2025年中考数学二轮复习《压轴题》专项练习01（含答案）

这是一份2025年中考数学二轮复习《压轴题》专项练习01（含答案），共17页。
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
(3)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
二次函数y＝ax2＋bx＋c交x轴于点A(﹣1，0)和点B(﹣3，0)，交y轴于点C(0，﹣3)．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，点E为抛物线的顶点，点T(0，t)为y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转180°，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为B′，E′，当四边形BEB'E'的面积为12时，求t的值；
(3)如图2，过点C作CD∥x轴，交抛物线于另一点D．点M是直线CD上的一个动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点P．当以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标．
如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：y＝﹣(x﹣m)2＋2m2(m＜0)的顶点P在抛物线F：y＝ax2上，直线x＝t与抛物线E，F分别交于点A，B．
(1)求a的值；
(2)将A，B的纵坐标分别记为yA，yB，设s＝yA﹣yB，若s的最大值为4，则m的值是多少？
(3)Q是x轴的正半轴上一点，且PQ的中点M恰好在抛物线F上．试探究：此时无论m为何负值，在y轴的负半轴上是否存在定点G，使∠PQG总为直角？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，在平面直角坐标系中，已知直线y＝2x＋8与x轴交于点A、与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A、B．
(1)求抛物线的表达式；
(2)P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N．
①当MN＝eq \f(1,2)AB时，求点P的坐标；
②联结OP交AB于点C，当点C是MN的中点时，求的值．
如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y=﹣eq \f(2,3)x+b与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y=ax2﹣5ax﹣6a(a＜0)经过B、C两点，与x轴交于另一点A．
(1)求a，b的值；
(2)点P在线段AB上，点Q在线段PC的延长线上，过点Q作y轴的平行线，交直线BC于点F，过点Q作y轴的垂线，垂足为点E，交对称轴左侧的抛物线于点D，设点P的横坐标为t，线段QF的长为d，当d与t之间的函数关系式d=﹣eq \f(2,3)t+4时，求D的坐标．
(3)在(2)的条件下，连接CD，将△CQD沿直线CD翻折，得到△CQ′D，求t为何值时，点Q′恰好落在抛物线上，并求出此时点Q′的坐标以及tan∠DCQ的值．
如图，点A在x轴上，OA＝4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置.
(1)求点B的坐标；
(2)求经过点A、O、B的抛物线的解析式；
(3)在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由.
如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，并与x轴交于另一点C(点C点A的右侧)，点P是抛物线上一动点.
(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；
(2)若点P在第二象限内，过点P作PD⊥x轴于D，交AB于点E.当点P运动到什么位置时，线段PE最长？此时PE等于多少？
(3)如果平行于x轴的动直线l与抛物线交于点Q，与直线AB交于点N，点M为OA的中点，那么是否存在这样的直线l，使得△MON是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连结AB、AE、BE．已知tan∠CBE=eq \f(1,3)，A(3，0)，D(-1，0)，E(0，3)．
(1)求抛物线的解析式及顶点B的坐标；
(2)求证：CB是△ABE外接圆的切线；
(3)试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度(0＜t≤3)时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围.

在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点A(1，0)、B(4，0)，C(0，2)三点，直线y=kx+t经过B、C两点，点D是抛物线上一个动点，过点D作y轴的平行线，与直线BC相交于点E.
(1)求直线和抛物线的解析式；
(2)当点D在直线BC下方的抛物线上运动，使线段DE的长度最大时，求点D的坐标；
(3)点D在运动过程中，若使O、C、D、E为顶点的四边形为平行四边形时，请直接写出满足条件的所有点D的坐标.
已知抛物线C1：y＝mx2＋n与x轴于A，B两点，与y轴交于点C，△ABC为等腰直角三角形，且n＝﹣1．
(1)求抛物线C1的解析式；
(2)将C1向上平移一个单位得到C2，点M、N为抛物线C2上的两个动点，O为坐标原点，且∠MON＝90°，连接点M、N，过点O作OE⊥MN于点E．求点E到y轴距离的最大值；
(3)如图，若点F的坐标为(0，﹣2)，直线l分别交线段AF，BF(不含端点)于G，H两点．若直线l与抛物线C1有且只有一个公共点，设点G的横坐标为b，点H的横坐标为a，则a﹣b是定值吗？若是，请求出其定值，若不是，请说明理由．
\s 0 答案
解：(1)∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，抛物线交x轴于点A，B(1，0)，
∴A(﹣3，0)，
∴OA＝OC＝3，
∴C(0，3)，
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a(x＋3)(x﹣1)，
把(0，3)代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x＋3；
(2)如图(2)中，连接OP．设P(m，﹣m2﹣2m＋3)，
S＝S△PAO＋S△POC＋S△OBC，
＝eq \f(1,2)×3×(﹣m2﹣2m＋3)×eq \f(1,2)×3×(﹣m)＋eq \f(1,2)×1×3
＝eq \f(3,2)(﹣m2﹣3m＋4)
＝﹣eq \f(3,2)(m＋eq \f(3,2))2＋，
∵﹣eq \f(3,2)＜0，
∴当m＝﹣eq \f(3,2)时，S的值最大，最大值为，此时P(﹣eq \f(3,2)，eq \f(15,4))；
(3)存在，理由如下：
如图3﹣1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P(﹣1，4)，N(0，4)；
如图3﹣2中，当四边形PMCN是矩形时，设M(﹣1，n)，P(t，﹣t2﹣2t＋3)，则N(t＋1，0)，
由题意，，解得，消去n得，3t2＋5t﹣10＝0，
解得t＝，
∴P(，)，N(，0)
或P′(，)，N′(，0)．
综上所述，满足条件的点P(﹣1，4)，N(0，4)或P(，)，
N(，0)或P′(，)，N′(，0)．
解：(1)∵二次函数过点A(﹣1，0)，B(﹣3，0)，
∴设抛物线解析式为y＝a(x＋1)(x＋3)，
将C(0，﹣3)代入，得：3a＝3，
解得：a＝﹣1，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣4x﹣3；
(2)如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．
由(1)得y＝﹣x2﹣4x﹣3＝﹣(x＋2)2＋1，
∴抛物线顶点E(﹣2，1)，
设直线BE的解析式为y＝kx＋b，
∵B(﹣3，0)，E(﹣2，1)，
∴，解得：，
∴直线BE的解析式为：y＝x＋3，
∴Q(0，3)，
∵抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T(0，t)旋转180°，
∴TB＝TB′，TE＝TE′，
∴四边形BEB′E′是平行四边形，
∴S△BET＝eq \f(1,4)S四边形BEB′E′＝eq \f(1,4)×12＝3，
∵S△BET＝S△BQT﹣S△EQT＝eq \f(1,2)×(3﹣2)×TQ＝eq \f(1,2)TQ，
∴TQ＝6，
∴3﹣t＝6，
∴t＝﹣3；
(3)设P(x，﹣x2﹣4x﹣3)，
①当∠BP1C＝90°时，∠N1P1B＝∠P1CE，
∴tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，
∴＝，
∵BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x＋3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，
∴＝，
化简得：x2＋5x＋5＝0，
解得：x1＝，x2＝(舍去)，
②当∠BP2C＝90°时，同理可得：x2＋5x＋5＝0，
解得：x1＝(舍去)，x2＝，
∴M点的坐标为(，﹣3)或(，﹣3)，
③当∠P3BC＝90°时，由△BM3C是等腰直角三角形，
得：△N3BP3也是等腰直角三角形，
∴N3B＝N3P3，
∴﹣x2﹣4x﹣3＝x＋3，
化简得：x2＋5x＋6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝﹣3(舍去)，
∴M点的坐标为(﹣2，﹣3)；
④当∠BCP4＝90°时，由△BOC是等腰直角三角形，可得△N4P4C也是等腰直角三角形，
∴P4N4＝CN4，
∴﹣x＝﹣3﹣(﹣x2﹣4x﹣3)，
化简得：x2＋5x＝0，解得：x1＝﹣5，x2＝0(舍去)，
∴M点的坐标为(﹣5，﹣3)，
综上所述：满足条件的M点的坐标为
(，﹣3)或(，﹣3)或(﹣2，﹣3)或(﹣5，﹣3)．
解：(1)由题意可知，抛物线E：y＝﹣(x﹣m)2＋2m2(m＜0)的顶点P的坐标为(m，2m2)，
∵点P在抛物线F：y＝ax2上，
∴am2＝2m2，
∴a＝2．
(2)∵直线x＝t与抛物线E，F分别交于点A，B，
∴yA＝﹣(t﹣m)2＋2m2＝﹣t2＋2mt＋m2，yB＝2t2，
∴s＝yA﹣yB＝﹣t2＋2mt＋m2﹣2t2＝﹣3t2＋2mt＋m2＝﹣3(t﹣eq \f(1,3)m)2＋eq \f(4,3)m2，
∵﹣3＜0，
∴当t＝eq \f(1,3)m时，s的最大值为eq \f(4,3)m2，
∵s的最大值为4，
∴eq \f(4,3)m2＝4，解得m＝±eq \r(3)，
∵m＜0，
∴m＝﹣eq \r(3)．
(3)存在，理由如下：
设点M的坐标为n，则M(n，2n2)，
∴Q(2n﹣m，4n2﹣2m2)，
∵点Q在x轴正半轴上，
∴2n﹣m＞0且4n2﹣2m2＝0，
∴n＝﹣eq \f(\r(2),2)m，∴M(﹣eq \f(\r(2),2)m，m2)，Q(﹣eq \r(2)m﹣m，0)．
如图，过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，
∴∠K＝∠N＝90°，∠QPK＋∠PQK＝90°，
∵∠PQG＝90°，
∴∠PQK＋∠GQN＝90°，
∴∠QPK＝∠GQN，
∴△PKQ∽△QNG，
∴PK：QN＝KQ：GN，即PKGN＝KQQN．
∵PK＝﹣eq \r(2)m﹣m﹣m＝﹣eq \r(2)m﹣2m，KQ＝2m2，GN＝﹣eq \r(2)m﹣m，
∴(﹣eq \r(2)m﹣2m)(﹣eq \r(2)m﹣m)＝2m2QN，解得QN＝eq \f(3\r(2),2)+2．
∴G(0，﹣eq \f(3\r(2),2)﹣2)．
解：(1)∵直线y＝2x＋8与x轴交于点A、与y轴交于点B，
∴令x＝0，则y＝8，
令y＝0，则x＝﹣4，
∴B(0，8)，A(﹣4，0)，
∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A、B，
∴，∴，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x＋8；
(2)①∵P是抛物线上一点，且位于直线AB上方，过点P作PM∥y轴、PN∥x轴，分别交直线AB于点M、N，
∴PM⊥PN，∠PNM＝∠BAO，
∴∠MPN＝∠AOB＝90°，
∴△PMN∽△OBA，
∴，
设点M的横坐标为m(﹣4＜m＜0)，
则M(m，2m＋8)，P(m，﹣m2﹣2m＋8)，
∴PM＝﹣m2﹣2m＋8﹣(2m＋8)＝﹣m2﹣4m，
∵B(0，8)，A(﹣4，0)，
∴OA＝4，OB＝8，
∵MN＝eq \f(1,2)AB，
∴，∴＝，解得m1＝m2＝﹣2，
∴P(﹣2，8)；
②如图，连接OP交AB于点C，
∵PN∥x轴，P(m，﹣m2﹣2m＋8)，
∴点N的纵坐标为﹣m2﹣2m＋8，
令y＝﹣m2﹣2m＋8，则2x＋8＝﹣m2﹣2m＋8，
解得：x＝﹣eq \f(1,2)m2﹣m，N(﹣eq \f(1,2)m2﹣m，﹣m2﹣2m＋8)，
∵点C是MN的中点，M(m，2m＋8)，
∴C(﹣eq \f(1,4)m2，﹣eq \f(1,2)m2＋8)，
由①知：∠MPN＝90°，
又点C是MN的中点，
∴PC＝CM＝CN，
∴∠CPN＝∠CNP，∠CPM＝∠CMP，
∵PM∥y轴、PN∥x轴，
∴∠BOC＝∠CPM，∠OBC＝∠CMP，∠OAC＝∠CNP，∠AOC＝∠CPN，
∴∠BOC＝∠OBC，∠OAC＝∠AOC，
∴AC＝OC，BC＝OC，
∴AC＝BC，
∴点C是AB的中点，
∴C(﹣2，4)，
∴﹣eq \f(1,4)m2＝﹣2，解得：m＝±2eq \r(2)，
∵﹣4＜m＜0，
∴m＝﹣2eq \r(2)，
∴PM＝﹣m2﹣4m＝﹣(﹣2eq \r(2))2﹣4×(﹣2eq \r(2))＝8eq \r(2)﹣8，
∵PM∥y轴，
∴△PCM∽△OCB，
∴＝＝eq \r(2)﹣1，故的值为eq \r(2)﹣1．
解：(1)∵抛物线y=ax2﹣5ax﹣6a=a(x2﹣5x﹣6)=a(x+1)(x﹣6)，
∴x1=﹣1，x2=6，对称轴x=eq \f(5,2)，∴A(﹣1，0)，B(6，0)，
∵直线y=﹣eq \f(2,3)x+b与x轴交于点B，∴0=﹣eq \f(2,3)×6+b，∴b=4，
∴直线y=﹣eq \f(2,3)x+4，∴C(0，4)，∴a×(﹣1)×6=4，∴a=﹣eq \f(2,3)，
(2)由(1)有a=﹣eq \f(2,3)，∴抛物线解析式为y=﹣eq \f(2,3)(x+1)(x﹣6)，
∵B(6，0)，C(0，4)，∴直线BC解析式为y=﹣eq \f(2,3)x+4，
设P(t，0)，∵C(0，4)，∴直线PC解析式为y=﹣x+4，
设点Q(m，﹣+4)，∵QF∥y轴．且在直线BC上，∴F(m，﹣eq \f(2,3)m+4)，
∴d=﹣+4﹣(﹣eq \f(2,3)m+4)=eq \f(2,3)m﹣=﹣eq \f(2,3)t+4，∴m=﹣t，∴Q(﹣t，8)，
∵DQ⊥y轴，且点D在抛物线上，∴﹣eq \f(2,3)(x+1)(x﹣6)=8，
∴x1=2，x2=3＞eq \f(5,2)(舍)，∴D(2，8)，
(3)延长DC交x轴于H，过点P作PG⊥AC， 由(2)有C(0，4)，D(2，8)，
∴直线CD解析式为y=2x+4，
∵△CQD沿直线CD翻折，得到△CQ′D，∴设QQ'的解析式为y=﹣eq \f(1,2)x+b，
∵(﹣t，8)，∴8=eq \f(1,2)t+b，∴b=8﹣eq \f(1,2)t，∴QQ'的解析式为y=﹣eq \f(1,2)x+8﹣eq \f(1,2)t
设点Q'(n，﹣eq \f(1,2)n+8﹣eq \f(1,2)t)，
∵点Q′恰好落在抛物线上，∴﹣eq \f(2,3)(n+1)(n﹣6)=﹣eq \f(1,2)n+8﹣eq \f(1,2)t①，
∵Q'(n，﹣eq \f(1,2)n+8﹣eq \f(1,2)t)，Q(﹣t，8)，
∴QQ'的中点坐标为(eq \f(1,2)(n-t)，﹣eq \f(1,4)n﹣eq \f(1,4)t+8)
∵QQ'的中点坐标在直线直线CD上，∴2×eq \f(1,2)(n-t)+4=﹣eq \f(1,4)n﹣eq \f(1,4)t+8①
联立①②解得，(∵点Q(2，8)和点D重合∴舍)或，
∴P(3，0)，Q'(5，4)，
∵直线CD解析式为y=2x+4，∴直线CD与x轴的交点H(﹣2，0)，
∵C(0，4)，∴PH=PC=5，CH==2eq \r(5)，
∵PG⊥AC，∴CG=eq \f(1,2)CH=eq \r(5)，
根据勾股定理得，PG==2eq \r(5)，
∴tan∠DCQ=tan∠HCP==2，
解：(1)如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠BOC＝60°，
又∵OA＝OB＝4，
∴OC＝eq \f(1,2)OB＝eq \f(1,2)×4＝2，BC＝OB•sin60°＝4×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，
∴点B的坐标为(﹣2，﹣2eq \r(3))；
(2)∵抛物线过原点O和点A、B，
∴可设抛物线解析式为y＝ax2＋bx，
将A(4，0)，B(﹣2.﹣2eq \r(3))代入，得：
，解得，
∴此抛物线的解析式为y＝﹣eq \f(\r(3),6)x2＋eq \f(2\r(3),3)x；
(3)存在；如图，抛物线的对称轴是直线x＝2，直线x＝2与x轴的交点为D，设点P的坐标为(2，y)，
①若OB＝OP，则22＋|y|2＝42，解得y＝±2eq \r(3)，
当y＝2eq \r(3)时，在Rt△P′OD中，∠P′DO＝90°，sin∠P′OD＝eq \f(\r(3),2)，
∴∠P′OD＝60°，
∴∠P′OB＝∠P′OD＋∠AOB＝60°＋120°＝180°，
即P′、O、B三点在同一直线上，
∴y＝2eq \r(3)不符合题意，舍去，
∴点P的坐标为(2，﹣2eq \r(3))
②若OB＝PB，则42＋|y＋2eq \r(3)|2＝42，解得y＝﹣2eq \r(3)，
故点P的坐标为(2，﹣2eq \r(3))，
③若OP＝BP，则22＋|y|2＝42＋|y＋2eq \r(3)|2，解得y＝﹣2eq \r(3)，
故点P的坐标为(2，﹣2eq \r(3))，
综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为(2，﹣2eq \r(3)).
方法二：
(3)设P(2，t)，O(0，0)，B(﹣2，﹣2eq \r(3))，
∵△POB为等腰三角形，
∴PO＝PB，PO＝OB，PB＝OB，
(2﹣0)2＋(t﹣0)2＝(2＋2)2＋(t＋2eq \r(3))2，∴t＝﹣2eq \r(3)，
(2﹣0)2＋(t﹣0)2＝(0＋2)2＋(0＋2eq \r(3))2，∴t＝2eq \r(3)或﹣2eq \r(3)，
当t＝2eq \r(3)时，P(2，2eq \r(3))，O(0，0)B(﹣2，﹣2eq \r(3))三点共线故舍去，
(2＋2)2＋(t＋2eq \r(3))2＝(0＋2)2＋(0＋2eq \r(3))2，∴t＝﹣2eq \r(3)，
∴符合条件的点P只有一个，∴P(2，﹣2eq \r(3)).
方法二追加第(4)问：在(3)的条件下，⊙M为△OBP的外接圆，求出圆心M的坐标.
(4)∵点B，点P关于y轴对称，
∴点M在y轴上，设M(0，m)，
∵⊙M为△OBF的外接圆，
∴MO＝MB，
∴(0﹣0)2＋(m﹣0)2＝(0＋2)2＋(m＋2eq \r(3))2，
∴m＝﹣eq \f(4\r(3),3)，M(0，﹣eq \f(4\r(3),3)).
解：(1)∵直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A(﹣4，0)，B(0，4)
抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，可得
，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣3x+4.
令y=0，得﹣x2﹣3x+4=0，解得x1=﹣4，x2=1，
∴C(1，0).
(2)如答图1所示，设D(t，0).
∵OA=OB，∴∠BAO=45°，
∴E(t，t+4)，P(t，﹣t2﹣3t+4).
PE=yP﹣yE=﹣t2﹣3t+4﹣t﹣4=﹣t2﹣4t=﹣(t+2)2+4，
∴当t=﹣2时，线段PE的长度有最大值4，此时P(﹣2，6).
(3)存在.
如答图2所示，过N点作NH⊥x轴于点H.
设OH=m(m＞0)，∵OA=OB，∴∠BAO=45°，
∴NH=AH=4﹣m，∴yQ=4﹣m.
又M为OA中点，∴MH=2﹣m.
△MON为等腰三角形：
①若MN=ON，则H为底边OM的中点，
∴m=1，∴yQ=4﹣m=3.
由﹣xQ2﹣3xQ+4=3，解得xQ=，
∴点Q坐标为(，3)或(，3)；
②若MN=OM=2，则在Rt△MNH中，
根据勾股定理得：MN2=NH2+MH2，即22=(4﹣m)2+(2﹣m)2，
化简得m2﹣6m+8=0，解得：m1=2，m2=4(不合题意，舍去)
∴yQ=2，由﹣xQ2﹣3xQ+4=2，解得xQ=，
∴点Q坐标为(，2)或(，2)；
③若ON=OM=2，则在Rt△NOH中，
根据勾股定理得：ON2=NH2+OH2，即22=(4﹣m)2+m2，
化简得m2﹣4m+6=0，∵△=﹣8＜0，
∴此时不存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形.
综上所述，存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形.
所求Q点的坐标为(，3)或(，3)或(，2)或(，2).
(1)解：由题意，设抛物线解析式为y=a(x－3)(x＋1)．
将E(0，3)代入上式，解得：a=－1．∴y=－x2＋2x＋3．则点B(1，4)．
(2)如图6，证明：过点B作BM⊥y于点M，则M(0，4)．在Rt△AOE中，OA=OE=3，
∴∠1=∠2=45°，AE=3eq \r(2)．在Rt△EMB中，EM=OM－OE=1=BM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，BE=eq \r(2)．∴∠BEA=180°-∠1-∠MEB=90°．
∴AB是△ABE外接圆的直径．
在Rt△ABE中，tan∠BAE=eq \f(1,3)=tan∠CBE，∴∠BAE=∠CBE．
在Rt△ABE中，∠BAE＋∠3=90°，
∴∠CBE＋∠3=90°．∴∠CBA=90°，即CB⊥AB．
∴CB是△ABE外接圆的切线
(3)P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，－eq \f(1,3))．
(4)解：设直线AB的解析式为y=kx＋b．将A(3，0)，B(1，4)代入，
得解得∴y=－2x＋6．
过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=1.5，∴F(1.5，3)．
情况一：如图7，当0＜t≤1.5时，
设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G．
则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．
由△AHD∽△FHM，得AD:FM=HK:HL．即．解得HK=2t．
∴S阴=S△MND－S△GNA－S△HAD=eq \f(1,2)×3×3－eq \f(1,2)(3－t)2－eq \f(1,2)t·2t=－eq \f(3,2)t2＋3t．
情况二：如图，当1.5＜t≤3时，
设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V．
由△IQA∽△IPF，得AQ:FP=IQ:IP．即．解得IQ=2(3－t)．
∴S阴=S△IQA－S△VQA=eq \f(1,2)×(3－t)×2(3－t)－eq \f(1,2)(3－t)2=eq \f(1,2)(3－t)2=eq \f(1,2)t2－3t＋4.5．
综上所述：s=
解：(1)把点B(4，0)，C(0，2)代入直线y=kx+t，得：
，解得，∴y=﹣eq \f(1,2)x+2；
把点A(1，0)、B(4，0)，C(0，2)代入y=ax2+bx+c，
得：，解得，∴y=eq \f(1,2)x2﹣eq \f(5,2)x+2；
(2)设点D坐标为(m，eq \f(1,2) m2﹣eq \f(5,2)m+2)，E点的坐标为(m，﹣eq \f(1,2) m+2)，
∴DE=(﹣eq \f(1,2)m+2)﹣(eq \f(1,2)m2﹣eq \f(5,2)m+2)=﹣eq \f(1,2)m2+2m=﹣eq \f(1,2)(m﹣2)2+2，
∴当m=2时，DE的长最大，为2，当m=2时，eq \f(1,2) m2﹣eq \f(5,2)m+2=﹣1，
∴D(2，﹣1)；
(3)①当D在E下方时，如(2)中，DE=﹣eq \f(1,2)m2+2m，OC=2，OC∥DE，
∴当DE=OC时，四边形OCED为平行四边形，
则﹣eq \f(1,2)m2+2m=2，解得m=2，此时D(2，﹣1)；
②当D在E上方时，DE=(eq \f(1,2)m2﹣eq \f(5,2)m+2)﹣(﹣eq \f(1,2)m+2)=eq \f(1,2)m2﹣2m，
令eq \f(1,2)m2﹣2m=2，解得m=2±2eq \r(2)，
∴此时D(2+2eq \r(2)，3﹣eq \r(2))或(2﹣2eq \r(2)，3+eq \r(2))，
综上所述，点D的坐标是(2，﹣1)或(2+2eq \r(2)，3﹣eq \r(2))或(2﹣2eq \r(2)，3+eq \r(2))时，都可以使O、C、D、E为顶点的四边形为平行四边形.
解：(1)∵n＝﹣1，
∴点C(0，﹣1)，
∴抛物线C1：y＝mx2﹣1，对称轴为x＝0，
∴AC＝BC，
∵△ABC为等腰直角三角形，C为顶点，
∴OA＝OB＝OC＝1，
∴A(﹣1，0)，B(1，0)，
将B(1，0)代入y＝mx2﹣1得，m﹣1＝0，
∴m＝1，
∴抛物线C1：y＝x2﹣1；
(2)∵将C1向上平移一个单位得到C2，
∴抛物线C2：y＝x2，
设MN的直线解析式为y＝kx＋b，
∴直线MN与y轴的交点为(0，b)，
设M点坐标为(xM，xM2)，N(xN，xN2)，
联立方程组，整理得x2﹣kx﹣b＝0，
∴xM•xN＝﹣b，
过点M作ME⊥x轴交于E，过点N作NF⊥x轴交于点F，
∵∠MON＝90°，
∴∠MOE＋∠NOF＝90°，
∵∠MOE＋∠OME＝90°，
∴∠NOF＝∠OME，
∴△MEO∽△OFN，
∴＝，
∴xN•xM＝﹣1，
∴b＝1，
∴直线MN经过定点(0，1)，
∵OE⊥MN，
∴E点在以(0，eq \f(1,2))为圆心，直径为1的圆上运动，
∴点E到y轴距离的最大值为eq \f(1,2)；
(3)a﹣b是定值，理由如下：
∵F的坐标为(0，﹣2)，
设直线BF的解析式为y＝k1x＋b1，
∴，解得，
∴直线BF的表达式为y＝2x﹣2①，
同理可得，直线AF的表达式为y＝﹣2x﹣2②，
设直线l的表达式为y＝tx＋n，
联立方程组，
整理得：x2﹣tx﹣n﹣1＝0，
∵直线l与抛物线只有一个公共点，
故Δ＝(﹣t)2﹣4(﹣n﹣1)＝0，解得n＝﹣eq \f(1,4)t2﹣1，
∴直线l的表达式为y＝tx﹣eq \f(1,4)t2﹣1③，
联立①③并解得a＝，联立②③可得，b＝，
∴a﹣b＝﹣＝1为常数．