析式为：y=−14(x+2)(x−6)；
整理得：y=−14x2+x+3
故抛物线解析式为：得：y=−14x2+x+3；

（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：n=12(m2−3m+4)=12(m−32)2+78（0≤m≤4），
∴当m=32时，n取得最小值为78；当m＝4时，n取得最大值为4，
所以78≤n≤4；
②由①知：当n取最大值4时，m＝4，
∴P（2，4），Q（4，0），
则PC=5，PQ=25，CQ＝5，
设点P到线段CQ距离为h，
由S△PCQ=12CQ⋅ℎ=12PC⋅PQ得：ℎ=PC⋅PQCQ=2，
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：y=−34x+3，
设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：y=−34x+3+t，
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：−14(4+2)(4−6)=3，
将Q'（4，3）代入y=−34x+3+t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y=−14(x+2)(x−6)y=−34x+3+t得：−14(x+2)(x−6)=−34x+3+t，化简得：x2﹣7x+4t＝0，
由△＝49﹣16t＝0，得t=4916，
∴当线段CQ与抛物线有两个交点时，3≤t＜4916．



7．（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=32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=54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4t−72t−1•4t−52t−5=−1求出t＝1或t＝2，即可求D点坐标；
（4）当t=54时，M（32，0），可知点Q在抛物线对称轴x=32上；过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x=32的交点分别为Q1与Q2，由AB＝5，可得圆半径AM=52，即可求Q点坐标分别为（32，−52），（32，52）．
【解析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a=−12，b=32，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）C（0，2），
∴BC的直线解析式为y=−12x+2，
当t=32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=12×MB×DM−12×MB×MN=12×2×2＝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，
∴4t−72t−1•4t−52t−5=−1
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）；
（4）当t=54时，M（32，0），
∴点Q在抛物线对称轴x=32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=32的交点分别为Q1与Q2，
∵AB＝5，
∴AM=52，
∵∠AQ1C+∠OAC＝90°，∠OAC+∠MAG＝90°，
∴∠AQ1C＝∠MAG，
又∵∠AQ1C＝∠CGA＝∠MAG，
∴Q1（32，−52），
∵Q1与Q2关于x轴对称，
∴Q2（32，52），
∴Q点坐标分别为（32，−52），（32，52）；

8．（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MBMN=OAOC或OCOA，即可求解；②分OQ＝BQ、BO＝BQ、OQ＝OB三种情况，分别求解即可．
【解析】（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：−9+3b+c=0−1−b+c=0，解得b=2c=3，
∴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：n=33m+n=0，解得m=−1n=3，
∴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MBMN=OAOC或OCOA，
即：3−2t−4t2+4t+3=3或13，
解得：t=32或−13或1（舍去32、−13），
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=34；
第二种，当BO＝BQ时，在Rt△BMQ中
∵∠OBQ＝45°，
∴BQ=2BM，
∴BO=2BM，
即3=2(3−2t)，
∴t=6−324；
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=34秒或6−324秒时，△BOQ为等腰三角形．
【题组三】
9．（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　（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．
【解析】（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）．


10．（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=−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．
【解析】（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．
11．（2020•项城市三模）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．
【解析】（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．
12．（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（4﹣42，0）．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．
【解析】（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）．

【题组四】
13．（2020•南充一模）如图，抛物线y=−12（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．
【解析】（1）∵抛物线y=−12（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，n2），n＞0，
∴AB＝n+1，OC=12n，
由S△ABC=12×AB×OC＝5，
∴14n（n+1）＝5，
∴n（n+1）＝20，
∴取正根n＝4，
∴y=−12（x+1）（x﹣4）=−12x2+32x+2；
（2）由（1），B（4，0），C（0，2），
∴直线BC为y=−12x+2，
设M（m，−12m+2），N（m，−12m2+32m+2），
∴MN＝（−12m2+32m+2）﹣（−12m+2）=−12m2+2m=−12（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
∴CDDE=COOB=12，
由（2），BC＝25，D（2，1），
∴DE＝2CD＝25，
∴CE＝5，
∴OE＝3，
∴E（0，﹣3），
∴直线DE为y＝2x﹣3，
由−12x2+32x+2＝2x﹣3，
移项整理得：12x2+12x﹣5＝0，
∴x2+x﹣10＝0，
取正根x=−1+412，
∴OP=−1+412，
∴AP=1+412，
即经过1+412秒，点N到点B、点C的距离相等．
14．（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=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．
（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；
【解析】（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
1+b+c=0c=3，
解得：b=−4c=3，
∴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=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；
（3）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2，

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＝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+32）或（0，3﹣32）或（0，﹣3）或（0，0）．
15．（2020•潮州模拟）如图1，已知抛物线y=12x2+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2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13？

【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AHAO=HGOC=AGAC=12，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：AE=t，BF=2t，根据三角形的面积可求出答案，当4≤t≤6时，可求出答案．
【解析】（1）∵OB＝2OA＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
把A（﹣2，0），B（4，0）分别代入y=12x2+bx+c得：
2−2b+c=08+4b+c=0，
解得：b=−1c=−4，
∴抛物线的函数表达式为y=12x2−x−4；
（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y=12x2−x−4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：d=−42k+d=0，
解得：k=2d=−4，
∴y＝2x﹣4，
依题意得y=12x2−x−4y=2x−4，
解得x1=0y1=−4，x2=6y2=8，
∴P（6，8）；
（3）如图2，过点G作GH⊥x轴于点H，

∵GH∥y轴
∴△AHG∽△AOC，
∴AHAO=HGOC=AGAC=12，
∴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42+42÷2=4秒，
当0＜t＜4时，如图2，过点F作FM⊥x轴于点M，
依题意得：AE=t，BF=2t，
∵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=12×2(1−t)+12(t+2)(5−t)−12t⋅(6−2t)=t22−52t+6，
∵S△ABC=12×[4−(−2)]×4=12，△EFG的面积是△ABC的面积的13，
∴t22−52t+6=13×12，
解得：t1＝1，t2＝4，
当4≤t≤6时，如图3，

∴S△EFG＝S△AFE﹣S△AGE=12×4⋅t−12×2⋅t=t，
∴t=13×12=4．
综上所述，当t＝1或t＝4时，△EFG的面积是△ABC的面积的13．
16．（2020•博罗县一模）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；
【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），
∴9+3b+c=01+b+c=0，
解得b=−4c=3，
∴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−32）2+94，
∵a＝﹣1＜0，
∴当x=32时，线段PD的长度有最大值94；
（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．
【题组五】
17．（2020•山西模拟）综合与实践
如图，抛物线y=34x2−94x−3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．
【解析】（1）令y＝0，可得0=34x2−94x﹣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=OB2+OC2=9+16=5，
当BD＝BE时，则5﹣t＝t，
∴t=52，
当BE＝DE时，如图1，过点E作EH⊥BD于H，

∴DH＝BH=12BD=5−t2，
∵cos∠DBC=BOBC=BHBE，
∴5−t2t=45，
∴t=2513，
当BD＝DE时，如图2，过点D作DF⊥BE于F，

∴EF＝BF=12BE=12t，
∵cos∠DBC=BFDB=OBBC，
∴12t5−t=45，
∴t=4013，
综上所述：t的值为52，2513和4013；
（3）∵S△BOC=12BO×CO＝6，
∴15S△BOC=65，45S△BOC=245，
如图1，过点E作EH⊥BD于H，

∵sin∠DBC=HEBE=OCBC，
∴HEt=35，
∴HE=35t，
当S△BDE=15S△BOC=65时，则12（5﹣t）×35t=65，
∴t1＝1，t2＝4，
当S△BDE=45S△BOC=245，时，则12（5﹣t）×35t=245，
∴t2﹣5t+16＝0，
∴方程无解，
综上所述：t的值为1或4．
18．（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=233，即可求解；
【解析】（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（−3，0），（3，0），
∴A（−3−m，0），E（3+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＝（3+m+m）2+32＝4m2+43m+12，
AE2＝（3+m+3+m）2＝4m2+83m+12，
若AM2+ME2＝AE2，
∴12+4m2+43m+12＝4m2+83m+12，
解得m=3，
此时△AME是直角三角形，且∠AME＝90°，
∴当m=3时，以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形．
19．（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．
【解析】（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36a+6b=8100a+10b=0，解得a=−13b=103，
此抛物线的解析式为y=−13x2+103x；

（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±26；
当AE＝EM时，同理可得：m＝5；
当AM＝EM时，同理可得：m=52；
故点M的坐标为（5，8+26）或（5，8﹣26）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=43，
直线OA的解析式y=43x，
同理可得：直线OE的表达式为y=12x，
∵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，43t）、（t，12t），
则FG=43t−12t=56t，
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=12×FG•QS=12×FG•PD=12×56t（10﹣t）=−512t2+256t；
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=12FD•QN=12×56t（18﹣2t）=−56t2+152t；
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=12FG•QN=12×56t（2t﹣18）=56t2−152t；
综上所述：S=−512t2+256t(0＜t＜8)−56t2+152t(8≤t＜9)56t2−152t(9＜t≤10)．
20．（2020•东莞市校级二模）如图，已知二次函数y＝ax2+32x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．
（1）请直接写出二次函数的表达式；
（2）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；
（3）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．

【分析】（1）将点A，点C坐标代入解析式可求解；
（2）分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一个点，即可求得点N的坐标；
（3）设点N的坐标为（n，0），则BN＝n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，根据三角形相似对应边成比例求得MD=25（n+2），然后根据S△AMN＝S△ABN﹣S△BMN得出关于n的二次函数，根据函数解析式求得即可．
【解析】（1）∵二次函数y＝ax2+32x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），
∴0=64a+12+cc=4，
∴a=−14c=4，
∴二次函数的表达式为：y=−14x2+32x+4；
（2））∵A（0，4），C（8，0），
∴AC=(0−4)2+(8−0)2=45，
①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（﹣8，0），
②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（8﹣45，0）或（8+45，0）
③作AC的垂直平分线，交x轴于N，
∴AN＝NC，
∵AN2＝AO2+NO2，
∴AN2＝16+（8﹣AN）2，
∴AN＝5，
∴ON＝3，
∴N的坐标为（3，0），
综上所述，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为（﹣8，0）或（8﹣45，0）或（3，0）或（8+45，0）；
（3）∵抛物线y=−14x2+32x+4与x轴交于B，C两点，
∴0=−14x2+32x+4，
∴x1＝﹣2，x2＝8，
∴点B（﹣2，0），
∴BO＝2，
设点N的坐标为（n，0），则BN＝n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，

∴MD∥OA，
∴△BMD∽△BAO，
∴BMBA=MDOA，
∵MN∥AC，
∴BMBA=BNBC，
∴MDOA=BNBC，
∵OA＝4，BC＝10，BN＝n+2，
∴MD=25（n+2），
∵S△AMN＝S△ABN﹣S△BMN=12BN•OA−12BN•MD=12（n+2）×4−12×25（n+2）2=−15（n﹣3）2+5，
∴当n＝3时，△AMN面积最大，
∴N点坐标为（3，0）．