中考数学专题复习 重难题型突破 题型五　二次函数综合题练习(含解析)

这是一份中考数学专题复习 重难题型突破 题型五　二次函数综合题练习(含解析)，共60页。试卷主要包含了如图，抛物线C1，连接AC，BC，DB，DC.等内容，欢迎下载使用。

重难题型突破
题型五　二次函数综合题
类型一　二次函数与线段问题
1．(2019湘潭10分)如图①，抛物线y＝ax2＋bx＋c过A(－1，0)、B(3，0)、C(0，)三点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)P(x1，y1)、Q(4，y2)两点均在该抛物线上，若y1≥y2，求P点横坐标x1的取值范围；
(3)如图②，过点C作x轴的平行线交抛物线于点E，该抛物线的对称轴与x轴交于点D，连接CD、CB，点F为线段CB的中点，点M、N分别为直线CD和CE上的动点，求△FMN周长的最小值．

第1题图

2．(2019天津10分)已知抛物线y＝x2－bx＋c(b，c为常数，b＞0)经过点A(－1，0)，点M(m，0)是x轴正半轴上的动点．
(Ⅰ)当b＝2时，求抛物线的顶点坐标；
(Ⅱ)点D(b，yD)在抛物线上，当AM＝AD，m＝5时，求b的值；
(Ⅲ)点Q(b＋，yQ)在抛物线上，当AM＋2QM的最小值为时，求b的值．







3．(2019滨州14分)如图①，抛物线y＝－x2＋x＋4与y轴交于点A，与x轴交于点B，C，将直线AB绕点A逆时针旋转90°，所得直线与x轴交于点D.
(1)求直线AD的函数解析式；
(2)如图②，若点P是直线AD上方抛物线上的一个动点，
①当点P到直线AD的距离最大时，求点P的坐标和最大距离；
②当点P到直线AD的距离为时，求sin∠PAD的值．

第3题图
类型二　二次函数与角度问题
4．(2019德州14分)如图，抛物线y＝mx2－mx－4与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，与y轴交于点C，且x2－x1＝.
(1)求抛物线的解析式；
(2)若P(x1，y1)，Q(x2，y2)是抛物线上的两点，当a≤x1≤a＋2，x2≥时，均有y1≤y2，求a的取值范围；
(3)抛物线上一点D(1，－5)，直线BD与y轴交于点E，动点M在线段BD上，当∠BDC＝∠MCE时，求点M的坐标．

第4题图


5．(2019资阳13分)如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c过点A(3，2)，且与直线y＝－x＋交于B，C两点，点B的坐标为(4，m)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作DE⊥x轴交直线BC于点E，点P为对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求PD＋PA的最小值；
(3)设点M为抛物线的顶点，在y轴上是否存在点Q，使∠AQM＝45°？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

　



类型三　二次函数与图形面积问题
6．(2019淮安12分)如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，D为顶点，其中点B的坐标为(5，0)，点D的坐标为(1，3)．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)点E是线段BD上的一点，过点E作x轴的垂线，垂足为点F，且ED＝EF，求点E的坐标；
(3)试问在该二次函数图象上是否存在点G，使得△ADG的面积是△BDG的面积的？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．


7．(2019遵义14分)如图，抛物线C1：y＝x2－2x与抛物线C2：y＝ax2＋bx开口大小相同、方向相反，它们相交于O，C两点，且分别与x轴的正半轴交于点B，点A，OA＝2OB.
(1)求抛物线C2的解析式；
(2)在抛物线C2的对称轴上是否存在点P，使PA＋PC的值最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由；
(3)M是直线OC上方抛物线C2上的一个动点，连接MO，MC.M运动到什么位置时，△MOC面积最大？并求出最大面积．

第7题图

8．(2019桂林12分)如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A(－2，0)和B(1，0)，与y轴交于点C.
(1)求抛物线的表达式；
(2)作射线AC，将射线AC绕点A顺时针旋转90°交抛物线于另一点D，在射线AD上是否存在一点H，使△CHB的周长最小，若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在(2)的条件下，点Q为抛物线的顶点，点P为射线AD上的一个动点，且点P的横坐标为t，过点P作x轴的垂线l，垂足为E，点P从点A出发沿AD方向运动，直线l随之运动，当－2＜t＜1时，直线l将四边形ABCQ分割成左右两部分，设在直线l左侧部分的面积为S，求S关于t的函数表达式．





类型四　二次函数与特殊三角形判定问题
9．(2019菏泽10分)如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(0，－2)，点A的坐标是(2，0)，P为抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E，抛物线的对称轴是直线x＝－1.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点P在第二象限内，且PE＝OD，求△PBE的面积；
(3)在(2)的条件下，若M为直线BC上一点，在x轴的上方，是否存在点M，使△BDM是以BD为腰的等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

第9题图

10．(2019成都12分)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－2，5)，与x轴相交于B(－1，0)，C(3，0)两点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BC′D，若点C′恰好落在抛物线的对称轴上，求点C′和点D的坐标；
(3)设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的对称轴上，当△CPQ为等边三角形时，求直线BP的函数表达式．

第10题图

11．(2019葫芦岛14分)如图，直线y＝－x＋4与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过B，C两点，与x轴另一交点为A.点P以每秒个单位长度的速度在线段BC上由点B向点C运动(点P不与点B和点C重合)，设运动时间为t秒，过点P作x轴垂线交x轴于点E，交抛物线于点M.
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，过点P作y轴垂线交y轴于点N，连接MN交BC于点Q，当＝时，求t的值；
(3)如图②，连接AM交BC于点D，当△PDM是等腰三角形时，直接写出t的值．

第11题图


12．(2019兰州12分)二次函数y＝ax2＋bx＋2的图象交x轴于A(－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．

第12题图

13．(2019铁岭14分)如图①，抛物线y＝ax2＋bx＋6与x轴交于点A(－2，0)、B(6，0)与y轴交于点C，顶点为D，直线AD交y轴于点E.
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图②，将△AOE沿直线AD平移得到△NMP.
①当点M落在抛物线上时，求点M的坐标；
②在△NMP移动过程中，存在点M使△MBD为直角三角形，请直接写出所有符合条件的M点坐标．

第13题图


14．(2019淄博9分)如图，顶点为M的抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于A(3，0)，B(－1，0)两点，与y轴交于点C.
(1)求这条抛物线对应的函数表达式；
(2)问在y轴上是否存在一点P，使得△PAM为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
(3)若在第一象限的抛物线下方有一动点D，满足DA＝OA，过D作DG⊥x轴于点G，设△ADG的内心为I，试求CI的最小值．



类型五　二次函数与特殊四边形判定问题
15．(2019山西13分)综合与探究
如图，抛物线y＝ax2＋bx＋6经过点A(－2，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m(1 (1)求抛物线的函数表达式；
(2)当△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求m的值；
(3)在(2)的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

第15题图
16．(2019邵阳10分)如图，二次函数y＝－x2＋bx＋c的图象过原点，与x轴的另一个交点为(8，0)．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)在x轴上方作x轴的平行线y1＝m，交二次函数图象于A、B两点，过A、B两点分别作x轴的垂线，垂足分别为点D、点C.当矩形ABCD为正方形时，求m的值；
(3)在(2)的条件下，动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动，同时动点Q以相同的速度从点A出发沿线段AD匀速运动，到达点D时立即原速返回，当动点Q返回到点A时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒(t>0)．过点P向x轴作垂线，交抛物线于点E，交直线AC于点F，问：以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能否是平行四边形．若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．

17．(2019南充10分)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于点A(－1，0)，点B(－3，0)，且OB＝OC.
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在抛物线上，且∠POB＝∠ACB，求点P的坐标；
(3)抛物线上两点M，N，点M的横坐标为m，点N的横坐标为m＋4，点D是抛物线上M，N之间的动点，过点D作y轴的平行线交MN于点E.
①求DE的最大值．
②点D关于点E的对称点为F，当m为何值时，四边形MDNF为矩形？

第17题图


18．(2018岳阳10分)已知抛物线F：y＝x2＋bx＋c的图象经过坐标原点O，且与x轴另一交点为(－，0)．
(1)求抛物线F的解析式；
(2)如图①，直线l：y＝x＋m(m＞0)与抛物线F相交于点A(x1，y1)和点B(x2，y2)(点A在第二象限)，求y2－y1的值(用含m的式子表示)；
(3)在(2)中，若m＝，设点A′是点A关于原点O的对称点，如图②，
①判断△AA′B的形状，并说明理由；
②平面内是否存在点P，使得以点A、B、A′、P为顶点的四边形是菱形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

第18题图
19．(2019齐齐哈尔14分)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA＝2，OC＝6，连接AC和BC.
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，当△ACD的周长最小时，点D的坐标为____________；
(3)点E是第四象限内抛物线上的动点，连接CE和BE. 求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；
(4)若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由.




类型六　二次函数与三角形相似问题
20．(2019泸州12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象经过点A(－2，0)，C(0，－6)，其对称轴为直线x＝2.
(1)求该二次函数的解析式；
(2)若直线y＝－x＋m将△AOC的面积分成相等的两部分，求m的值；
(3)点B是该二次函数图象与x轴的另一个交点，点D是直线x＝2上位于x轴下方的动点，点E是第四象限内该二次函数图象上的动点，且位于直线x＝2的右侧，若以点E为直角顶点的△BED与△AOC相似，求点E的坐标．

第20题图
21．(2019襄阳13分)如图，在直角坐标系中，直线y＝－x＋3与x轴，y轴分别交于点B，点C，对称轴为x＝1的抛物线过B, C两点，且交x轴于另一点A，连接AC.
(1)直接写出点A，点B，点C的坐标和抛物线的解析式；
(2)已知点P为第一象限内抛物线上一点，当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标；
(3)抛物线上是否存在一点Q(点C除外)，使以点Q，A，B为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

第21题图




















题型五　二次函数综合题
类型一　二次函数与线段问题
1．解：(1)设抛物线的函数关系式为y＝a(x－x1)( x－x2)(a≠0)．
∵A(－1，0)、B(3，0)，
∴y＝a(x＋1)( x－3)．把C(0，)代入，得＝a(0＋1)(0－3)．解得a＝－.
∴y＝－(x＋1)( x－3)，
即该抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋；·················(2分)
(2)把Q(4，y2)代入y＝－x2＋x＋得y2＝－×42＋×4＋＝－.
∵y1≥y2，
∴y1≥－.·················(3分)
在y＝－x2＋x＋中，
当y＝－时，即－＝－x2＋x＋.
解得x1＝－2，x2＝4.
∵a＝－＜0，
∴抛物线开口向下．
观察函数图象，当y1≥－时，－2≤x≤4.
即当y1≥y2时，点P横坐标x1的取值范围是－2≤x≤4；·················(5分)
(3)如解图所示，作点F关于直线CD的对称点F1，作点F关于直线CE的对称点F2，连接F1F2分别交CD、CE于点M、N.连接FM、FN.
由对称性得FM＝F1M，FN＝F2N.
∴△FMN的周长＝F1M＋MN＋F2N＝F1F2.
根据“两点之间，线段最短”可知此时△FMN的周长最小，最小值为线段F1F2的长．(7分)
∵B(3，0)，C(0，)，点F是线段CB的中点，
∴F(，)．
又∵CE∥x轴，C(0，)，
∴F2(，)．
∵B(3，0)，C(0，)，
∴OB＝3，OC＝.
在Rt△OBC中，tan∠OBC＝＝，
∴∠OBC＝30°.
∴∠OCB＝60°.
∵A(－1，0)，B(3，0)，
∴抛物线的对称轴为直线x＝＝1.
∴D(1，0)．
∴OD＝1.
在Rt△OCD中，tan∠OCD＝＝＝，
∴∠OCD＝30°.
∴∠BCD＝∠OCB－∠OCD＝60°－30°＝30°.
∴∠OCD＝∠BCD.
在Rt△OBC中，∠OBC＝30°，
∴BC＝2OC.
∵点F为BC的中点，
∴BC＝2CF.
∴OC＝CF.
又∵CF1＝CF，
∴OC＝CF1.
∴点F1与点O重合．
∴线段F1F2就是线段OF2.过点F2作F2H⊥x轴于点H.
∵F2(，)，
∴OH＝，F2H＝.
在Rt△OHF2中，OF2＝＝＝3，
即△FMN周长的最小值为3.·················(10分)

第1题解图
2．解：(Ⅰ)∵抛物线y＝x2－bx＋c经过点A(－1，0)，
∴1＋b＋c＝0，即c＝－b－1.
当b＝2时，c＝－3，
∴y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，
∴抛物线的顶点坐标为(1，－4)；·················(2分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，抛物线的解析式为y＝x2－bx－b－1，
∵点D(b，yD)在抛物线y＝x2－bx－b－1上，
∴yD＝b2－b·b－b－1＝－b－1.
由b>0，得b>>0，－b－1<0，
∴点D(b，－b－1)在第四象限，且在抛物线对称轴所在直线x＝的右侧．
如解图①，过点D作DE⊥x轴，垂足为E，则点E(b，0)，
∴AE＝b＋1，DE＝b＋1，得AE＝DE.
∴在Rt△ADE中，∠ADE＝∠DAE＝45°.
∴AD＝AE.
由已知AM＝AD，m＝5，
∴5－(－1)＝(b＋1)．∴b＝3－1；·················(5分)

第2题解图①
(Ⅲ)∵点Q(b＋，yQ)在抛物线y＝x2－bx－b－1上，
∴yQ＝(b＋)2－b(b＋)－b－1＝－－.
可知点Q(b＋，－－)在第四象限，且在直线x＝b的右侧，考虑到AM＋2QM＝2(AM＋QM)，可取点N(0，1)，
如解图②，过点Q作直线AN的垂线，垂足为G，QG与x轴相交于点M，则∠GAM＝45°，
∴AM＝GM.
则此时点M满足题意，·················(7分)
过点Q作QH⊥x轴于点H，则点H(b＋，0)，
在Rt△MQH中，可知∠QMH＝∠MQH＝45°，
∴QH＝MH，QM＝MH.
∵点M(m，0)，
∴0－(－－)＝(b＋)－m，解得m＝－.
∵AM＋2QM＝，
∴[(－)－(－1)]＋2[(b＋)－(－)]＝，
∴b＝4.·················(10分)

第2题解图②
3．解：(1)抛物线y＝－x2＋x＋4，
令x＝0，可得A点的坐标为(0，4)，
令y＝0，可得B点的坐标为(－4，0)，C点的坐标为(8，0)．
易得直线AB的表达式为y＝x＋4，·················(1分)
∵OA＝OB，
∴∠BAO＝45°.
又∵直线AD由直线AB逆时针旋转90°而来，
∴∠BAD＝90°，
∴∠OAD＝45°，△OAD为等腰直角三角形，
∴OD＝OA＝4，D(4，0)．
易得直线AD的表达式为y＝－x＋4；·················(4分)
(2)①如解图①，过点P作PE⊥x轴交AD于点E，PF⊥AD于点F，易得△PEF为等腰直角三角形，·················(5分)
∴PF＝PE.
∴当PE取得最大值时，PF也取得最大值．
设P(x，－x2＋x＋4)，则E(x，－x＋4)．
∴PE＝－x2＋x＋4－(－x＋4)＝－x2＋x＝－(x－6)2＋.
∴当x＝6时，PE有最大值，·················(9分)
此时PF有最大值，
将x＝6代入y＝－x2＋x＋4得y＝，
∴此时点P坐标为(6，)；

第3题解图①
②如解图②，连接AP，当点P到AD的距离为时，即PF＝，则此时PE＝PF＝，·················(10分)
将PE＝代入PE＝－2＋中，解得x1＝10，x2＝2，
分两种情况讨论：
当x1＝10时，此时点P的坐标为(10，－)，
∴AP＝＝，
∴sin∠PAD＝＝＝.·················(12分)

图② 图③
第3题解图
如解图③，当x2＝2时，此时P的坐标为(2，)，
则PA＝＝，
∴sin∠PAD＝＝；
综上所述，sin∠PAD的值为或.
类型二　二次函数与角度问题
4．解：(1)抛物线与x轴有两个交点，
∴一元二次方程mx2－mx－4＝0有两个不相等的实数根，由根与系数的关系得：
x1＋x2＝－＝，x1·x2＝－.·······(2分)
∵x2－x1＝，
∴(x1＋x2)2－4x1x2＝.
∴＋＝，解得m＝，经检验，m＝是原分式方程的根．
∴抛物线的解析式为y＝x2－x－4；(4分)
(2)由(1)知抛物线解析式为y＝x2－x－4，
∴对称轴为直线x＝.
根据其对称性知，当x＝和x＝－2时，函数值相等，
又∵当a≤x1≤a＋2，x2≥时，均有y1≤y2，
∴结合图象可得
解得，－2≤a≤；··········(8分)
(3)如解图，连接BC，CM，过点D作DG⊥OE于点G，
∵点B(4，0)，点C(0，－4)，点D(1，－5)，
∴OB＝OC＝4，CG＝DG＝1.
∴△BOC和△CDG都是等腰直角三角形．
∴∠BCO＝∠DCG＝45°且BC＝4，CD＝.
∴∠BCD＝180°－∠BCO－∠DCG＝90°.
∴△BCD是直角三角形．
∴在Rt△BCD中，tan∠BDC＝＝4.
又∵∠BDC＝∠MCE，
∴tan∠MCE＝4.(10分)
设直线BD的解析式为y＝kx＋b，
∵点B，D的坐标分别为(4，0)，(1，－5)，
∴解得
∴直线BD的解析式为y＝x－.···········(12分)
设点M的坐标为(n，n－，)，过点M作MF⊥CE于点F，
则∠MFC＝90°，MF＝n，CF＝OF－OC＝－.
在Rt△CMF中，tan∠MCF＝＝＝4，
解得，n＝.
∴n－＝－.
∴点M的坐标为(，－)．·········(14分)

第4题解图
5．解：(1)把点B(4，m)代入y＝－x＋，得m＝－，
∴B(4，－)，·········(1分)
把A(3，2)，B(4，－)代入y＝－x2＋bx＋c，
得解得
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋；···········(3分)
(2)设D(t，－t2＋t＋)，
已知过点C，B两点的直线解析式为y＝－x＋，则点E的坐标为(t，－t＋)，
∴DE＝－t2＋t＋＋t－＝－t2＋2t，
当t＝－＝2时，DE有最大值，此时D(2，)．
∵C点的坐标为(0，)，抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴点C和D关于直线x＝1对称．
如解图①，连接AC，与对称轴交于点P，点P即为所求．········(6分)
PD＋PA≥AC，即PD＋PA的最小值为AC的长．
∴PD＋PA的最小值＝AC＝＝；·········(8分)

图① 图②
第5题解图
(3)存在，理由如下：
把抛物线解析式配成顶点式为y＝－(x－1)2＋4 ，
∴点M的坐标为(1，4)．··········(9分)
如解图②，过A作AK⊥MK，垂足为K，
∴AK＝MK＝2.
∴△AMK为等腰直角三角形，点K的坐标为(1，2)．
以K为圆心，KM为半径作圆，与y轴交于点Q，··········(11分)
设Q(0，n)，由KQ＝KM，可得12＋(n－2)2＝22，
解得n1＝2＋，n2＝2－，
∴Q1(0，2＋)，Q2(0，2－)．···········(13分)
类型三　二次函数与图形面积问题
6．解：(1)∵抛物线的顶点D的坐标为(1，3)，
∴设抛物线表达式为y＝a(x－1)2＋3.
将点B(5，0)代入得a(5－1)2＋3＝0，解得a＝－，
∴该二次函数的表达式为y＝－(x－1)2＋3；·········(2分)
(2)如解图①，设抛物线对称轴交x轴于点C，则点C的坐标为(1，0)，
在Rt△BCD中，BC＝BO－CO＝4，CD＝3，
∴由勾股定理得BD＝5.
∵EF⊥BC，DC⊥BC，
∴EF∥DC.
∴△BEF∽△BDC.∴＝＝.
∵EF＝DE，
∴＝，解得EF＝.
∴BF＝＝＝.∴OF＝OB－BF＝.
∴点E的坐标为(，)；·········(6分)

第6题解图①
(3)存在，理由如下：
∵抛物线对称轴为直线x＝1，点B的坐标为(5，0)，
∴点A的坐标为(－3，0)，AB＝8.
∵S△ADG∶S△BDG＝3∶5，
∴点A，B到直线DG的距离之比为3∶5.
分两种情况讨论：
①A，B两点在直线DG的同旁．如解图②，则＝.
易得△HAN∽△HBM，
∴＝.
∴＝，解得AH＝12.
∴点H的坐标为(－15，0)，
由点D(1，3)，H(－15，0)得直线DH的解析式为y＝(x＋15)，
联立得
解得(舍去)
∴点G的坐标为(0，)；·········(9分)
②当点A，B在直线DG的两旁时，如解图③所示，则＝，∵＝，
∴直线DG经过点O，则直线DG的表达式为y＝3x，
联立得解得(舍去)
∴点G的坐标为(－15，－45)，
综上，符合条件的点G有两个，坐标分别为(0，)，(－15，－45)．·········(12分)

第6题解图
7．解：(1)∵抛物线C1：y＝x2－2x与抛物线C2：y＝ax2＋bx的开口大小相同，方向相反，
∴a＝－1.·········(1分)
C1：y＝x2－2x令y＝0，则x＝0或2，
∴OB＝2.
∴OA＝2OB＝4.
∴A点的坐标(4，0)．
∴0＝－42＋4b，解得b＝4.
∴C2的解析式为y＝－x2＋4x；·········(4分)
(2)存在，理由如下：
联立解得
即C点的坐标(3，3)，
如解图①，OC与抛物线C2对称轴的交点即为P点，
设OC段的函数解析式为y＝kx，代入C点的坐标为(3，3)，
解得k＝1，
∴OC段的函数解析式为y＝x.
∵抛物线C2对称轴为x＝2，
∴P点的坐标为(2，2)；(8分)

图① 　图②
第7题解图
(3)如解图②，过点M作MN⊥x轴，交OC于点N，
设M点的坐标为，N点的坐标为，
∴S△OMC＝S△OMN＋S△NMC＝MN·3.
∴S△OMC＝·3＝－a2＋a.
∴当a＝－＝时，此时的最大面积为－×＋×＝.
此时M点的坐标为.
综上，当点M为(，)时△MOC面积最大，最大为.············(14分)
8．解：(1)依题意得解得
∴抛物线的表达式为y＝－x2－x＋2；··········(3分)
(2)存在，如解图作出C点关于直线AD的对称点C′，连接C′B交AD于点H，连接CB，CH.
由(1)可知点C(0，2)，∴C′(－4，－2)．
设BC′的解析式为y＝kx＋b，将B(1，0)，C′(－4，－2)
代入可得解得
∴BC′的解析式为y＝x－.··········(5分)
设点H的坐标为(t，t－)，
∵AC的解析式为y＝x＋2，
∴AD的解析式为y＝－x－2.··········(6分)
将H(t，t－)代入y＝－x－2，得t－＝－t－2，解得t＝－，
∴H(－，－)；··········(7分)
(3)如解图，连接AQ、BC、QC，

第8题解图
由(2)知AD的解析式为y＝－x－2，
点P是AD上一个动点，且横坐标为t，
∴P(t，－t－2)．
∵Q为抛物线y＝－x2－x＋2＝－(x＋)2＋的顶点
∴Q(－，)，lAQ＝x＋3，lCQ＝－x＋2，lBC＝－2x＋2.··········(8分)
①－2 S＝×(2＋t)×(t＋3)＝t2＋3t＋3；··········(9分)
②－ S＝××(2－)＋×(＋t)×(－＋2＋)
＝－t2＋2t＋；··········(10分)
③ 0 S＝×(2－)×＋×(2＋)×＋×(－2t＋2＋2)×t＝－t2＋2t＋.··········(11分)
综上所述，S＝··········(12分)
类型四　二次函数与特殊三角形判定问题
9．解：(1)∵抛物线与x轴交于A，B两点，
点A的坐标为(2，0)，抛物线的对称轴为直线x＝－1，
∴点B的坐标为(－4，0)，
∴设抛物线的表达式为y＝a(x＋4)(x－2)，将点C(0，－2)代入得－8a＝－2，解得a＝，
∴抛物线的表达式为y＝(x＋4)(x－2)＝x2＋x－2；··········(2分)
(2)设点P的坐标为(x，x2＋x－2)，则点D的坐标为(x，0)，
设BC所在直线解析式为y＝kx＋b，
将B(－4，0)，C(0，－2)代入得，
解得
∴BC所在直线解析式为y＝－x－2.
∴点E坐标为(x，－x－2)．
∴PE＝x2＋x.
∵PE＝OD，
∴x2＋x＝－x，即x2＋x＝0，解得x＝－5或0(舍)．
∴PE＝，BD＝1.
∴S△PBE＝PE·BD＝××1＝；··········(5分)
(3)存在．理由如下：
①当DM＝DB＝1时，如解图①，过点M作MF⊥x轴于点F，
设M(m，－m－2)，则MF＝－m－2，DF＝－m－5，
MD＝DB＝1.
∵MF2＋DF2＝DM2，
∴(－m－2)2＋(－m－5)2＝1.
解得m＝－或－4(舍去)．
∴点M的坐标为(－，)；

第9题解图①
②当BD＝BM＝1时，如解图②，过点M作x轴的垂线，垂足为N，

第9题解图②
∵DE⊥x轴，∴DE∥MN，∴BN∶BD＝BM∶BE，
∴BN∶1＝1∶BE.
∵E(－5，)，
∴DE＝.
∴BE＝.
∴BN∶1＝1∶，解得BN＝.
∴M点的横坐标为－4－，将x＝－4－代入y＝－x－2，得y＝，即点M的坐标为(－4－，)．
综上所述，点M的坐标为(－，)或(－4－，)．··········(10分)
10．解：(1)由题意，得解得
∴抛物线的函数表达式为y＝x2－2x－3；··········(3分)
(2)∵抛物线与x轴的交点为B(－1，0)，C(3，0)，
∴BC＝4，抛物线的对称轴为直线x＝1.
设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则点H的坐标为(1，0)，·········(4分)
BH＝2，由翻折得C′B＝CB＝4，
在Rt△BHC′中，由勾股定理，得C′H＝＝＝2，
∴点C′的坐标为(1，2)，tan∠C′BH＝＝＝.
∴∠C′BH＝60°.
由翻折得∠DBH＝∠C′BH＝30°，
∵在Rt△BHD中，DH＝BH·tan∠DBH＝2·tan30°＝，
∴点D的坐标为(1，)；···········(6分)
(3)如解图①，取(2)中的点C′，D，连接CC′，
∵BC′＝BC，∠C′BC＝60°，
∴△C′CB为等边三角形．
分类讨论如下：
①如解图①，当点P在x轴上方时，点Q在x轴上方，
连接BQ，C′P，
∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，
∴CQ＝CP，BC＝C′C，∠PCQ＝∠C′CB＝60°，
∴∠BCQ＝∠C′CP，
∴△BCQ≌△C′CP，
∴BQ＝C′P.
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴BQ＝CQ.
∴C′P＝CQ＝CP.
又∵BC′＝BC，
∴BP垂直平分CC′.
由翻折可知BD垂直平分CC′，
∴点D在直线BP上．
设直线BP的函数表达式为y＝kx＋b(k≠0)，
则解得
∴直线BP的函数表达式为y＝x＋；···········(9分)

第10题解图①
②如解图②，当点P在x轴下方时，点Q在x轴下方，
∵△QCP，△C′CB为等边三角形，
∴CP＝CQ，BC＝C′C，∠CC′B＝∠QCP＝∠C′CB＝60°.
∴∠BCP＝∠C′CQ.
∴△BCP≌△C′CQ(SAS)．
∴∠CBP＝∠CC′Q.
∵BC′＝CC′，C′H⊥BC，
∴∠CC′Q＝∠CC′B＝30°.
∴∠CBP＝30°.
设BP与y轴相交于点E，
在Rt△BOE中，OE＝OB·tan∠CBP＝OB·tan30°＝1×＝，
∴点E的坐标为(0，－)．
设直线BP的函数表达式为y＝k′x＋b′(k′≠0)，
由解得
∴直线BP的函数表达式为y＝－x－.
综上所述，直线BP的函数表达式为y＝x＋或y＝－x－.·······(12分)

第10题解图②
11．解：(1)由题可知，当x＝0时，y＝4，
∴C(0，4)．
当y＝0时，－x＋4＝0，
∴x＝4，
∴B(4，0)．
将B(4，0)，C(0，4)代入y＝－x2＋bx＋c，
得解得
∴y＝－x2＋3x＋4；··············(4分)
(2)如解图，∵OB＝OC＝4，∠BOC＝90°，

第11题解图
∴∠OBC＝∠OCB＝45°.
∵ME⊥x轴，BP＝t，
∴PE＝BE＝t，
∵∠PEO＝∠PNO＝∠NOE＝90°，
可知四边形ONPE为矩形．
∴ON＝t，CN＝4－t.
∵MP∥CN，
∴△MPQ∽△NCQ.
∴＝＝.
∵P点的横坐标为4－t.
∴M点的横坐标为4－t.
∴＝.
∴2t2－9t＋4＝0，
解得t1＝，t2＝4(不符合题意，舍去)．
∴t的值为；············(10分)
(3)t1＝1，t2＝－1.··········(14分)
【解法提示】由(1)知A(－1，0)，B(4，0)、C(0，4)，∴∠OBC＝45°.∴∠DPM＝45°.故分两种情况讨论，当DM＝DP时，∵∠DPM＝45°，DM＝DP，∴△DPM为等腰直角三角形．∴AM⊥BC.由(2)知，BE＝t，点E、P、M的横坐标均为4－t，将4－t代入抛物线解析式得点M的纵坐标为－t2＋5t，∴5－t＝－t2＋5t.解得t＝1或t＝5(舍去)；当PD＝PM时，∵PM＝－t2＋4t，易知PM＋CD＝CD，∴PM＝(－1)CD＝(－1)OE，即－t2＋4t＝(－1)(4－t)，解得t＝－1或t＝4(舍去)．综上所述，t＝1或t＝－1.
12．解：(1)将A(－1，0)、B(4，0)分别代入y＝ax2＋bx＋2中，
得···········(1分)
解得
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋2；···············(2分)
(2)易得C(0，2)，又∵B(4，0)，
∴直线BC的函数解析式为y＝－x＋2.···········(3分)
由题意得A(－1，0)，AM＝2t，∴OM＝2t－1，BM＝4－(2t－1)＝－2t＋5.
当t＝时，BM＝－2×＋5＝2，
∴M(2，0)，N(2，1)，D(2，3)．···········(4分)
∴S△DNB＝S△DMB－S△NMB＝BM·(DM－NM)＝×2×(3－1)＝2；···········(5分)
(3)易得BC＝＝2.
∵△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形，
∴点P在直线BC下方，CP＝BP＝BC＝×2＝.···········(6分)
如解图①，过点P作x轴的平行线交y轴于点G，过B作y轴的平行线交GP延长线于点H，
易得△PCG≌△BPH，
∴PG＝BH＝PM.···········(7分)
∴PM＝2t－1.
又∵BM＝－2t＋5，
在Rt△BPM中，由勾股定理得PM2＋BM2＝BP2，
即(2t－1)2＋(－2t＋5)2＝()2，
解得t1＝1，t2＝2.
当t＝1时，D(1，3)，当t＝2时，D(3，2)；···········(8分)

第12题解图①
(4)∵A(－1，0)，B(4，0)，C(0，2)，
∴AB＝5，AC＝＝，BC＝＝2.
∴AC2＋BC2＝AB2.
∴△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°.···········(9分)
∴∠OCA＋∠OCB＝90°.
∵∠AQC＋∠OAC＝90°，∠OCA＋∠OAC＝90°，∠OCB＋∠ABC＝90°，
∴∠AQC＝∠OCA＝∠ABC.
当t＝时，M的坐标为(，0)，
易得抛物线的对称轴为x＝，且A、B两点关于此对称轴对称．
∴此时直线MN与抛物线的对称轴重合．
如解图②，以AB为直径画圆，交抛物线对称轴分别于点Q1，Q2.
由圆周角定理知，∠AQ1C＝∠AQ2C＝∠ABC.
∴点Q1，Q2符合要求．···········(11分)
∴MQ1＝MQ2＝AM＝AB＝，
∴Q1(，)，Q2(，－)．
综上，点Q的坐标为(，)或(，－)．···········(12分)

第12题解图②
13．解：(1)将点A(－2，0)，B(6，0)代入得
解得
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋6；···········(4分)
(2)①由(1)得y＝－x2＋2x＋6＝－(x－2)2＋8，
∴顶点D的坐标为(2，8)，
设直线AD的函数解析式为y＝kx＋b′，
将点A，D的坐标代入得解得
∴直线AD的函数解析式为y＝2x＋4，
∵将△AOE沿直线AD平移，即三角形上各点横坐标平移m个单位，纵坐标平移2m个单位，
∴点M的坐标可表示为(m，2m)，
∵点M在抛物线上，
∴－m2＋2m＋6＝2m，解得m＝±2.
∴点M的坐标为(2，4)或(－2，－4)；···········(10分)
②M(，)或(，)或(－2，－4)或(，)．(14分)
14．解：(1)∵将A(3，0)，B(－1，0)代入得，
解得
∴这条抛物线对应的函数表达式为y＝－x2＋2x＋3；···········(3分)
(2)存在；
假设存在一点P(0，a)，使得△PAM为直角三角形，
∵抛物线函数表达式为y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，
∴顶点M的坐标为(1，4)，
∴PM2＝(4－a)2＋12，PA2＝a2＋9，MA2＝20.
∵△PAM为直角三角形，
∴有三种情况：PM2＋ PA2＝ MA2或PM2＋ MA2＝ PA2或MA2＋ PA2＝ PM2.
当PM2＋ PA2＝ MA2时，
(4－a)2＋12＋a2＋9＝20，整理得，a2－4a＋3＝0，
解得a＝1或3，
此时P点的坐标为(0，1)或(0，3)．
当PM2＋ MA2＝ PA2时，
(4－a)2＋12＋20＝a2＋9，
解得a＝.
此时P点的坐标为(0，)．
当MA2＋ PA2＝ PM2时，
20＋a2＋9＝(4－a)2＋12，
解得a＝－，
此时点P的坐标为(0，－)．
综上所述，存在点P的坐标为(0，1)或(0，3)或(0，)或(0，－)，使得△PAM为直角三角形；···········(6分)
(3)如解图，过点I作IJ垂直于DA于点J，IF垂直OA于点F，IE垂直DG于点E，连接ID，IA，IO，GI，
∵点I是△ADG的内心，
∴DI、AI、GI是△ADG的角平分线．
易证△DEI≌△DJI，△AJI≌△AFI，△AID≌△AIO，四边形EIFG是正方形，
∴∠EID＝∠JID，∠AIJ＝∠AIF，∠EIF＝90°.
∴∠AIO＝∠AID＝∠DIJ＋∠AIJ＝＝135°.
∴点I的轨迹为圆．
记圆心为H，则OH＝HA，∠OHA＝90°，
∵OA＝3，
∴H点的坐标为(，－)，半径为.
连接CH，过点H作y轴的垂线，垂足为L，
CH＝＝＝＝，
∴CImin＝－.(9分)

第14题解图
类型五　二次函数与特殊四边形判定问题
15．解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋6经过点A(－2，0)，B(4，0)，
∴···········(1分)
解得···········(2分)
∴抛物线的函数表达式为y＝－x2＋x＋6；···········(3分)
(2)如解图，过点D作直线DE⊥x轴于点E，交BC于点G.作CF⊥DE，垂足为点F.
∵点A的坐标为(－2，0)，∴OA＝2.
由x＝0，得y＝6.
∴点C的坐标为(0，6)．
∴OC＝6.
∴S△AOC＝OA·OC＝×2×6＝6.···········(4分)
∵S△BCD＝S△AOC，
∴S△BCD＝×6＝.
设直线BC的函数表达式为y＝kx＋n(k≠0)．由B，C两点的坐标得解得
∴直线BC的函数表达式为y＝－x＋6.···········(5分)
由(1)得点D的坐标为(m，－m2＋m＋6)，
∴点G的坐标为(m，－m＋6)．
∴DG＝－m2＋m＋6－(－m＋6)
＝－m2＋3m.···········(6分)
∵点B的坐标为(4，0)，∴OB＝4.
∴S△BCD＝S△CDG＋S△BDG
＝DG·CF＋DG·BE
＝DG(CF＋BE)
＝DG·BO
＝(－m2＋3m)×4＝－m2＋6m.···········(7分)
∴－m2＋6m＝.(8分)
解得m1＝1(舍去)，m2＝3.
∴m的值为3；···········(9分)

第15题解图
(3)存在以B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为(8，0)或(0，0)或(－，0)或(，0)．(13分)
16．解：(1)将点(0，0)和点(8，0)代入二次函数得
解得
∴二次函数的解析式为y＝－x2＋x；·······(3分)
(2)当y＝m时，－x2＋x＝m，
解得x1＝4－，x2＝4＋，
∴点A的坐标为(4－，m)，点B的坐标为(4＋，m)，
∴点D的坐标为(4－，0)，点C的坐标为(4＋，0)．
∵矩形ABCD为正方形，
∴4＋－(4－)＝m，
解得m1＝－16(舍去)，m2＝4.
∴当矩形ABCD为正方形时，m的值为4.······(6分)
(3)以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能为平行四边形．理由如下：
由(2)可知：点A的坐标为(2，4)，点B的坐标为(6，4)，点C的坐标为(6，0)，点D的坐标为(2，0)．
设直线AC的解析式为y＝kx＋a(k≠0)，
将A(2，4)，C(6，0)代入y＝kx＋a，得
解得
∴直线AC的解析式为y＝－x＋6.
将x＝2＋t代入抛物线解析式得y＝－x2＋x＝－t2＋t＋4，
将x＝2＋t代入直线AC解析式得y＝－x＋6＝－t＋4，
∴点E的坐标为(2＋t，－t2＋t＋4)，
点F的坐标为(2＋t，－t＋4)．
∵以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且AQ∥EF，
∴AQ＝EF.
分三种情况考虑：
①当0＜t≤4时，如解图①，AQ＝t，EF＝－t2＋t＋4－(－t＋4)＝－t2＋t，
∴t＝－t2＋t，
解得t1＝0(舍去)，t2＝4；

第16题解图①
②当4＜t≤7时，如解图②，AQ＝8－t，EF＝－t2＋t＋4－(－t＋4)＝－t2＋t，
∴8－t＝－t2＋t，
解得t3＝4(舍去)，t4＝6；

图② 　图③
第16题解图
③当7＜t≤8时，如解图③，AQ＝8－t，EF＝－t＋4－(－t2＋t＋4)＝t2－t，
∴8－t＝t2－t，
解得t5＝2－2(舍去)，t6＝2＋2.
综上所述，当以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t的值为4，6或2＋2.(10分)
17．解：(1)∵OB＝OC，B(－3，0)，
∴C(0，－3)．·········(1分)
把A、B、C三点坐标分别代入抛物线解析式得解得(2分)
∴抛物线解析式为y＝－x2－4x－3；··············(3分)
(2)如解图①，过点A作AG⊥BC于点G.BG＝AG＝AB·sin45°＝，
∵BC＝OB＝3，
∴CG＝BC－BG＝2，
∴tan∠ACG＝＝.···········(4分)
设P(t，－t2－4t－3)，过点P作PQ⊥x轴于点Q，tan∠POQ＝tan∠ACG＝.
①当点P在x轴上方时，t＜0，－t2－4t－3＞0.
则PQ＝－t2－4t－3，OQ＝－t，
tan∠POQ＝＝＝，即2t2＋7t＋6＝0.
解得t1＝－2，t2＝－，
∴P1(－2，1)，P2(－，)．···········(5分)
②当点P在第三象限时，＝，即2t2＋9t＋6＝0，
解得t3＝，t4＝.
∴P3(，)，
P4(－，－)．···········(6分)
③当点P在第四象限时，∠POB＞90°，而∠ACB＜90°，
∴点P不在第四象限．
故点P为(－2，1)或(－，)或(，)或(－，－)．(7分)

第17题解图①
(3)①如解图②，设M(m，－m2－4m－3)，
N(m＋4，－(m＋4)2－4(m＋4)－3)，即N(m＋4，－m2－12m－35)．
设直线MN解析式为y＝kx＋n，将M、N的坐标分别代入
得
解得
∴直线MN的解析式为y＝(－2m－8)x＋(m2＋4m－3)．···········(8分)
设D(t，－t2－4t－3)，E(t，(－2m－8)t＋(m2＋4m－3)，
∴DE＝(－t2－4t－3)－[(－2m－8)t＋(m2＋4m－3)]
＝－t2＋2(m＋2)t－(m2＋4m)＝－[t－(m＋2)]2＋4，
当t＝m＋2时，DE最大值为4.···········(9分)
②当DE最大时，点E(m＋2，－m2－8m－19)为MN的中点．
由已知，点E为DF的中点，
∴当DE最大时，四边形MDNF为平行四边形．
如果□MDNF为矩形，则MN2＝DF2＝4DE2，故42＋(8m＋32)2＝4×42，
化简得，(m＋4)2＝.
故m＝－4±.
∴当m＝－4＋或－4－时，四边形MDNF为矩形．···········(10分)

第17题解图②
18．解：(1)∵抛物线经过原点O，
∴c＝0，则抛物线的解析式是y＝x2＋bx，
将点(－，0)代入解析式，得b＝，
∴抛物线的解析式为 y＝x2＋x；···········(3分)
(2)联立直线y＝x＋m与抛物线y＝x2＋x，得x2＋x＝x＋m，
即x2－m＝0，根据根与系数的关系，得x1＋x2＝0，x1x2＝－m，
∴(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝4m，
∵A(x1，y1)在第二象限，
∴B(x2，y2)在第一象限，
∴x2－x1>0，
∴x2－x1＝2，
∴y2－y1＝x2＋m－(x1＋m)>0，
∴y2－y1＝(x2－x1)＝；···········(6分)
(3)①△AA′B是等边三角形，理由如下：
在(2)中，当m＝时，联立直线y＝x＋与抛物线y＝x2＋x，得x2＋x＝x＋，
即x2－＝0，解得方程两根分别是x1＝－，x2＝，
∴y1＝×(－)＋＝，y2＝×＋＝2，
∴点A的坐标为(－，)，点B 的坐标为(，2)，
∵点A关于原点的对称点是A′，
∴A′坐标是(，－)，
∴AA′＝2×＝2×＝，
AB＝＝，
A′B＝2＋＝，
∴A′B＝AA′＝AB，
∴△AA′B是等边三角形；···········(8分)
②存在．
如解图，作点A关于线段A′B的对称点P1，连接BP1，A′P1，这个点就是使得四边形ABP1A′为菱形的第四个顶点，其坐标是P1(×3，)，即是P1(2，)；
作点A′关于AB的对称点P2，连接BP2，AP2，则P2点就是使得四边形AA′BP2为菱形的第四个顶点，
∴AP2∥A′B∥y轴，且AP2＝A′B＝，
∴P2(－，＋)，
即P2(－，)；
作点B关于AA′的对称点P3，连接AP3，A′P3，则点P3就是使得四边形ABA′P3为菱形的第四个顶点，∴AP3∥A′B∥y轴，AP3＝A′B＝，
∴P3(－，－)，即P3(－，－2)；···········(9分)
综上所述，在平面内存在点P，使得以点A、B、A′、P为顶点的四边形是菱形，点P的坐标为(2，)或(－，)或(－，－2)．···········(10分)

第18题解图

19．解：(1)∵OA＝2，OC＝6，
∴A(－2，0)，C(0，－6)
∴
解得
∴抛物线解析式为y＝x2－x－6；···········(3分)
(2)D(，－5)；···········(5分)
【解法提示】如解图①，要使△ACD周长最小，在抛物线上找E点与C点关于对称轴x＝对称，则E点坐标为(1，－6)，连接AE与对称轴交于点D，即为要求位置，设直线DE为y＝kx＋b，将A点(－2，0)，E(1，－6)代入得k＝－2，b＝－4，∴直线DE为y＝－2x－4，由题意可知D点横坐标为，将其代入得D点坐标为(，－5)．

第19题解图①
(3)如解图②，过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC于点F，
∵B(3，0)，C(0，－6)，
∴直线BC的解析式为y＝2x－6，
设点E坐标为(x，x2－x－6)，则点F(x，2x－6)．
∴EF＝(2x－6)－(x2－x－6)＝－x2＋3x.
∵S△BCE＝S△CEF＋S△BEF＝EF·OG＋EF·BG，
∴S△BCE＝EF·OB＝(－x2＋3x)×3
＝－x2＋x＝－(x－)2＋，
∵0 ∴当x＝时，△BCE的面积最大，最大为.
把x＝代入y＝x2－x－6得，y＝－，所以此时点E坐标为(，－)；(9分)

第19题解图②
(4)存在，N1(2，0)，N2(－2，2)，N3(－2，－2)，
N4(－2，－)．(14分)
类型六　二次函数与三角形相似问题
20．解：(1)由已知得，
解得·················(2分)
∴二次函数的解析式y＝x2－2x－6；
(2)易得直线AC的解析式y＝－3x－6，
联立
解得x＝－(m＋6)，············（4分)
直线y＝－x＋m与y轴交于点(0，m)，
∵△AOC的面积为×2×6＝6，
∴由题意得·(m＋6)(m＋6)＝3，············(6分)
∴m＝－2或m＝－10(舍去)，
∴m＝－2; ············(7分)
(3)∵OA＝2，OC＝6，∴＝3，
若以点E为直角顶点的△BED与△AOC相似，则：
△DEB∽△AOC或△BED∽△AOC，
①当△DEB∽△AOC时，＝＝3，
如解图①，过点E作EF⊥直线x＝2，垂足为F，过点B作BG⊥FE，垂足为G，

图① 　图②
第20题解图
则Rt△BEG∽Rt△EDF，
∵＝＝3，∴BG＝3EF，·············(8分)
设点E(h，k)(2 则BG＝－k，EF＝h－2，
∴－k＝3(h－2)，即k＝6－3h，
∵点E(h，k)在该二次函数图象上，
∴h2－2h－6＝6－3h，
解得h＝4或h＝－6(舍去)，
∴点E的坐标为(4，－6)；·········(10分)
②当△BED∽△AOC时，＝＝，
如解图②，过点E作EM⊥直线x＝2，垂足为M，过点B作BN⊥ME，垂足为N，则Rt△BEN∽Rt△EDM，
∵＝＝，
∴BN＝EM，
设点E(p，q)(2 则BN＝－q，EM＝p－2，
∴－q＝(p－2)，即q＝(2－p)，·········(11分)
∵点E(p，q)在该二次函数图象上，
∴p2－2p－6＝(2－p)，
解得p＝或p＝(舍去) ；
∴点E的坐标为(，)，
综上所述，点E的坐标为(4，－6)或(，)．·········(12分)
21．解：(1)A(－4，0)，B(6，0)，C(0，3)；
抛物线的解析式为
y＝－x2＋x＋3；·········(4分)
【解法提示】令y＝－x＋3＝0，解得x＝6，
令x＝0，得y＝3，
∴B(6，0)，C(0，3)，
∵抛物线的对称轴为x＝1，且过点B、C，
∴抛物线与x轴的另一交点A坐标为(－4，0)，设抛物线的解析式为y＝a(x＋4)(x－6)，将点C(0，3)代入得－24a＝3，解得a＝－.
∴抛物线的解析式为y＝－(x＋4)(x－6)＝－x2＋x＋3.
(2)∵B(6，0)，C(0，3)．
∴OC＝3，OB＝6，
∵∠BOC＝90°，BC＝＝3，
∴cos∠OBC＝＝，
如解图①，过点P作PG⊥x轴于点G，交CB于点Q，作PH⊥CB于点H.

第21题解图①
易得△PHQ∽△BGQ，∴∠HPQ＝∠OBC.
∴PH＝PQ·cos∠HPQ＝PQ·cos∠OBC＝PQ.
由题易知直线BC的解析式为y＝－x＋3，
设Q(m，－m＋3)．
设P(m，－m2＋m＋3)，
则PG＝－m2＋m＋3，QG＝－m＋3.
∴PQ＝PG－QG＝－m2＋m＋3－(－m＋3)＝－m2＋m.
∴PH＝×(－m2＋m)＝－m2＋m＝－(m－3)2＋
∴当m＝3时，PH取最大值.
此时点P的坐标为(3，)；(8分)
(3)存在，Q(12，－12)或(－10，－12)或(2，3)．
由(1)得A(－4，0)、B(6，0)、C(0，3)，
∵AB＝10，AC＝＝5.
分为三种情况讨论：
①当△ABC∽△AQB时，如解图②所示．

第21题解图②
∴＝，∠CAB＝∠BAQ.
∴AQ＝＝＝20，
tan∠BAQ＝tan∠CAB＝，sin∠BAQ＝sin∠CAB＝，
cos∠BAQ＝cos∠CAB＝.
过点Q作QD⊥x轴，垂足为D，
∴QD＝AQ·sin∠BAQ＝20×＝12，
AD＝AQ·cos∠BAQ＝20×＝16.
∴Q1(12，－12)．
②当△ABC∽△BQA时，如解图②所示，
∴＝，∠CAB＝∠ABQ.
过点Q作QE⊥x轴，垂足为E，
同理可得QE＝BQ·sin∠ABQ＝20×＝12，
BE＝BQ·cos∠ABQ＝20×＝16，
∴Q2(－10，－12)．
③当△ABC≌△BAQ时．
∵抛物线的对称轴为x＝1，
C点的坐标为(0，3)
∴Q3点坐标为(2，3)．
∴综上，存在以点Q，A，B为顶点的三角形与△ABC相似，
点Q的坐标为(12，－12)或(－10，－12)或(2，3)．(13分)