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二次函数综合题专项练习
类型一　二次函数与线段问题
考向1　线段数量关系
1. (2020恩施州12分)如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点C(6，0)，顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F，当直线EF与抛物线y＝－x2＋bx＋c只有一个交点时，求点M的坐标．
(3)△MPC在(2)的旋转变换下，若PC＝(如图)．
①求证：EA＝ED.
②当点E在(1)所求的抛物线上时，求线段CM的长．
第1题图
考向2　利用二次函数性质求线段最值
2. (2020凉山州12分)如图，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过O(0，0)、A(1，0)、B(，)三点．
(1)求二次函数的解析式；
(2)若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式；
(3)在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标．
第2题图
考向3　利用“将军饮马”求线段最值
3. (2020黄冈14分)已知抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于点A(－1，0)，点B(3，0)，与y轴交于点C(0，3)，顶点为点D.
(1)求抛物线的解析式；
(2)若过点C的直线交线段AB于点E，且S△ACE∶S△CEB＝3∶5，求直线CE的解析式；
(3)若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；
(4)已知点H(0，)，G(2，0)，在抛物线对称轴上找一点F，使HF＋AF的值最小．此时，在抛物线上是否存在一点K，使KF＋KG的值最小，若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
第3题图
　　
考向4　利用“垂线段最短”求线段最值
4. (2020滨州14分)如图，抛物线的顶点为A(h，－1)，与y轴交于点B(0，－)，点F(2，1)为其对称轴上的一个定点．
(1)求这条抛物线的函数解析式；
(2)已知直线l是过点C(0，－3)且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P(m，n)到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
(3)已知坐标平面内的点D(4，3)，请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时△DFQ周长的最小值及点Q的坐标．
第4题图
类型二　二次函数与图形面积问题
考向1　求面积最值
5. (2020贺州12分)如图，抛物线y＝a(x－2)2－2与y轴交于点A(0，2)，顶点为B.
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点P(t，y1)、Q(t＋3，y2)都在抛物线上，且y1＝y2，求P、Q两点的坐标；
(3)在(2)条件下，若点C是线段QB上一动点，经过点C的直线y＝－x＋m与y轴交于点D，连接DQ、DB，求△BDQ面积的最大值和最小值．
第5题图
　　
考向2　面积数量关系
6. (2020新疆13分)如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点是A(1，3)，将OA绕点O顺时针旋转90°后得到OB，点B恰好在抛物线上，OB与抛物线的对称轴交于点C.
(1)求抛物线的解析式；
(2)P是线段AC上一动点，且不与点A，C重合，过点P作平行于x轴的直线，与△OAB的边分别交于M，N两点，将△AMN以直线MN为对称轴翻折，得到△A′MN.设点P的纵坐标为m.
①当△A′MN在△OAB内部时，求m的取值范围；
②是否存在点P，使S△A′MN＝S△OA′B，若存在，求出满足条件m的值；若不存在，请说明理由．
第6题图
类型三　二次函数与角度问题
考向1　角度等于定值
7. (2020营口14分)在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx－3过点A(－3，0)，B(1，0)，与y轴交于点C，顶点为点D.
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为直线CD上的一个动点，连接BC；
①如图①，是否存在点P，使∠PBC＝∠BCO？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②如图②，点P在x轴上方，连接PA交抛物线于点N，∠PAB＝∠BCO，点M在第三象限抛物线上，连接MN，当∠ANM＝45°时，请直接写出点M的坐标．
第7题图
　考向2　角度数量关系
8. (2020海南15分)抛物线y＝x2＋bx＋c经过点A(－3，0)和点B(2，0)，与y轴交于点C.
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P是该抛物线上的动点，且位于y轴的左侧．
①如图①，过点P作PD⊥x轴于点D，作PE⊥y轴于点E，当PD＝2PE时，求PE的长；
②如图②， 该抛物线上是否存在点P.使得∠ACP＝∠OCB？若存在，请求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
图① 图② 备用图
第8题图　　　　　　　　　　　　　　　　
类型四　二次函数与特殊三角形判定问题
考向1　二次函数与等腰三角形判定问题
9. (2020枣庄10分)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交x轴于A(－3，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，连接AC，BC.M为线段OB上的一个动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q.
(1)求抛物线的表达式；
(2)过点P作PN⊥BC，垂足为点N.设M点的坐标为M(m，0)，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
(3)试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
第9题图
　　
10. (2020桂林12分)如图，已知抛物线y＝a(x＋6)(x－2)过点C(0，2)，交x轴于点A和点B(点A在点B的左侧)，抛物线的顶点为D，对称轴DE交x轴于点E，连接EC.
(1)直接写出a的值，点A的坐标和抛物线对称轴的表达式；
(2)若点M是抛物线对称轴DE上的点，当△MCE是等腰三角形时，求点M的坐标；
(3)点P是抛物线上的动点，连接PC，PE，将△PCE沿CE所在的直线对折，点P落在坐标平面内的点P′处，求当点P′恰好落在直线AD上时点P的横坐标．
第10题图
考向2　二次函数与直角三角形判定问题
11. (2020通辽12分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y＝x－6过点B，与y轴交于点D, 点C与点D关于x轴对称．点P是线段OB上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线BD于点N.
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)当△MDB的面积最大时，求点P的坐标：
(3)在(2)的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以Q，M，N三点为顶点的三角形是直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标：若不存在；说明理由．
第11题图
　　
12. (2020徐州10分)如图，在平面直角坐标系中，函数y＝－ax2＋2ax＋3a(a＞0)的图象交x轴于点A、B，交y轴于点C，它的对称轴交x轴于点E.过C作CD∥x轴交抛物线于点D，连接DE并延长交y轴于点F，交抛物线于点G.直线AF交CD于点H，交抛物线于点K，连接HE、GK.
(1)点E的坐标为：________；
(2)当△HEF是直角三角形时，求a的值；
(3)HE与GK有怎样的位置关系？请说明理由．
第12题图 备用图
考向3　二次函数与等腰直角三角形判定问题
13. (2020岳阳10分)如图①所示，在平面直角坐标系中，抛物线F1：y＝a(x－)2＋与x轴交于点A(－，0)和点B，与y轴交于点C.
(1)求抛物线F1的表达式；
(2)如图②，将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，若抛物线F1与抛物线F2相交于点D，连接BD，CD，BC.
①求点D的坐标；
②判断△BCD的形状，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，抛物线F2上是否存在点P，使得△BDP为等腰直角三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
第13题图
　　
考向4　二次函数与等边三角形判定问题
14. (2020宜宾12分)如图，已知二次函数的图象顶点在原点，且点(2，1)在二次函数的图象上，过点F(0，1)作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．
(1)求二次函数的表达式；
(2)P为平面内一点，当△PMN是等边三角形时，求点P的坐标；
(3)在二次函数的图象上是否存在一点E，使得以点E为圆心的圆过点F和点N，且与直线y＝－1相切．若存在，求出点E的坐标，并求⊙E的半径；若不存在，说明理由．
第14题图
类型五　二次函数与特殊四边形判定问题
考向1　二次函数与平行四边形判定问题
15. (2020天水13分)如图所示，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为A(－2，0)，点C的坐标为(0，6)，对称轴为直线x＝1.点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m(1＜m＜4)，连接AC，BC，DC，DB.
(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. (2020湖州12分)如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝－x2＋bx＋c(c>0)的顶点为D，与y轴的交点为C.过点C的直线CA与抛物线交于另一点A(点A在对称轴左侧)，点B在AC的延长线上，连接OA，OB，DA和DB.
(1)如图①，当AC∥x轴时，
①已知点A的坐标是(－2，1)，求抛物线的解析式；
②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2＝4c；
(2)如图②，若b＝－2，＝，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
第16题图
17. (2020郴州12分)如图①，抛物线y＝ax2＋bx＋3(a≠0)与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C.已知直线y＝kx＋n过B，C两点．
(1)求抛物线和直线BC的表达式；
(2)点P是抛物线上的一个动点，
①如图①，若点P在第一象限内，连接PA，交直线BC于点D.设△PDC的面积为S1，△ADC的面积为S2，求的最大值；
②如图②，抛物线的对称轴l与x轴交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F.点Q是对称轴l上的一个动点，是否存在以点E，F，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P，Q的坐标；若不存在，请说明理由．
图① 图② 备用图
第17题图
考向2　二次函数与矩形判定问题
18. (2020抚顺、本溪、辽阳14分)如图，抛物线y＝ax2－2x＋c(a≠0)过点O(0，0)和A(6，0)，点B是抛物线的顶点，点D是x轴下方抛物线上的一点，连接OB, OD.
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，当∠BOD＝30°时，求点D的坐标；
(3)如图②，在(2)的条件下，抛物线的对称轴交x轴于点C，交线段OD于点E，点F是线段OB上的动点(点F不与点O和点B重合)，连接EF，将△BEF沿EF折叠，点B的对应点为点B′，△EFB′与△OBE的重叠部分为△EFG，在坐标平面内是否存在一点H，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
第18题图
考向3　二次函数与菱形判定问题
19. (2020重庆A卷10分)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2＋bx＋c与直线AB相交于A，B两点，其中A(－3，－4)，B(0，－1)．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，求△PAB面积的最大值；
(3)将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线y＝a1x2＋b1x＋c1(a1≠0)，平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，点D为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E，使以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
　
第19题图 备用图
　　
考向4　二次函数与正方形判定问题
20. (2020锦州12分)在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋bx＋c交x轴于A(－3，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C.
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图，直线y＝x＋与抛物线交于A，D两点，与直线BC交于点E.若M(m，0)是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线BC于点H.
①当点F在直线AD上方的抛物线上，且S△EFG＝S△OEG时，求m的值；
②在平面内是否存在点P，使四边形EFHP为正方形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
第20题图 备用图
　　
类型六　二次函数与三角形全等、相似问题
21. (2020陕西10分)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点(3，12)和(－2，－3)，与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l.
(1)求该抛物线的表达式；
(2)P是该抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．
第21题图
　　
22. (2020广东省卷10分)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO＝3AO＝3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C，D，BC＝CD.
(1)求b，c的值；
(2)求直线BD的函数解析式；
(3)点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上．当△ABD与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．
第22题图
　　
23. (2020烟台13分)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋2与x轴交于A，B两点，且OA＝2OB，与y轴交于点C，连接BC，抛物线对称轴为直线x＝，D为第一象限内抛物线上一动点，过点D作DE⊥OA于点E，与AC交于点F，设点D的横坐标为m.
(1)求抛物线的表达式；
(2)当线段DF的长度最大时，求D点的坐标；
(3)抛物线上是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
类型七　二次函数与圆
24. (2020遵义12分)如图，抛物线y＝ax2＋x＋c经过点A(－1，0)和点C(0，3)，与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P.
(1)求该抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．
第24题图
1. (1)解：∵点C(6，0)在抛物线上，
∴0＝－×36＋6b＋c，∴6b＋c＝9，
又∵对称轴为直线x＝2，
∴x＝－＝－＝2，解得b＝1，
将b＝1代入6b＋c＝9中，解得c＝3，
∴二次函数的解析式为y＝－x2＋x＋3；(2分)
(2)解：当点M在点C的左侧时，如解图①，
第1题解图①
∵抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋3，对称轴为直线x＝2，C(6，0)，
∴点A(2，0)，顶点B(2，4)，∴AB＝AC＝4，
∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠1＝45°，
易得直线BC的解析式为y＝6－x，
∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，
∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45°，
设点M的坐标为(m，0)，
∴点F(m，6－m)，
又∵∠2＝45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y＝x＋b，
把点F(m，6－m)代入得6－m＝m＋b，解得b＝6－2m，
直线EF的解析式为y＝x＋6－2m，
∵直线EF与抛物线y＝－x2＋x＋3只有一个交点，
∴，整理得x2＋3－2m＝0，
∴b2－4ac＝0，即0－4××(3－2m)＝0，解得m＝，
点M的坐标为(，0)．
当点M在点C的右侧时，如解图②，
第1题解图②
由解图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线EF与抛物线y＝－x2＋x＋3不可能只有一个交点．
综上所述，点M的坐标为(，0)；(6分)
(3)①证明：当点M在点C的左侧时，如解图③，连接EA，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，
第1题解图③
∵PC＝，由(2)知∠BCA＝45°，
∴PG＝GC＝1，∴点G(5，0)，
设点M的坐标为(m，0)，
∵将△MPC绕点M逆时针旋转90°得到△MEF，
∴EM＝PM，
∵∠HEM＋∠EMH＝∠GMP＋∠EMH ＝90°，
∴∠HEM＝∠GMP，
在△EHM和△MGP中，，
∴△EHM≌△MGP，
∴EH＝MG＝5－m，HM＝PG＝1，
∴点H(m－1，0)，
∴点E的坐标为(m－1，5－m)；
∴EA＝＝，
又∵D为线段BC的中点，B(2，4)，C(6，0)，
∴点D(4，2)，
∴ED＝＝，
∴EA＝ED.
当点M在点C的右侧时，如解图④：
第1题解图④
同理，点E的坐标仍为(m－1，5－m)，∴EA＝ ED；(9分)
②解：当点E在(1)所求的抛物线y＝－x2＋x＋3上时，
把E(m－1，5－m)代入，整理得m2－10m＋13＝0，
解得m＝5＋2或m＝5－2，
∴CM＝6－(5－2)＝2＋1或CM＝5＋2－6＝2－1.(12分)
2. 解：(1)设抛物线解析式为y＝ax(x－1)，
将B(，)代入y＝ax(x－1)中得：a＝，
∴y＝x2－x；(3分)
第2题解图
(2)如解图，设直线CD与x轴相交于点F，与OB相交于点E，
∵OB＝＝，
∴OE＝OB＝，
∵sin∠BOF＝＝，
∴∠BOF＝30°，∴∠COE＝60°，
∴OC＝2OE＝，∴C(0，)，E(，)，
设直线CD的解析式为y＝kx＋.
将E(，)代入y＝kx＋中，得k＝－，
∴yCD＝－x＋；(7分)
(3)联立，
解得，.∴D(－，)．
设P(n，n2－n)(－∴PQ＝－n＋－(n2－n)＝－n2－n＋＝－(n＋)2＋.
∵－<0，∴当n＝－时，PQmax＝.
∴当线段PQ的长最大时，P(－，)．(12分)
3. 解：(1)设抛物线的解析式为y＝a(x－3)(x＋1)．
将点C(0，3)代入解析式中，则有1×(0－3)a＝3，
∴a＝－1.
∴抛物线的解析式为y＝－(x2－2x－3)＝－x2＋2x＋3；(3分)
(2)∵S△ACE∶S△CEB＝3∶5，∴＝.
∴AE∶EB＝3∶5.∴AE＝AB＝×4＝.
∴xE＝－1＋＝.∴E的坐标为(，0)．
设直线CE的解析式为y＝kx＋m，将C(0，3)，E(，0)代入得，解得
∴直线CE的解析式为y＝－6x＋3；(6分)
(3)∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4.
∴顶点D的坐标为(1，4)．
①当四边形DCPQ为平行四边形时，由DQ∥CP，DQ＝CP得：
yD－yQ＝yC－yP，即4－0＝3－yP.
∴yp＝－1.令y＝－1，则－x2＋2x＋3＝－1.
∴x＝1±.
∴点P的坐标为(1＋，－1)或(1－，－1)；
②当四边形DCQP为平行四边形时，由CQ∥DP，CQ＝DP得：
yC－yQ＝yD－yp，即3－0＝4－yP，
∴yp＝1.令y＝1，则－x2＋2x＋3＝1.
∴x＝1±.∴点P的坐标为(1＋，1)或(1－，1)．
∴综上所述，点P的坐标为(1＋，－1)或(1－，－1)或(1＋，1)或(1－，1)；(9分)
(4)存在．∵点A或点B关于对称轴直线x＝1对称，
∴连接BH与直线x＝1交点即为F点．
∵点H的坐标为(0，)，点B的坐标为(3，0)，
∴直线BH的解析式为：y＝－x＋.
令x＝1，则y＝.
当点F的坐标为(1，)时，HF＋AF的值最小．
设抛物线上存在一点K(x0，y0)，使得KF＋KG的值最小．
则由勾股定理可得KF2＝(x0－1)2＋(y0－)2.
又∵点K在抛物线上，
∴y0＝－(x0－1)2＋4，
∴(x0－1)2＝4－y0，代入上式中，
∴KF2＝(4－y0)＋(y0－)2＝(y0－)2，
∴KF＝|y0－|.
第3题解图
如解图，过点K作直线SK，使SK∥y轴，且点S的纵坐标为.
∴点S的坐标为(x0，)．则SK＝|y0－|.
∵y0<，∴|y0－|＝－y0.
∴KF＝SK.∴KF＋KG＝SK＋KG，
当且仅当S，K，G三点在一条直线上，且该直线平行于y轴时，FK＋KG的值最小．
又∵点G的坐标为(2，0)，
∴x0＝2，将其代入抛物线解析式中可得y0＝3.
∴当点K的坐标为(2，3)时，KF＋KG最小．(14分)
4. (1)解：设抛物线的函数解析式为y＝a(x－h)2＋k，(1分)
由题意，抛物线的顶点为A(2，－1)，
∴y＝a(x－2)2－1.(2分)
又∵抛物线与y轴交于点B(0，－)，
∴－＝a(0－2)2－1，(3分)
∴a＝，
∴抛物线的函数解析式为y＝(x－2)2－1；(4分)
第4题解图
(2)证明：如解图，过点P作PM垂直于对称轴直线x＝2于点M，
在Rt△PFM中，PM＝|m－2|，FM＝|n－1|，(5分)
由勾股定理可得PF＝＝.(6分)
∵点P(m，n)在抛物线y＝(x－2)2－1上，
∴n＝(m－2)2－1，
∴8n＝(m－2)2－8，8n＋8＝(m－2)2.(7分)
∴PF＝＝＝
＝.
∵n≥－1，∴n＋3≥2＞0，
∴PF＝n＋3.(8分)
又∵d＝n－(－3)＝n＋3，
∴PF＝d；(9分)
(3)解：如解图，作DG⊥l于点G，交抛物线于点Q，则点Q即为所求，此时△DFQ的周长最小．(11分)
由(2)可知，QF＝QG，
∴DQ＋QF＝DQ＋QG＝DG.
又∵连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，
∴△DFQ周长的最小值为DF＋DQ＋FQ＝DF＋DG.(12分)
又∵DF＝＝2，DG＝3－(－3)＝6，
∴△DFQ周长的最小值为2＋6.(13分)
此时点Q的横坐标为4，纵坐标为y＝×(4－2)2－1＝－，即Q(4，－)．(14分)
5. 解：(1)把A(0，2)代入y＝a(x－2)2－2，得a＝1.(1分)
∴抛物线解析式为y＝(x－2)2－2＝x2－4x＋2；(2分)
(2)由(1)知抛物线的对称轴为直线x＝2.(3分)
∵点P(t，y1)、Q(t＋3，y2)在抛物线上，且y1＝y2.
∴＝2，解得t＝.(4分)
∴t＋3＝，把t＝代入抛物线，得y＝.
∴P(，)、Q(，)；(6分)
(3)将直线y＝－x＋m平移．
当直线过点B(2，－2)时，－2＝－2＋m，解得m＝0.(7分)
当直线过点Q(，)时，＝－＋m，解得m＝.(8分)
∵直线y＝－x＋m与y轴交于点D，
∴D的坐标是(0，m)，且0≤m≤.
如解图，延长QB交y轴于点E.设直线QB的解析式为y＝kx＋b，将点Q、B的坐标代入，得解得
第5题解图
∴直线QB的解析式为y＝x－5，故E点的坐标为(0，－5)．(9分)
∴S△BDQ＝S△DEQ－S△DEB＝DE(xQ－xB)．
∴S△BDQ＝×(m＋5)(－2)＝m＋.(10分)
∵当m＝0时，S△BDQ最小为； (11分)
当m＝时，S△BDQ最大为.(12分)
6. 解：(1)∵点A坐标(1，3)，将OA顺时针旋转90°得到点B，
∴B点坐标为(3，－1)，
∵点A为抛物线的顶点，
∴－＝1，即2a＋b＝0，将A、B两点的坐标分别代入可得，联立得，解得，
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋2；(3分)
(2)①∵B点坐标为(3，－1)，
∴BC所在直线的解析式为y1＝－x，当x＝1时，y1＝－，故点C的坐标为(1，－)，P点坐标为(1，m)，
∴AC＝3－(－)＝，AP＝3－m，
当△A′MN在△AOB内部时，点A′在线段AC上，且不与点C重合，
∴3－m<×，∴m>，
∵点P为AC上一动点，∴m<3，
∴m的取值范围为②存在点P使S△A′MN＝S△OA′B，
∵A(1，3)，B(3，－1)，
∴OA所在直线的解析式为y2＝3x，AB所在的直线的解析式为y3＝－2x＋5，
情况一：当y2＝y3＝m，分别交OA、AB于点M、N时，x2＝，x3＝ ，则MN＝－＝－m，
∵AP＝3－m，
∴S△A′MN＝(－m)×(3－m)＝m2－m＋，
∵点A′的纵坐标为2m－3，点C的坐标为(1，－)，
当点A′在点C上方时，即∴S△OA′B＝×(2m－)×3＝3m－4，
∵ S△A′MN＝S△OA′B ，
∴m2－m＋＝×(3m－4)，
∴m2－12m＋17＝0，
∴m1＝6＋(舍去)，m2＝6－.
当点A′在点C下方时，AP＝3－m＜，－＜m<3，A′C＝－2m，
∴S△OA′B＝×(－2m)×3＝4－3m，
∵ S△A′MN＝S△OA′B ，
∴m2－m＋＝×(4－3m)，
∴m2＋1＝0，∴m无实数解．(10分)
情况二：当y1＝y3＝m，分别交OB、AB于点M、N时，x4＝－3m，x5＝，
则MN＝－(－3m)＝＋m，此时点A′在点C下方，AP＝3－m<，－∵S△OA′B＝4－3m，S△A′MN＝S△OA′B，
∴S△A′MN＝(＋m)×(3－m)＝×(4－3m)，
∴m2－4m－＝0，
∴m3＝，m4＝(舍去)，
综上所述，存在点P使S△AM′N＝S△OA′B，
此时m的值为6－或.(13分)
7. 解：(1)∵y＝ax2＋bx－3过点A(－3，0)，B(1，0)，
将A(－3，0)，B(1，0)代入得，，解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2＋2x－3；(5分)
(2)①存在. (6分)
如解图①，∵y＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，
∴D(－1，－4)，
当x＝0时，y＝－3，
∴C(0，－3)．
设直线CD的解析式为y＝k1x＋b1，
将C(0，－3)，D(－1，－4)代入得，，解得，
∴直线CD的解析式为y＝x－3.(7分)
第一种情形：当点P在点C右侧时，记为P1，
∵∠P1BC＝∠BCO，∴BP1∥OC，
∵B(1，0)，∴点P1的横坐标为1，
当x＝1时，y＝1－3＝－2，
∴P1(1，－2)．(9分)
第7题解图①
第二种情形：当点P在点C左侧时，记为P2，
连接BP2交y轴于点H，
∵∠P2BC＝∠BCO，∴HC＝HB，
设OH＝m，则HC＝OC－OH＝3－m，
∴HB＝3－m，
在Rt△BOH中，
OH2＋OB2＝BH2，
∴m2＋12＝(3－m)2，解得m＝，
∴H(0，－)，
设直线BH的解析式为y＝k2x＋b2，将B(1，0)，H(0，－)代入得，解得，
∴直线BH的解析式为y＝x－.
令x－3＝x－，解得x＝－5，
当x＝－5时，y＝－5－3＝－8.
∴P2(－5，－8)．
综上所述，存在点P，使∠PBC＝∠BCO，满足条件的点P的坐标为(1，－2)和(－5，－8)．(12分)
②M(－，－)．(14分)
【解法提示】PA与y轴交于点G，∠GOA＝∠BOC＝90°，OA＝OC＝3，∠PAB＝∠BCO，∴△GOA≌△BOC，∴OG＝OB＝1，∴点G(0，1)．又∵A(－3，0)，∴直线AN解析式为y＝x＋1，联立抛物线解析式得N(，)．如解图②，过N作NK⊥AN，且NK＝NA，连接AK，过N、K分别作NW⊥x轴，KQ⊥x轴，过N作NR⊥KQ，交KQ延长线于R.∴△ANK、△ANH、△NHK是等腰直角三角形，∴NW∥KR，∴∠NKR＝∠WNK.∵∠ANW＋∠KNW＝∠KNW＋∠RNK＝90°，∴∠ANW＝∠RNK.在△NWA和△NRK中，，△NWA≌△NRK，∴KR＝AW＝，∴K(，－)，∵H为AK的中点，∴H(，)，∴H(－，－)，∴直线NH解析式为y＝2x－，联立抛物线解析式得M(－，－)．
第7题解图②
8. 解：(1)∵抛物线y＝x2＋bx＋c经过点A(－3，0)、B(2，0)，
∴(2分)
解得(4分)
∴抛物线的函数表达式为y＝x2＋x－6；(5分)
(2)①设PE＝t(t>0)，则PD＝2t，
∵点P是抛物线上的动点且位于y轴左侧，当点P在x轴上时，点P与A重合，不合题意，故舍去，因此分为以下两种情况讨论：
如解图①，当点P在第三象限时，点P坐标为(－t，－2t)，
则t2－t－6＝－2t即t2＋t－6＝0，(6分)
解得t1＝2，t2＝3(舍去)，
∴PE＝2.(7分)
如解图②，当点P在第二象限时，点P坐标为(－t，2t)，
则t2－t－6＝2t即t2－3t－6＝0，(8分)
解得t1＝，t2＝(舍去)，
∴PE＝.
综上所述，PE的长为2或；(9分)
第8题解图
②存在点P，使得∠ACP＝∠OCB，理由如下：
当x＝0时，y＝－6，
∴C(0，－6)，∴OC＝6，
在Rt△AOC中，AC＝＝＝3，
如解图③、④，连接BC，过点A作AH⊥AC于点A，交直线CP于点H，则∠CAH＝∠COB＝90°，
又∠ACP＝∠OCB，
∴△CAH∽△COB，∴＝＝＝，(11分)
如解图③、④，过点H作HM⊥x轴于点M，则∠HMA＝∠AOC＝90°，
∵∠MAH＋∠OAC＝90°，∠OAC＋∠OCA＝90°，
∴∠MAH＝∠OCA，∴△HMA∽△AOC，
∴＝＝，即＝＝，
∴MH＝1，MA＝2；(12分)
图③ 图④
第8题解图
如解图③，当点P在第三象限时，点H的坐标为(－5，－1)，由H(－5，－1)和C(0，－6)得直线CP的解析式为y＝－x－6，
于是有x2＋x－6＝－x－6，即x2＋2x＝0，
解得x1＝－2，x2＝0(舍去)，
将x＝－2代入二次函数表达式得y＝－4，
∴点P的坐标为(－2，－4)；(13分)
如解图④，当点P在第二象限时，点H的坐标为(－1，1)，
由H(－1，1)和C(0，－6)得直线CP的解析式为y＝－7x－6，
于是有x2＋x－6＝－7x－6，即x2＋8x＝0，
解得x1＝－8，x2＝0(舍去)，
将x＝－8代入二次函数表达式得y＝50，
∴点P的坐标为(－8，50)，(14分)
综上所述，点P的坐标为(－2，－4)或(－8，50)．(15分)
9. 解：(1)将A(－3，0)，B(4，0)代入y＝ax2＋bx＋4，
得，解得，
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋x＋4；(3分)
(2)由y＝－x2＋x＋4得C(0，4)．
设直线BC的解析式为y＝kx＋p.
将点B(4，0)、C(0，4)代入y＝kx＋p，得，解得，
∴直线BC的表达式为y＝－x＋4.(4分)
由M(m，0)，得P(m，－m2＋m＋4)，Q(m，－m＋4)．
∴PQ＝－m2＋m＋4＋m－4＝－m2＋m.
∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°.
∴∠PQN＝∠BQM＝45°.
∴PN＝PQ·sin 45°＝(－m2＋m)＝－m2＋m
＝－(m－2)2＋.(6分)
∵－<0，
∴当m＝2时，PN有最大值，最大值为；(7分)
(3)存在，理由如下：
∴点A(－3，0)、C(0，4)，知AC＝5，
如解图，①当AC＝CQ时，过Q作QE⊥y轴于点E，易得CQ2＝EQ2＋CE2＝m2＋[4－(－m＋4)]2＝25，
由2m2＝25，得m1＝，m2＝－(舍)．
此时，点Q(，)；(8分)
②当AC＝AQ时，则AQ＝AC＝5.
在Rt△AMQ中，由勾股定理，得[m－(－3)]2＋(－m＋4)2＝25.
解得m＝1或m＝0(舍)，
此时，点Q(1，3)；(9分)
③当CQ＝AQ时，
由2m2＝[m－(－3)]2＋(－m＋4)2，得m＝(舍)．
综上所述，满足条件的点Q有两个，坐标分别为：Q(1，3)，Q(，)．(10分)
第9题解图
10. 解：(1)－；A(－6，0)；x＝－2；(3分)
【解法提示】将点C(0，2)代入抛物线y＝a(x＋6)(x－2)得，2＝－12a，解得a＝－，∴抛物线解析式为y＝－(x＋6)(x－2)，令y＝0，0＝－(x＋6)(x－2)，解得x1＝－6，x2＝2，∵点A在点B左侧，∴A(－6，0)，B(2，0)，∴抛物线的对称轴的表达式为直线x＝(－6＋2)＝－2.
(2)∵抛物线的对称轴的表达式为直线x＝－2，
∴点E(－2，0)，OE＝2，
∵点C(0，2)，
∴OC＝2，
∴CE＝＝2，
∵点M在抛物线的对称轴上，设点M(－2，m)，则MC＝，ME＝|m|，(4分)
当△MCE是等腰三角形时，有三种情况：
①MC＝ME时，＝|m|，解得m＝2，
∴点M(－2，2)；
②MC＝CE时，＝2，解得m＝4或0(舍去)，
∴点M(－2，4)；
③ME＝CE，|m|＝2，解得m＝±2，
∴点M(－2，2)或M(－2，－2)；
综上所述，点M坐标为(－2，2)或(－2，4)或(－2，2)或(－2，－2)；(8分)
(3)如解图，过点P作PG⊥x轴，垂足为G ，过点P′作P′H⊥DE，垂足为H，当P的对称点P′在直线AD上时，设P的坐标为(n，－(n＋6)(n－2))，
第10题解图
∵△PCE沿直线CE对折，
∴△PCE≌△P′CE，
∵OE＝OC，
∴△OCE是等腰直角三角形，∠DEC＝∠OEC，
∴∠DEP＝∠OEP′，
∵∠PGE＝∠P′HE，PE＝P′E，
∴△PEG≌△P′EH；
∴P′坐标为(－(n＋6)(n－2)－2，n＋2)．
把x＝－2代入y＝－(x＋6)(x－2)，得y＝，
∴D(－2，)．
设直线AD的解析式为y＝kx＋b，把D(－2，)，A(－6，0)代入可得，解得，
∴直线AD的解析式为y＝x＋4，
将P′坐标(－(n＋6)(n－2)－2，n＋2)代入y＝x＋4，化简得n2＋13n－18＝0，
解得n＝，
∴点P的横坐标为.(12分)
11. 解：(1)∵直线y＝x－6过点B，D，点B在x轴上，点D在y轴上，
令y＝0，解得x＝6，令x＝0，解得y＝－6，
∴B(6，0)，D(0，－6)．
∵点C和点D关于x轴对称，
∴C(0，6)．(1分)
∵抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点B和点C，代入，
，解得，
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋5x＋6；(3分)
(2)设点P坐标为(m，0)，
则点M坐标为(m，－m2＋5m＋6)，点N坐标为(m，m－6)，
∴MN＝－m2＋5m＋6－m＋6＝－m2＋4m＋12.(4分)
∴S△BMD＝S△MNB＋S△MND＝MN·OB＝×(－m2＋4m＋12)×6＝－3m2＋12m＋36＝－3(m－2)2＋48.(4分)
∵－3<0，
∴当m＝2时，S△BMD最大＝48，
此时点P的坐标为(2，0)；(6分)
(3)存在，点Q的坐标为(0，12)或(0，－4)或(0，4＋2)或(0，4－2)．(12分)
【解法提示】由(2)可得：M(2，12)，N(2，－4)．
设点Q的坐标为(0，n)，当∠QMN＝90°时，即QM⊥MN，如解图①，可得，此时点Q和点M的纵坐标相等，即Q(0，12)；
图① 图②
第11题解图
当∠QNM＝90°时，即QN⊥MN，如解图②，可得，此时点Q和点N的纵坐标相等，即Q(0，－4)；
当∠MQN＝90°时，MQ⊥NQ，如解图③，分别过点M和N作y轴的垂线，垂足为E和F，∵∠MQN＝90°，
∴∠MQE＋∠NQF＝90°，又∠MQE＋∠QME＝90°，
∴∠NQF＝∠QME，
∴△MEQ∽△QFN，
∴＝，即＝，解得n＝4＋2或4－2，
∴点Q(0，4＋2)或(0，4－2)．
第11题解图③
综上所述，点Q的坐标为(0，12)或(0，－4)或(0，4＋2)或(0，4－2)．
12. 解：(1)(1，0)；(2分)
【解法提示】对称轴为直线x＝－＝－＝1，∴点E的坐标为(1，0)．
(2)令y＝0，即－ax2＋2ax＋3a＝0，
解得x1＝－1，x2＝3，
∴A(－1，0)，B(3，0)，
令x＝0，y＝3a，∴C(0，3a)，
∵点C、D关于对称轴对称，∴D(2，3a)，
设DE所在直线的函数表达式为y＝k1x＋b1，
把D(2，3a)，E(1，0)代入，
得k1＝3a，b1＝－3a，∴y＝3ax－3a，
∴F(0，－3a)，
设AF所在直线的函数表达式为y＝k2x＋b2，
把A(－1，0)，F(0，－3a)代入，
得k2＝－3a，b2＝－3a，∴y＝－3ax－3a，
令y＝3a，得x＝－2，∴H(－2，3a)，
△HEF为直角三角形时，分为以下三种情况，
①当∠HFE＝90°时，
∵OA＝OE＝1，OF⊥AE，∴AF＝EF，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴OF＝OE＝1＝3a，a＝；
②当∠HEF＝90°时，
如解图①，过F作FM⊥对称轴，交对称轴于点M，设HD与对称轴的交点为N，
第12题解图①
∴∠HNE＝∠EMF＝90°.
∵∠NHE＋∠NEH＝90°，∠MEF＋∠NEH＝90°，
∴∠NHE＝∠MEF，
∴△HNE∽△EMF，∴＝，
易知HN＝3，NE＝3a，EM＝3a，FM＝1，
即＝，解得a＝±，
∵a＞0，∴a＝；
③当∠EHF＝90°时，
设HK与对称轴交于点I，在△HDI中，∠HDI＝90°，
∴∠DHI＜90°，∴∠EHF＜90°，
∴此种情况不存在．
综上所述，当△HEF为直角三角形时，a的值为或；(6分)
(3)HE∥GK，理由如下：
－ax2＋2ax＋3a＝3ax－3a，
解得x1＝－3，x2＝2，∴G(－3，－12a)，
如解图②，过G点作GP⊥对称轴，交对称轴于点P，
第12题解图②
则P(1，－12a)，
－ax2＋2ax＋3a＝－3ax－3a，解得x1＝－1，x2＝6，
∴K(6，－21a)，
则直线GK的解析式为y＝－ax－15a，
设GK与对称轴的交点为Q，则Q(1，－16a)，
∴PQ＝4a，
设HD与对称轴的交点为J，
易知HJ＝3，JE＝3a，GP＝4，
∴＝＝，
∵∠HJE＝∠GPQ＝90°，
∴△HJE∽△GPQ，
∴∠HEJ＝∠GQP，∴HE∥GK.(10分)
13. 解：(1)把点A(－，0)代入抛物线F1，
得0＝a(－－)2＋，解得a＝－，
∴抛物线F1的表达式为y＝－(x－)2＋；(2分)
(2)①∵将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，
∴抛物线F2：y＝－(x－＋1)2＋－3＝－(x＋)2＋，
设点D的横坐标为n，
∵点D是F1与F2的交点，
∴把x＝n分别代入抛物线F1、F2的表达式有：
－(n－)2＋＝－(n＋)2＋，
－(n－)2＋(n＋)2＋3＝0，
－[(n－)2－(n＋)2]＋3＝0，
－[(n－＋n＋)(n－－n－)]＋3＝0，
(2n＋)＋3＝0，解得n＝－1，
∴－(n－)2＋＝－(－1－)2＋＝1，
∴点D的坐标为(－1，1)；(4分)
②△BCD是等腰直角三角形，理由如下：
令－(x－)2＋＝0，
解得x1＝2，x2＝－，∴B(2，0)．
令x＝0，则y＝－(0－)2＋＝4，
∴点C(0，4)，
∵由①可知点D(－1，1)，
∴BD2＝(2＋1)2＋(0－1)2＝10，CD2＝(0＋1)2＋(4－1)2＝10，BC2＝(2－0)2＋(0－4)2＝20，
∵BD2＋CD2＝BC2，
∴△BCD是直角三角形．
又∵BD2＝CD2，即BD＝CD，
∴△BCD是等腰直角三角形；(6分)
(3)存在．点P的坐标为(1，－3)或(－2，－2)．
设点P的坐标为(m，－(m＋)2＋)，由(2)知点B(2，0)，点D(－1，1)；
分三种情况讨论：
①当∠PBD＝90°，PB＝BD时，如解图①，过点P作PE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，则BE＝|2－m|，DF＝1，
∵∠DBF＋∠PBF＝90°，∠BPE＋∠PBF＝90°，
∴∠DBF＝∠BPE，
∴Rt△PBE≌Rt△BDF(AAS)，
∴BE＝DF，即|2－m|＝1，
解得m1＝1，m2＝3(不符合题意，舍去)，
当m＝1时，－(m＋)2＋＝－3，
即点P的坐标为(1，－3)；
第13题解图①
　　
第13题解图②
②当∠PDB＝90°，PD＝BD时，如解图②，过点D作x轴的平行线MN，过点P1作P1E⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F，则DE＝|m＋1|，BF＝1，
∵∠BDF＋∠P1DE＝90°，∠DP1E＋∠P1DE＝90°，
∴∠BDF ＝∠DP1E，
∴Rt△P1DE≌Rt△DBF(AAS)，
∴DE＝BF，即|m＋1|＝1，
解得m3＝－2，m4＝0(不符合题意，舍去)，
当m＝－2时，－(m＋)2＋＝－2，
即点P1的坐标为(－2，－2)；
③当∠BPD＝90°，PD＝PB时，显然此时点P在BD下方，且－1第13题解图③
∵P2E⊥x轴，MN∥y轴，
∴P2E∥MN，
∴∠FDP2＝∠EP2D，
∵∠FDP2＋∠FP2D＝90°，∠EP2D＋∠EP2B＝90°，
∴∠FP2D＝∠EP2B，
∴Rt△P2DF≌Rt△P2BE(AAS)，
∴P2E＝P2F＝m＋1，
由(2)②可得BD＝，
∵△BP2D是等腰直角三角形，P2B＝P2D，
∴P2B＝＝，
在Rt△BP2E中，由勾股定理可得：P2E2＋BE2＝P2B2，
∴(m＋1)2＋(2－m)2＝5，即2m2－2m＝0，解得m5＝0，m6＝1，
∵m＝1时，点P2与P重合，∴舍去m6.
∴点P2的坐标为(0，)，
此时，D、P、B三点共线．
∴此种情况不存在．
综上所述，抛物线F2上存在点P(1，－3)或(－2，－2)，使得△PBD是等腰直角三角形．(10分)
14. 解：(1)设二次函数的表达式为y＝ax2，
把(2，1)代入得a＝，
∴二次函数的表达式为y＝x2；(3分)
(2)令x2 ＝1，解得x1＝－2，x2＝2.
∴M(－2，1), N(2，1)，∴MN＝4.
当△MNP为等边三角形时，由MF＝NF，OF⊥MN得PF＝MN＝2，且点P在y轴上，
∴P1(0，1＋2)，P2(0，1－2)，
∴点P的坐标为(0，1＋2)或(0，1－2); (7分)
(3)存在．
∵点F，点N在⊙E上，
∴点E一定在线段FN的垂直平分线上，
∵F(0，1)，N(2，1)，
∴FN的垂直平分线为直线x＝1.
把x＝1代入y＝x2得，y＝.∴E(1，)．
∵⊙E与直线y＝－1相切，
∴点E到直线y＝－1的距离即是半径，⊙E的半径为－(－1)＝.
综上所述，存在点E(1，)，⊙E的半径为.(12分)
15. 解：(1)由题意得解得.
故抛物线的函数表达式为y＝－x2＋x＋6；(3分)
(2)如解图①，过点D作DE⊥x轴于点E，交BC于点G，过点C作CF⊥ED，交ED的延长线于点F.
∵点A的坐标为(－2，0)，∴OA＝2.
∵点C的坐标为(0，6)，∴OC＝6，
S△AOC＝OA·OC＝×2×6＝6，
S△BCD＝S△AOC＝×6＝.(5分)
当y＝0时，－x2＋x＋6＝0，解得x1＝－2，x2＝4.
∴B(4，0)．
设直线BC的函数表达式为y＝kx＋n，
则，解得.
∴直线BC的函数表达式为y＝－x＋6.(6分)
∵点D的横坐标为m，
∴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，
∵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.(8分)
则有－m2＋6m＝，解得m1＝1(不合题意，舍去)，m2＝3.
∴m的值为3；(9分)
图① 图②
第15题解图
(3)存在，点M的坐标为(8，0) ，(0，0)，(，0)，(－，0)
(13分)
【解法提示】由(2)得，当x＝3时，y＝，∴D(3，)．
分三种情况讨论：
①当DB为对角线时，如解图②，易知点D与点N关于直线x＝1对称．
∴N(－1，)，DN＝4，∴BM＝4，
又∵B(4，0)，∴M1(8，0)；
②当DM为对角线时，如解图③，N(－1，)，DN＝4，
∴BM＝4.
又∵B(4，0)，∴M2(0，0)；
③当DN为对角线时，D(3，)，易知点N的纵坐标为－.
将y＝－代入y＝－x2＋x＋6中，得－x2＋x＋6＝－，
解得x1＝1＋，x2＝1－.
当x＝1＋时，点N的位置如解图④所示，则N(1＋，－)．
分别过点D，N作x轴的垂线，垂足分别为点E，Q，易证△DEM≌△NQB.
∵BQ＝1＋－4 ＝－3，∴EM＝－3，
又∵E(3，0)，∴M3(，0)；
当x＝1－时，点N的位置如解图⑤所示，则N(1－，－)．
图③ 图④
第15题解图
同理易得点M的坐标为(－，0)．
综上所述，点M的坐标为(8，0)，(0，0)，(，0)，(－，0)．
第15题解图⑤
16. (1)①解：∵AC∥x轴，点A的坐标是(－2，1)，
∴点C的坐标是(0，1)．(1分)
把点A(－2，1)，C(0，1)的坐标分别代入y＝－x2＋bx＋c，
得，解得.(2分)
∴抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋1；(3分)
②证明：过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于点F，如解图①.
第16题解图①
∵AC∥x轴，∴EF＝OC＝c，
又∵点D的坐标是(，c＋)，(5分)
∴DF＝DE－EF＝c＋－c＝.
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝BO，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC.
又∵∠AFD＝∠BCO＝90°，
∴△AFD≌△BCO(AAS)，
∴DF＝OC，(7分)
∴＝c，即b2＝4c；(8分)
(2)解：存在．
由题意得抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋c，
∴顶点D的坐标是(－1，c＋1)．
第16题解图②
假设存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形，如解图②.
设点A的坐标是(m，－m2－2m＋c)，m＜0.
过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于点F，
则∠AFD＝∠EFC＝∠BCO.
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝BO，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC.
∴△AFD≌△BCO(AAS)，∴AF＝BC，DF＝OC.
过点A作AM⊥y轴于点M，交DE于点N，
则DE∥CO，∴△ANF∽△AMC，
∴＝＝＝＝.
∵AM＝－m，AN＝AM－NM＝－m－1，
∴＝，解得m＝－.(10分)
∴点A的纵坐标是－(－)2－2×(－)＋c＝c－＜c.
∵AM∥x轴，∴点M的坐标是(0，c－)，点N的坐标是(－1，c－)，∴CM＝c－(c－)＝.
∵点D的坐标是(－1，c＋1)，∴DN＝(c＋1)－(c－)＝.
∵DF＝OC＝c，∴FN＝DN－DF＝－c.
由＝，得＝，解得c＝.
∴c－＝，∴点A的纵坐标是，
∴点A的坐标是(－，)．
∴存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形．(12分)
17. 解：(1)把点A(－1，0)和B(3，0)代入y＝ax2＋bx＋3得，
，解得.
∴抛物线解析式为y＝－x2＋2x＋3；(2分)
当x＝0时，y＝－x2＋2x＋3＝3，
∴点C的坐标为(0，3)．
把点B(3，0)和点C(0，3)代入y＝kx＋n得，
，解得.
∴直线BC的解析式为y＝－x＋3；(4分)
(2)①如解图①，过点A作AM∥y轴交直线BC于点M，过点P作PN∥y轴交直线BC于点N，
第17题解图①
∴AM∥PN，
∴△ADM∽△PDN，∴＝ .
当x＝－1时，y＝－x＋3＝4，
∴点M的坐标为(－1，4)，则AM＝4.
∵点P在抛物线上，设点P的坐标为(m，－m2＋2m＋3)，则点N的坐标为(m，－m＋3)，
∵点P在第一象限，
∴PN＝－m2＋2m＋3－(－m＋3)＝－m2＋3m(0∵△PDC的面积为S1，△ADC的面积为S2，
∴＝＝＝＝－m2＋m＝－(m－)2＋.
∵－<0，
∴当m＝时，有最大值，最大值为； (6分)
②存在以点E，F，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点P、Q的坐标分别为：点P(2，3)，点Q(1，2)；或点P(0，3)，点Q(1，4)；或点P(2，3)，点Q(1，－2)；
∵抛物线解析式为y＝－x2＋2x＋3，
∴抛物线y＝－x2＋2x＋3的对称轴为直线x＝1，
∴点E的坐标为(1，0)．
∵直线BC的解析式为y＝－x＋3，EF⊥BC，
∴设直线EF的解析式为y＝x＋b，
把点E(1，0)代入y＝x＋b得b＝－1，
∴直线EF的解析式为y＝x－1，
∴，解得.
∴点F的坐标为(2，1)．
设点P的坐标为(m，－m2＋2m＋3)，
(ⅰ)以线段EF为边构造平行四边形：
当点P在对称轴l的右侧时，过点F作PF∥l交抛物线于点P，过点P作PQ∥EF交直线l于点Q，则构成平行四边形EFPQ，如解图②所示，
∵F(2，1)，
当x＝2时，y＝－x2＋2x＋3＝3.
∴点P的坐标为(2，3)，∴PF＝3－1＝2，
在 EFPQ中，∵PF＝EQ＝2，
∴点Q的坐标为(1，2)；
当点P在对称轴左侧时，如解图③所示，
在 EFQP中，∵对角线EQ与FP互相平分，
∴PF的中点在对称轴x＝1上，
∵点P(m，－m2＋2m＋3)，点F(2，1)，
∴＝1，解得m＝0，
∴此时点P与点C重合，即点P的坐标为(0，3)．
设直线BC与直线l相交于点D，如解图③所示，则点D的坐标为(1，2)，
∴点D即为对角线EQ与FP的交点，DE＝2，
∵QD＝DE＝2，∴点Q的坐标为(1，4)；
图② 图③
第17题解图
(ⅱ)以线段EF为对角线构造平行四边形，则对角线EF与PQ互相平分，
∵E(1，0)，F(2，1)，∴EF的中点为(，)，
∵点Q的横坐标为1，点P的横坐标为m，
∴＝，解得m＝2，
令m＝2，则－m2＋2m＋3＝3，
第17题解图④
∴点P的坐标为(2，3)，
∵点F(2，1)，∴FP＝3－1＝2.
如解图④所示，在 EQFP中，
∵点Q在对称轴x＝1上，
∴EQ∥PF，且EQ＝PF.
∴EQ＝PF＝2，
∴点Q的坐标为(1，－2)．
综上所述，存在以点E，F，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点P、Q的坐标分别为：点P(2，3)，点Q(1，2)；或点P(0，3)，点Q(1，4)；或点P(2，3)，点Q(1，－2)．(12分)
18. 解：(1)把点O(0，0)和A(6，0)分别代入抛物线解析式：y＝ax2－2x＋c中，得，解得.
∴抛物线的解析式为y＝x2－2x；(4分)
(2)如解图①，设抛物线的对称轴与x轴相交于点M，与OD相交于点N.
∵y＝x2－2x＝(x－3)2－3，
第18题解图①
∴顶点B(3，－3)，对称轴与x轴的交点M(3，0)，
∴OM＝3，MB＝3.
∵在Rt△OMB中，tan∠MOB＝＝＝，
∴∠MOB＝60°.
∵∠BOD＝30°，
∴∠MOD＝∠MOB－∠BOD＝60°－30°＝30°.
∵在Rt△OMN中，MN＝OM·
tan∠MON＝3×tan30°＝3×＝，
∴N(3，－)．
设直线OD的解析式是y＝kx(k≠0)，把点N(3，－)代入，得3k＝－，解得k＝－，
∴直线OD的解析式是y＝－x，
∴－x＝x2－2x，
解得x1＝0(舍去)，x2＝5，
∴当x＝5时，y＝－，
∴D(5，－)；(8分)
(3)存在，点H的坐标为(，)或(，－)或(，－)．(14分)
【解法提示】由(2)知B(3，－3)，E(3，－)，C(3，0)，∠AOD＝∠BOD＝∠OBC＝30°，
∴OE＝BE＝2，
①如解图②，当∠EFG＝90°，则OF＝BF，点G、点B′都与O点重合，
∴F(，－)，G(0，0)，
此时四边形EFGH为矩形，则GH可由FE平移得到，
由平移性质得H(，)；
图② 图③
第18题解图
②如解图③，当∠EGF＝90°时，G点在OB上时，则G(，－)，
∠BEF＝∠B′EF＝∠EBF＝30°，
∴BF＝EF，
过F作FM⊥BE于点M，则EM＝BM＝BE＝，FM＝EM·tan30°＝1，
∴CM＝2，
∴F(2，－2)，
此时四边形EGFH为矩形，则EH可由GF平移得到，
由平移性质得H(，－)；
③当∠EGF＝90°，G点在OE上时，如解图④，则∠OFG＝60°，
∴∠BFE＝∠B′FE＝60°，
∴∠EBF＋∠BFE＝30°＋60°＝90°，
∴∠BEF＝90°，
∴EF＝BE·tan30°＝2×＝2，
∴F(1，－)，
∵∠OEF＝∠OEB－∠BEF＝30°，
∴∠EOF＝∠OEF，
∴OF＝EF，
∵∠EGF＝90°，
∴G点是OE的中点，∴G(，－)，
此时四边形EGFH为矩形，则EH可由GF平移得到，
由平移性质得H(，－)．
综上所述，存在H点，使以点E、F、G、H为顶点的四边形是矩形，H点的坐标为(，)或(，－)或(，－)．
第18题解图④
19. 解：(1)∵抛物线y＝x2＋bx＋c经过点A(－3，－4)，点B(0，－1)，∴，解得.
∴该抛物线的函数表达式为y＝x2＋4x－1；(3分)
(2)设直线AB的函数表达式为y＝kx＋m(k≠0)．
将点A(－3，－4)，点B(0，－1)代入直线AB的函数表达式，
得，解得.
∴直线AB的函数表达式为y＝x－1.
如解图①，过点P作PQ⊥x轴交AB于点Q.
设P(t，t2＋4t－1)(－3＜t＜0)，则Q(t，t－1)，
∴PQ＝(t－1)－(t2＋4t－1)＝－t2－3t.
∴S△PAB＝PQ·|xA －xB|＝(－t2－3t)×3＝－t2－t.
∵－＜0.
∴t＝－＝－时，S△PAB有最大值．
S△PAB最大值＝＝.
∴△PAB面积的最大值为；(6分)
第19题解图①
(3)存在．点E的坐标为(1，－3)或(－1，2)或(－3，－4＋)或(－3，－4－)．(10分)
【解法提示】∵y＝x2＋4x－1＝(x＋2)2－5，
∴原抛物线的顶点坐标为(－2，－5)，对称轴为直线x＝－2，
∵原抛物线向右平移2个单位得到新抛物线的解析式为y＝x2－5，
联立方程组，解得，
∴C(－1，－4)．
如解图②，当BC为菱形的对角线时，则DB＝DC，设D(－2，d)，∴22＋(d＋1)2＝12＋(d＋4)2，∴d＝－2，∴D(－2，－2)，∵DB平移得到CE，∴E(1，－3)；
第19题解图②
如解图③，当BD为菱形的对角线时，则CB＝DC，
设D(－2，d)，
∴12＋(－4＋1)2＝12＋(d＋4)2，
解得d＝－1或－7，
∴D(－2，－1)或D(－2，－7)(D、C、B三点共线，舍去)，
∴D(－2，－1)，∵CB平移得到DE，
∴E(－1，2)；
图③ 图④
第19题解图
如解图④，当CD为菱形的对角线时，则DB＝BC，
设D(－2，d)，
∴22＋(d＋1)2＝12＋(－1＋4)2，
解得d＝－1±，
∴D(－2，－1＋)或(－2，－1－)，
∵DB平移得到EC，
∴E(－3，－4＋)或(－3，－4－)．
综上所述，存在以点B、C、D、E为顶点的四边形为菱形，E点的坐标为：(1，－3)或(－1，2)或(－3，－4＋)或(－3，－4－)．
20. 解：(1)∵抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A(－3，0)，B(4，0)两点．
∴解得(3分)
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋x＋4；(4分)
(2)①如解图①，过点O作OR⊥AD于点R，过点F作FQ⊥AD于点Q.
第20题解图①
设直线AD与y轴交点为N.
∵M(m，0)，直线FG⊥x轴．
∴G(m，m＋)，F(m，－m2＋m＋4)．
∴FG＝－m2＋m＋4－(m＋)
＝－m2－m＋，(5分)
由题意可知，点N坐标为(0，)，
在Rt△AON中，OA＝3，ON＝，
∴AN＝＝，
∵S△AON＝OA·ON＝AN·OR，
∴OR＝＝，(6分)
∵S△EFG＝S△OEG，∴EG·FQ＝×EG·OR，
∴FQ＝OR＝1，(7分)
∵FM∥y轴，∴∠FGQ＝∠ANO，
∴sin∠FGQ＝sin∠ANO＝，∴FG＝＝，
∴－m2－m＋＝，解得m1＝，m2＝－2，
∴m的值为或－2；(9分)
②存在，点P的坐标为(1，)或(1，)．(12分)
【解法提示】∵B(4，0)，C(0，4)，∴直线BC的表达式为y＝－x＋4，联立解得∴点E的坐标为(1，3)，要使四边形EFHP是正方形，则∠EFH＝90°，即F点的纵坐标为3.设F(x，－x2＋x＋4)，则－x2＋x＋4＝3，解得x1＝，x2＝，∴F1(，3)，F2(，3)．∴EF1＝1－＝，EF2＝－1＝，∵四边形EFHP是正方形，∴EP1＝EF1，EP2＝EF2，设P1(1，m1)，则m1－3＝，解得m1＝，∴P1(1，)．设P2(1，m2)，则3－m2＝，解得m2＝，∴P2(1，)．综上所述，P点的坐标为(1，)或(1，)．
第20题解图②
21. 解：(1)由题意，得
，解得.
∴y＝x2＋2x－3；(3分)
(2)由(1)可得，对称轴l：x＝－1.
令y＝0，则x2＋2x－3＝0.解得x1＝－3，x2＝1.
∴A(－3，0)，B(1，0)．令x＝0，则y＝－3.
∴C(0，－3)，∴OA＝OC＝3.(6分)
∵∠PDE＝∠AOC＝90°，
∴当PD＝DE＝3时，△PDE≌△AOC.
设P(m，n)，当点P在l右侧时，m－(－1)＝3.
∴m＝2，∴n＝22＋2×2－3＝5，∴P(2，5)．
∴E(－1，2)或E(－1，8)；(9分)
当点P在l左侧时，由抛物线的对称性可知，P(－4，5)也满足条件，相应的点E的坐标同上．
∴满足条件的点P，点E的坐标为P(2，5)或P(－4，5)，E(－1，2)或E(－1，8)．(10分)
22. 解：(1)∵BO＝3AO＝3，
∴A(－1，0)，B(3，0)，
∴y＝(x＋1)(x－3)＝x2－x－，
∴b＝－，c＝－；(2分)
(2)过点D作DE⊥y轴于点E，如解图①.
∵DE∥OB，
∴△OBC∽△EDC，
∴＝，∴DE＝，即xD＝－，
∴yD＝×(－)2－×(－)－＝＋1，
∴D(－，＋1)．
设直线BD的函数解析式为y＝kx＋m，
∵图象过点B(3，0)，D(－，＋1)，
∴，解得.
∴直线BD的函数解析式为y＝－x＋；(6分)
图① 图②
第22题解图
(3)满足条件的点Q共有四个：(，0)，(，0)，(5－2，0)，(1－2，0)．(10分)
【解法提示】如解图②，连接AC，过点D作DE⊥y轴于点E.
∵A(－1，0)，B(3，0)，C(0，)，
∴OA＝1，OB＝3，OC＝，
∴AC＝＝2，BC＝＝2，AB＝4，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
∵tanB＝＝，∴∠B＝30°.
由xD＝－，得DE＝CO.
∵yD＝＋1，∴CE＝AO＝1，
∵∠CED＝∠AOC，∴△CED≌△AOC，∴CD＝AC，
∴△ACD是等腰直角三角形，∠ADC＝45°，
∴AC是钝角△ABD的高，两个锐角分别为30°和45°.
如解图③，当P1H是△BQ1P1的边BQ1上的高，∠P1BQ1＝45°，∠P1Q1B＝30°时，P1H＝HB＝2，
∴Q1H＝＝＝2，∴Q1(1－2，0)；
当P2H是△BP2Q2的边BQ2上的高，∠P2BQ2＝30°，∠P2Q2B＝45°时，
Q2H＝P2H＝HB·tan30°＝，
∴Q2(，0)；
图③ 图④
第22题解图
如解图④，当Q3G1是△BP3Q3的边BP3上的高，∠Q3BP3＝30°，∠BP3Q3＝45°时，
∴P3B＝＝＝，
P3G1＝Q3G1＝Q3B，BG1＝Q3B·cos30°＝Q3B，
∵P3G1＋BG1＝P3B，
∴Q3B＋Q3B＝.
解得Q3B＝4－，
∴OQ3＝OB－Q3B＝3－(4－)＝－1，
∴Q3(，0)；
当Q4G2是△BP4Q4的边BP4上的高，∠P4BQ4＝45°，∠BP4Q4＝30°时，
∴P4B＝＝＝2，
P4G2＝＝Q4G2，
Q4G2＝BG2＝Q4B·sin45°＝Q4B，
∵P4G2＋BG2＝P4B，
∴Q4B＋Q4B＝2，解得Q4B＝2－2，
∴OQ4＝OB－Q4B＝3－(2－2)＝5－2，
∴Q4(5－2，0)．
综上所述，满足条件的Q点有：(1－2，0)或(，0)或(－1，0)或(5－2，0)．
23. 解：(1)设点A的坐标为(x，0)，
∵OA＝2OB，
∴点B的坐标为(－x，0)，
∵抛物线对称轴为直线x＝，
∴＝，解得x＝2，∴－x＝－1，
∴A点的坐标为(2，0)，B点的坐标为(－1，0)，
将A、B两点的坐标代入抛物线y＝ax2＋bx＋2，得，解得.
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋x＋2；(3分)
(2)∵抛物线的表达式y＝－x2＋x＋2，
∴点C的坐标为(0，2)
设直线AC的解析式为y＝kx＋b，将A(2，0)，C(0，2)代入，得，解得，
∴直线AC的解析式为y＝－x＋2.
∴点D(m，－m2＋m＋2)，则点F(m，－m＋2)，
∴DF＝－m2＋m＋2－(－m＋2)
＝－(m－1)2＋1，
∵－1<0，
∴m＝1时，DF的长度最大，
∴点D的坐标为(1，2)；(7分)
(3)存在，m的值为1或.
∵DE⊥OA于点E，∠BOC＝90°，
∴要使△OBC与△ODE相似，只需有一个锐角相等，
当∠CBO＝∠DOE时，BC∥OD，
设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将B(－1，0)，C(0，2)代入，得，解得.
∴直线BC的解析式为y＝2x＋2，
∴直线OD的解析式为y＝2x，
∴解方程组，解得或.
∵点D是第一象限内抛物线上一动点，
∴点D的坐标为(1，2)．∴m＝1；
当∠CBO＝∠ODE时，
∵tan∠BCO＝，tan∠DOE＝，
∴＝.
∵OB＝1，OC＝2，OE＝m，DE＝－m2＋m＋2，
∴＝，
解得m＝(舍去)或.
综上所述，m的值为1或.(13分)
24. 解：(1)把点A(－1，0)和C(0，3)代入y＝ax2＋x＋c中，得，解得.
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋3；(3分)
(2)不存在．理由如下：
∵OC＝3，
∴以OC为边的等边△QCO的顶点Q在OC的垂直平分线y＝上，
∴点Q的横坐标为3×＝或－3×＝，
∴点Q的坐标为(±，)，
当x＝±时，y＝－x2＋x＋3≠，
∴等边△QCO的顶点Q不在抛物线y＝－x2＋x＋3上，
∴抛物线上不存在点Q，使得△QCO是等边三角形；(7分)
(3)令y＝0，即y＝－x2＋x＋3＝0，
解得x＝－1或x＝4，
∴B(4，0)，
设直线BC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，
将B(4，0)，C(0，3)代入得，解得.
∴直线BC的解析式为y＝－x＋3，
设M(m，－m＋3)，则P(m，－m2＋m＋3)，
∴PM＝|m2－3m|，
①当⊙M与y轴相切时，有|m2－3m|＝|m|，即m2－3m＝m或m2－3m＝－m，
解得m＝0(舍)或m＝或m＝，
此时⊙M的半径为|m|＝或|m|＝；
②当⊙M与x轴相切时，有|m2－3m|＝|－m＋3|，即m2－3m＝－m＋3或m2－3m＝m－3，
解得m＝4(舍)或m＝－1或m＝1，
此时⊙M的半径为|－m＋3|＝或|－m＋3|＝.
综上所述，当⊙M与坐标轴相切时，⊙M的半径为或或或.(12分)

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