专题十八 解答题重难题型之动态综合题
从历年中考来看，动态综合问题经常作为压轴题目出现，得分率也是最低的。
动态综合题一般分两类，
★类型一：代数综合题
代数综合题在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉题型出现。
★类型二：几何综合题
几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，往往综合存在性问题和最值问题出现的中考题型最多。【版权所有：21教育】
★类型一：代数综合题
【例题展示】
例题1（2017内蒙古赤峰）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点D，点B的坐标为（3，0），顶点C的坐标为（1，4）．
（1）求二次函数的解析式和直线BD的解析式；
（2）点P是直线BD上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，当点P在第一象限时，求线段PM长度的最大值；
（3）在抛物线上是否存在异于B、D的点Q，使△BDQ中BD边上的高为2？若存在求出点Q的坐标；若不存在请说明理由．
【分析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，由B点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线BD解析式；
（2）设出P点坐标，从而可表示出PM的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值；
（3）过Q作QG∥y轴，交BD于点G，过Q和QH⊥BD于H，可设出Q点坐标，表示出QG的长度，由条件可证得△DHG为等腰直角三角形，则可得到关于Q点坐标的方程，可求得Q点坐标．
【解答】解：
（1）∵抛物线的顶点C的坐标为（1，4），
∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，
∵点B（3，0）在该抛物线的图象上，
∴0=a（3﹣1）2+4，解得a=﹣1，
∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3，
∵点D在y轴上，令x=0可得y=3，
∴D点坐标为（0，3），
∴可设直线BD解析式为y=kx+3，
把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，
∴直线BD解析式为y=﹣x+3；
（2）设P点横坐标为m（m＞0），则P（m，﹣m+3），M（m，﹣m2+2m+3），
∴PM=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣）2+，
∴当m=时，PM有最大值；
（3）如图，过Q作QG∥y轴交BD于点G，交x轴于点E，作QH⊥BD于H，
设Q（x，﹣x2+2x+3），则G（x，﹣x+3），
∴QG=|﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）|=|﹣x2+3x|，
∵△BOD是等腰直角三角形，
∴∠DBO=45°，
∴∠HGQ=∠BGE=45°，
当△BDQ中BD边上的高为2时，即QH=HG=2，
∴QG=×2=4，
∴|﹣x2+3x|=4，
当﹣x2+3x=4时，△=9﹣16＜0，方程无实数根，
当﹣x2+3x=﹣4时，解得x=﹣1或x=4，
∴Q（﹣1，0）或（4，﹣5），
综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）．
【跟踪训练】
（2017浙江义乌）如图1，已知?ABCD，AB∥x轴，AB=6，点A的坐标为（1，﹣4），点D的坐标为（﹣3，4），点B在第四象限，点P是?ABCD边上的一个动点．
（1）若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标．
（2）若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x﹣1上，求点P的坐标．
（3）若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标．（直接写出答案）
★类型二：几何综合题
【例题展示】
例题2动态几何之存在性问题
（2017山东临沂）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3经过点A（2，﹣3），与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC=3OB．【来源：21·世纪·教育·网】
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在y轴上，且∠BDO=∠BAC，求点D的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）待定系数法即可得到结论；
（2）连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，根据已知条件得到AF∥x轴，得到F（﹣1，﹣3），设D（0，m），则OD=|m即可得到结论；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（﹣2，11）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论．
【解答】解：（1）由y=ax2+bx﹣3得C（0．﹣3），
∴OC=3，
∵OC=3OB，
∴OB=1，
∴B（﹣1，0），
把A（2，﹣3），B（﹣1，0）代入y=ax2+bx﹣3得，
∴，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，
∵A（2，﹣3），C（0，﹣3），
∴AF∥x轴，
∴F（﹣1，﹣3），
∴BF=3，AF=3，
∴∠BAC=45°，
设D（0，m），则OD=|m|，
∵∠BDO=∠BAC，
∴∠BDO=45°，
∴OD=OB=1，
∴|m|=1，
∴m=±1，
∴D1（0，1），D2（0，﹣1）；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），
①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，
则△ABF≌△NME，
∴NE=AF=3，ME=BF=3，
∴|a﹣1|=3，
∴a=3或a=﹣2，
∴M（4，5）或（﹣2，11）；
②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，
则N在x轴上，M与C重合，
∴M（0，﹣3），
综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（﹣2，11）或（0，﹣3）．21cnjy.com
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．【来源：21cnj*y.co*m】
【跟踪训练】
（2017齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．【出处：21教育名师】
（1）求线段OA，OC的长；
（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
（3）直接写出点D的坐标；
（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【例题展示】
例题3动点几何之最值问题
（2017?乐山）如图1，抛物线C1：y=x2+ax与C2：y=﹣x2+bx相交于点O、C，C1与C2分别交x轴于点B、A，且B为线段AO的中点．21世纪教育网版权所有
（1）求的值；
（2）若OC⊥AC，求△OAC的面积；
（3）抛物线C2的对称轴为l，顶点为M，在（2）的条件下：
①点P为抛物线C2对称轴l上一动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；
②如图2，点E在抛物线C2上点O与点M之间运动，四边形OBCE的面积是否存在最大值？若存在，求出面积的最大值和点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由两抛物线解析式可分别用a和b表示出A、B两点的坐标，利用B为OA的中点可得到a和b之间的关系式；21*cnjy*com
（2）由抛物线解析式可先求得C点坐标，过C作CD⊥x轴于点D，可证得△OCD∽△CAD，由相似三角形的性质可得到关于a的方程，可求得OA和CD的长，可求得△OAC的面积；
（3）①连接OC与l的交点即为满足条件的点P，可求得OC的解析式，则可求得P点坐标；
②设出E点坐标，则可表示出△EOB的面积，过点E作x轴的平行线交直线BC于点N，可先求得BC的解析式，则可表示出EN的长，进一步可表示出△EBC的面积，则可表示出四边形OBCE的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值，及E点的坐标．
【解答】解：
（1）在y=x2+ax中，当y=0时，x2+ax=0，x1=0，x2=﹣a，
∴B（﹣a，0），
在y=﹣x2+bx中，当y=0时，﹣x2+bx=0，x1=0，x2=b，
∴A（0，b），
∵B为OA的中点，
∴b=﹣2a，
∴；
（2）联立两抛物线解析式可得，消去y整理可得2x2+3ax=0，解得x1=0，，
当时，，
∴，
过C作CD⊥x轴于点D，如图1，
∴，
∵∠OCA=90°，
∴△OCD∽△CAD，
∴，
∴CD2=AD?OD，即，
∴a1=0（舍去），（舍去），，
∴，，
∴；
（3）①抛物线，
∴其对称轴，
点A关于l2的对称点为O（0，0），，
则P为直线OC与l2的交点，
设OC的解析式为y=kx，
∴，得，
∴OC的解析式为，
当时，，
∴；
②设，
则，
而，，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
由，解得，
∴直线BC的解析式为，
过点E作x轴的平行线交直线BC于点N，如图2，
则，即x=，
∴EN=，
∴
∴S四边形OBCE=S△OBE+S△EBC=
=，
∵，
∴当时，，
当时，，
∴，．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质、三角形的面积、二次函数的性质及方程思想等知识．在（1）中分别表示出A、B的坐标是解题的关键，在（2）中求得C点坐标，利用相似三角形的性质求得a的值是解题的关键，在（3）①中确定出P点的位置是解题的关键，在（3）②中用E点坐标分别表示出△OBE和△EBC的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大，难度较大．21·cn·jy·com
【跟踪训练】
1、（2017.湖南怀化）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C．21*cnjy*com
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点D是y轴上的一点，且以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标；
（3）如图2，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；21教育名师原创作品
（4）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标．
2、（2017山东聊城）如图，已知抛物线y=ax2+2x+c与y轴交于点A（0，6），与x轴交于点B（6，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
（1）求这条抛物线的表达式及其顶点坐标；
（2）当点P移动到抛物线的什么位置时，使得∠PAB=75°，求出此时点P的坐标；
（3）当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动，在移动中，点P的横坐标以每秒1个单位长度的速度变动，与此同时点M以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动，点P，M移动到各自终点时停止，当两个移点移动t秒时，求四边形PAMB的面积S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少？
【强化训练】
1、（2017山东烟台）如图1，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB=4，矩形OBDC的边CD=1，延长DC交抛物线于点E．2·1·c·n·j·y
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P是直线EO上方抛物线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线EO于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH的长为l，点P的横坐标为m，求l与m的函数关系式（不必写出m的取值范围），并求出l的最大值；
（3）如果点N是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
2、（2017内江）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与y轴交与点C（0，3），与x轴交于A、B两点，点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x=1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设△MBN的面积为S，点M运动时间为t，试求S与t的函数关系，并求S的最大值；21教育网
（3）在点M运动过程中，是否存在某一时刻t，使△MBN为直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．2-1-c-n-j-y
3、（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．
（1）填空：点B的坐标为 ；
（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；21·世纪*教育网
（3）①求证： =；
②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．
4、 （2017.江苏宿迁）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2﹣2x﹣3交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），将该抛物线位于x轴上方曲线记作M，将该抛物线位于x轴下方部分沿x轴翻折，翻折后所得曲线记作N，曲线N交y轴于点C，连接AC、BC．
（1）求曲线N所在抛物线相应的函数表达式；
（2）求△ABC外接圆的半径；
（3）点P为曲线M或曲线N上的一动点，点Q为x轴上的一个动点，若以点B，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标．www.21-cn-jy.com
5、（2016·四川攀枝花）如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD、QC．
（1）当t为何值时，点Q与点D重合？
（2）当⊙Q经过点A时，求⊙P被OB截得的弦长．
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．
.
6、（2017贵州安顺）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．www-2-1-cnjy-com
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
专题十八 解答题重难题型之动态综合题
从历年中考来看，动态综合问题经常作为压轴题目出现，得分率也是最低的。
动态综合题一般分两类，
★类型一：代数综合题
代数综合题在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉题型出现。
★类型二：几何综合题
几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，往往综合存在性问题和最值问题出现的中考题型最多。
★类型一：代数综合题
【例题展示】
例题1（2017内蒙古赤峰）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点D，点B的坐标为（3，0），顶点C的坐标为（1，4）．
（1）求二次函数的解析式和直线BD的解析式；
（2）点P是直线BD上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，当点P在第一象限时，求线段PM长度的最大值；
（3）在抛物线上是否存在异于B、D的点Q，使△BDQ中BD边上的高为2？若存在求出点Q的坐标；若不存在请说明理由．
【分析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，由B点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线BD解析式；
（2）设出P点坐标，从而可表示出PM的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值；
（3）过Q作QG∥y轴，交BD于点G，过Q和QH⊥BD于H，可设出Q点坐标，表示出QG的长度，由条件可证得△DHG为等腰直角三角形，则可得到关于Q点坐标的方程，可求得Q点坐标．
【解答】解：
（1）∵抛物线的顶点C的坐标为（1，4），
∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，
∵点B（3，0）在该抛物线的图象上，
∴0=a（3﹣1）2+4，解得a=﹣1，
∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3，
∵点D在y轴上，令x=0可得y=3，
∴D点坐标为（0，3），
∴可设直线BD解析式为y=kx+3，
把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，
∴直线BD解析式为y=﹣x+3；
（2）设P点横坐标为m（m＞0），则P（m，﹣m+3），M（m，﹣m2+2m+3），
∴PM=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣）2+，
∴当m=时，PM有最大值；
（3）如图，过Q作QG∥y轴交BD于点G，交x轴于点E，作QH⊥BD于H，
设Q（x，﹣x2+2x+3），则G（x，﹣x+3），
∴QG=|﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）|=|﹣x2+3x|，
∵△BOD是等腰直角三角形，
∴∠DBO=45°，
∴∠HGQ=∠BGE=45°，
当△BDQ中BD边上的高为2时，即QH=HG=2，
∴QG=×2=4，
∴|﹣x2+3x|=4，
当﹣x2+3x=4时，△=9﹣16＜0，方程无实数根，
当﹣x2+3x=﹣4时，解得x=﹣1或x=4，
∴Q（﹣1，0）或（4，﹣5），
综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）．
【跟踪训练】
（2017浙江义乌）如图1，已知?ABCD，AB∥x轴，AB=6，点A的坐标为（1，﹣4），点D的坐标为（﹣3，4），点B在第四象限，点P是?ABCD边上的一个动点．
（1）若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标．
（2）若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x﹣1上，求点P的坐标．
（3）若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标．（直接写出答案）
【分析】（1）由题意点P与点C重合，可得点P坐标为（3，4）；
（2）分两种情形①当点P在边AD上时，②当点P在边AB上时，分别列出方程即可解决问题；
（3）分三种情形①如图1中，当点P在线段CD上时．②如图2中，当点P在AB上时．③如图3中，当点P在线段AD上时．分别求解即可；
【解答】解：（1）∵CD=6，
∴点P与点C重合，
∴点P坐标为（3，4）．
（2）①当点P在边AD上时，
∵直线AD的解析式为y=﹣2x﹣2，
设P（a，﹣2a﹣2），且﹣3≤a≤1，
若点P关于x轴的对称点Q1（a，2a+2）在直线y=x﹣1上，
∴2a+2=a﹣1，
解得a=﹣3，
此时P（﹣3.4）．
若点P关于y轴的对称点Q3（﹣a，﹣2a﹣2）在直线y=x﹣1上时，
∴﹣2a﹣2=﹣a﹣1，解得a=﹣1，此时P（﹣1，0）
②当点P在边AB上时，设P（a，﹣4）且1≤a≤7，
若等P关于x轴的对称点Q2（a，4）在直线y=x﹣1上，
∴4=a﹣1，解得a=5，此时P（5，﹣4），
若点P关于y轴的对称点Q4（﹣a，﹣4）在直线y=x﹣1上，
∴﹣4=﹣a﹣1，
解得a=3，此时P（3，﹣4），
综上所述，点P的坐标为（﹣3，4）或（﹣1，0）或（5，﹣4）或（3，﹣4）．
（3）①如图1中，当点P在线段CD上时，设P（m，4）．
在Rt△PNM′中，∵PM=PM′=6，PN=4，
∴NM′==2，
在Rt△OGM′中，∵OG2+OM′2=GM′2，
∴22+（2+m）2=m2，
解得m=﹣，
∴P（﹣，4）
根据对称性可知，P（，4）也满足条件．
②如图2中，当点P在AB上时，易知四边形PMGM′是正方形，边长为2，此时P（2，﹣4）．
③如图3中，当点P在线段AD上时，设AD交x轴于R．易证∠M′RG=∠M′GR，推出M′R=M′G=GM，设M′R=M′G=GM=x．
∵直线AD的解析式为y=﹣2x﹣2，
∴R（﹣1，0），
在Rt△OGM′中，有x2=22+（x﹣1）2，解得x=，
∴P（﹣，3）．
点P坐标为（2，﹣4）或（﹣，3）或（﹣，4）或（，4）．
★类型二：几何综合题
【例题展示】
例题2动态几何之存在性问题
（2017山东临沂）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3经过点A（2，﹣3），与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC=3OB．21cnjy.com
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在y轴上，且∠BDO=∠BAC，求点D的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）待定系数法即可得到结论；
（2）连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，根据已知条件得到AF∥x轴，得到F（﹣1，﹣3），设D（0，m），则OD=|m即可得到结论；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（﹣2，11）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论．
【解答】解：（1）由y=ax2+bx﹣3得C（0．﹣3），
∴OC=3，
∵OC=3OB，
∴OB=1，
∴B（﹣1，0），
把A（2，﹣3），B（﹣1，0）代入y=ax2+bx﹣3得，
∴，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，
∵A（2，﹣3），C（0，﹣3），
∴AF∥x轴，
∴F（﹣1，﹣3），
∴BF=3，AF=3，
∴∠BAC=45°，
设D（0，m），则OD=|m|，
∵∠BDO=∠BAC，
∴∠BDO=45°，
∴OD=OB=1，
∴|m|=1，
∴m=±1，
∴D1（0，1），D2（0，﹣1）；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），
①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，
则△ABF≌△NME，
∴NE=AF=3，ME=BF=3，
∴|a﹣1|=3，
∴a=3或a=﹣2，
∴M（4，5）或（﹣2，11）；
②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，
则N在x轴上，M与C重合，
∴M（0，﹣3），
综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（﹣2，11）或（0，﹣3）．21·cn·jy·com
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
【跟踪训练】
（2017齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．
（1）求线段OA，OC的长；
（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
（3）直接写出点D的坐标；
（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）解方程即可得到结论；
（2）由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到OE=3；
（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，根据相似三角形的性质得到CM=，DM=，于是得到结论．（4）过P1作P1H⊥AO于H，根据菱形的性质得到P1E=CE=5，P1E∥AC，设P1H=k，HE=2k，根据勾股定理得到P1E=k=5，于是得到P1（﹣，2+3），同理P3（，3﹣2），当A与F重合时，得到P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，得到EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）解方程x2﹣12x+32=0得，x1=8，x2=4，∵OA＞OC，
∴OA=8，OC=4；
（2）∵四边形ABCO是矩形，
∴AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，
∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，
∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，
∴AD=OC，∠ADE=∠COE，
在△ADE与△COE中，，
∴△ADE≌△COE；
∵CE2=OE2+OC2，即（8﹣OE）2=OE2+42，
∴OE=3；
（3）过D作DM⊥x轴于M，
则OE∥DM，
∴△OCE∽△MCD，
∴，
∴CM=，DM=，
∴OM=，
∴D（﹣，）；
（4）存在；∵OE=3，OC=4，
∴CE=5，
过P1作P1H⊥AO于H，
∵四边形P1ECF1是菱形，
∴P1E=CE=5，P1E∥AC，
∴∠P1EH=∠OAC，
∴==，
∴设P1H=k，HE=2k，
∴P1E=k=5，
∴P1H=，HE=2，
∴OH=2+3，
∴P1（﹣，2+3），
同理P3（，3﹣2），
当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形，
∴EF2∥CP2，EF2，=CP2=5，
∴P2（4，5）；
当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，
∴EP4=5，EP4∥AC，
如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，
则P4N=OG，P4G=ON，
EP4∥AC，
∴=，
设P4N=x，EN=2x，
∴P4E=CP4=x，
∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x，
∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（x）2，
∴x=，
∴3﹣2x=，
∴P4（，），
综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣，2+3），（，3﹣2），（4，5），（，）．www.21-cn-jy.com
【例题展示】
例题3动点几何之最值问题
（2017?乐山）如图1，抛物线C1：y=x2+ax与C2：y=﹣x2+bx相交于点O、C，C1与C2分别交x轴于点B、A，且B为线段AO的中点．2-1-c-n-j-y
（1）求的值；
（2）若OC⊥AC，求△OAC的面积；
（3）抛物线C2的对称轴为l，顶点为M，在（2）的条件下：
①点P为抛物线C2对称轴l上一动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；
②如图2，点E在抛物线C2上点O与点M之间运动，四边形OBCE的面积是否存在最大值？若存在，求出面积的最大值和点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由两抛物线解析式可分别用a和b表示出A、B两点的坐标，利用B为OA的中点可得到a和b之间的关系式；21教育名师原创作品
（2）由抛物线解析式可先求得C点坐标，过C作CD⊥x轴于点D，可证得△OCD∽△CAD，由相似三角形的性质可得到关于a的方程，可求得OA和CD的长，可求得△OAC的面积；
（3）①连接OC与l的交点即为满足条件的点P，可求得OC的解析式，则可求得P点坐标；
②设出E点坐标，则可表示出△EOB的面积，过点E作x轴的平行线交直线BC于点N，可先求得BC的解析式，则可表示出EN的长，进一步可表示出△EBC的面积，则可表示出四边形OBCE的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值，及E点的坐标．
【解答】解：
（1）在y=x2+ax中，当y=0时，x2+ax=0，x1=0，x2=﹣a，
∴B（﹣a，0），
在y=﹣x2+bx中，当y=0时，﹣x2+bx=0，x1=0，x2=b，
∴A（0，b），
∵B为OA的中点，
∴b=﹣2a，
∴；
（2）联立两抛物线解析式可得，消去y整理可得2x2+3ax=0，解得x1=0，，
当时，，
∴，
过C作CD⊥x轴于点D，如图1，
∴，
∵∠OCA=90°，
∴△OCD∽△CAD，
∴，
∴CD2=AD?OD，即，
∴a1=0（舍去），（舍去），，
∴，，
∴；
（3）①抛物线，
∴其对称轴，
点A关于l2的对称点为O（0，0），，
则P为直线OC与l2的交点，
设OC的解析式为y=kx，
∴，得，
∴OC的解析式为，
当时，，
∴；
②设，
则，
而，，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
由，解得，
∴直线BC的解析式为，
过点E作x轴的平行线交直线BC于点N，如图2，
则，即x=，
∴EN=，
∴
∴S四边形OBCE=S△OBE+S△EBC=
=，
∵，
∴当时，，
当时，，
∴，．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质、三角形的面积、二次函数的性质及方程思想等知识．在（1）中分别表示出A、B的坐标是解题的关键，在（2）中求得C点坐标，利用相似三角形的性质求得a的值是解题的关键，在（3）①中确定出P点的位置是解题的关键，在（3）②中用E点坐标分别表示出△OBE和△EBC的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大，难度较大．21教育网
【跟踪训练】
1、（2017.湖南怀化）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C．【版权所有：21教育】
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点D是y轴上的一点，且以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标；
（3）如图2，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；
（4）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标．
【分析】（1）根据待定系数法直接抛物线解析式；
（2）分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；
（3）先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；
（4）利用对称性找出点P，Q的位置，进而求出P，Q的坐标．
【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），B（5，0）在抛物线y=ax2+bx﹣5上，
∴，
∴，
∴抛物线的表达式为y=x2﹣4x﹣5，
（2）如图1，令x=0，则y=﹣5，
∴C（0，﹣5），
∴OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴AB=6，BC=5，
要使以B，C，D为顶点的三角形与△ABC相似，则有或，
①当时，
CD=AB=6，
∴D（0，1），
②当时，
∴，
∴CD=，
∴D（0，），
即：D的坐标为（0，1）或（0，）；
（3）设H（t，t2﹣4t﹣5），
∵CE∥x轴，
∴点E的纵坐标为﹣5，
∵E在抛物线上，
∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0（舍）或x=4，
∴E（4，﹣5），
∴CE=4，
∵B（5，0），C（0，﹣5），
∴直线BC的解析式为y=x﹣5，
∴F（t，t﹣5），
∴HF=t﹣5﹣（t2﹣4t﹣5）=﹣（t﹣）2+，
∵CE∥x轴，HF∥y轴，
∴CE⊥HF，
∴S四边形CHEF=CE?HF=﹣2（t﹣）2+，
当t=时，四边形CHEF的面积最大为．
（4）如图2，∵K为抛物线的顶点，
∴K（2，﹣9），
∴K关于y轴的对称点K'（﹣2，﹣9），
∵M（4，m）在抛物线上，
∴M（4，﹣5），
∴点M关于x轴的对称点M'（4，5），
∴直线K'M'的解析式为y=x﹣，
∴P（，0），Q（0，﹣）．
2、（2017山东聊城）如图，已知抛物线y=ax2+2x+c与y轴交于点A（0，6），与x轴交于点B（6，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．2·1·c·n·j·y
（1）求这条抛物线的表达式及其顶点坐标；
（2）当点P移动到抛物线的什么位置时，使得∠PAB=75°，求出此时点P的坐标；
（3）当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动，在移动中，点P的横坐标以每秒1个单位长度的速度变动，与此同时点M以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动，点P，M移动到各自终点时停止，当两个移点移动t秒时，求四边形PAMB的面积S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少？【出处：21教育名师】
【分析】（1）由A、B坐标，利用待定系数法可求得抛物线的表达式，化为顶点式可求得顶点坐标；
（2）过P作PC⊥y轴于点C，由条件可求得∠PAC=60°，可设AC=m，在Rt△PAC中，可表示出PC的长，从而可用m表示出P点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值，即可求得P点坐标；
（3）用t可表示出P、M的坐标，过P作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，则可表示出F的坐标，从而可用t表示出PF的长，从而可表示出△PAB的面积，利用S四边形PAMB=S△PAB+S△AMB，可得到S关于t的二次函数，利用二次函数的性质可求得其最大值．
【解答】解：
（1）根据题意，把A（0，6），B（6，0）代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线的表达式为y=﹣x2+2x+6，
∵y=﹣x2+2x+6=﹣（x﹣2）2+8，
∴抛物线的顶点坐标为（2，8）；
（2）如图1，过P作PC⊥y轴于点C，
∵OA=OB=6，
∴∠OAB=45°，
∴当∠PAB=75°时，∠PAC=60°，
∴tan∠PAC=，即=，
设AC=m，则PC=m，
∴P（m，6+m），
把P点坐标代入抛物线表达式可得6+m=﹣（m）2+2m+6，解得m=0或m=﹣，
经检验，P（0，6）与点A重合，不合题意，舍去，
∴所求的P点坐标为（4﹣， +）；
（3）当两个支点移动t秒时，则P（t，﹣ t2+2t+6），M（0，6﹣t），
如图2，作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，则EF=EB=6﹣t，
∴F（t，6﹣t），
∴FP=t2+2t+6﹣（6﹣t）=﹣t2+3t，
∵点A到PE的距离竽OE，点B到PE的距离等于BE，
∴S△PAB=FP?OE+FP?BE=FP?（OE+BE）=FP?OB=×（﹣t2+3t）×6=﹣t2+9t，且S△AMB=AM?OB=×t×6=3t，21*cnjy*com
∴S=S四边形PAMB=S△PAB+S△AMB=﹣t2+12t=﹣（t﹣4）2+24，
∴当t=4时，S有最大值，最大值为24．
【强化训练】
1、（2017山东烟台）如图1，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB=4，矩形OBDC的边CD=1，延长DC交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P是直线EO上方抛物线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线EO于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH的长为l，点P的横坐标为m，求l与m的函数关系式（不必写出m的取值范围），并求出l的最大值；
（3）如果点N是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由条件可求得A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）可先求得E点坐标，从而可求得直线OE解析式，可知∠PGH=45°，用m可表示出PG的长，从而可表示出l的长，再利用二次函数的性质可求得其最大值；
（3）分AC为边和AC为对角线，当AC为边时，过M作对称轴的垂线，垂足为F，则可证得△MFN≌△AOC，可求得M到对称轴的距离，从而可求得M点的横坐标，可求得M点的坐标；当AC为对角线时，设AC的中点为K，可求得K的横坐标，从而可求得M的横坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标．
【解答】解：
（1）∵矩形OBDC的边CD=1，
∴OB=1，
∵AB=4，
∴OA=3，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣x+2；
（2）在y=﹣x2﹣x+2中，令y=2可得2=﹣x2﹣x+2，解得x=0或x=﹣2，
∴E（﹣2，2），
∴直线OE解析式为y=﹣x，
由题意可得P（m，﹣ m2﹣m+2），
∵PG∥y轴，
∴G（m，﹣m），
∵P在直线OE的上方，
∴PG=﹣m2﹣m+2﹣（﹣m）=﹣m2﹣m+2=﹣（m+）2+，
∵直线OE解析式为y=﹣x，
∴∠PGH=∠COE=45°，
∴l=PG= [﹣（m+）2+]=﹣（m+）2+，
∴当m=﹣时，l有最大值，最大值为；
（3）①当AC为平行四边形的边时，则有MN∥AC，且MN=AC，如图，过M作对称轴的垂线，垂足为F，设AC交对称轴于点L，
则∠ALF=∠ACO=∠FNM，
在△MFN和△AOC中
∴△MFN≌△AOC（AAS），
∴MF=AO=3，
∴点M到对称轴的距离为3，
又y=﹣x2﹣x+2，
∴抛物线对称轴为x=﹣1，
设M点坐标为（x，y），则|x+1|=3，解得x=2或x=﹣4，
当x=2时，y=﹣，当x=﹣4时，y=，
∴M点坐标为（2，﹣）或（﹣4，﹣）；
②当AC为对角线时，设AC的中点为K，
∵A（﹣3，0），C（0，2），
∴K（﹣，1），
∵点N在对称轴上，
∴点N的横坐标为﹣1，
设M点横坐标为x，
∴x+（﹣1）=2×（﹣）=﹣3，解得x=﹣2，此时y=2，
∴M（﹣2，2）；
综上可知点M的坐标为（2，﹣）或（﹣4，﹣）或（﹣2，2）．
2、（2017内江）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与y轴交与点C（0，3），与x轴交于A、B两点，点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x=1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设△MBN的面积为S，点M运动时间为t，试求S与t的函数关系，并求S的最大值；21世纪教育网版权所有
（3）在点M运动过程中，是否存在某一时刻t，使△MBN为直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．【来源：21·世纪·教育·网】
【分析】（1）把点A、B、C的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a、b、c的解析式，通过解方程组求得它们的值；21·世纪*教育网
（2）设运动时间为t秒．利用三角形的面积公式列出S△MBN与t的函数关系式S△MBN=﹣（t﹣1）2+．利用二次函数的图象性质进行解答；【来源：21cnj*y.co*m】
（3）根据余弦函数，可得关于t的方程，解方程，可得答案．
【解答】解：（1）∵点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x=1．
∴A（﹣2，0），
把点A（﹣2，0）、B（4，0）、点C（0，3），分别代入y=ax2+bx+c（a≠0），得
，
解得，
所以该抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+3；
（2）设运动时间为t秒，则AM=3t，BN=t．
∴MB=6﹣3t．
由题意得，点C的坐标为（0，3）．
在Rt△BOC中，BC==5．
如图1，过点N作NH⊥AB于点H．
∴NH∥CO，
∴△BHN∽△BOC，
∴，即=，
∴HN=t．
∴S△MBN=MB?HN=（6﹣3t）?t=﹣t2+t=﹣（t﹣1）2+，
当△PBQ存在时，0＜t＜2，
∴当t=1时，
S△PBQ最大=．
答：运动1秒使△PBQ的面积最大，最大面积是；
（3）如图2，
在Rt△OBC中，cos∠B==．
设运动时间为t秒，则AM=3t，BN=t．
∴MB=6﹣3t．
当∠MNB=90°时，cos∠B==，即=，
化简，得17t=24，解得t=，
当∠BMN=90°时，cos∠B==，
化简，得19t=30，解得t=，
综上所述：t=或t=时，△MBN为直角三角形．
3、（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．
（1）填空：点B的坐标为 （2，2） ；
（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；www-2-1-cnjy-com
（3）①求证： =；
②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．
【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；
（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；
（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题；
②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题；
【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，
∴BC=OA=2，OC=AB=2，∠BCO=∠BAO=90°，
∴B（2，2）．
故答案为（2，2）．
（2）存在．理由如下：
连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．
∵∠BDE=∠BCE=90°，
∴KD=KB=KE=KC，
∴B、D、E、C四点共圆，
∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，
∵tan∠ACO==，
∴∠ACO=30°，∠ACB=60°
①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，
∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，
∴∠DBC=∠BCD=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴DC=BC=2，
在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，
∴AC=2AO=4，
∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．
∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．
②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，
∴∠ABD=∠ADB=75°，
∴AB=AD=2，
综上所述，满足条件的AD的值为2或2．
（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，
∴∠DBC=∠DCE=30°，
∴tan∠DBE=，
∴=．
②如图2中，作DH⊥AB于H．
在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，
∴DH=AD=x，AH==x，
∴BH=2﹣x，
在Rt△BDH中，BD==，
∴DE=BD=?，
∴矩形BDEF的面积为y= []2=（x2﹣6x+12），
即y=x2﹣2x+4，
∴y=（x﹣3）2+，
∵＞0，
∴x=3时，y有最小值．
4. （2017.江苏宿迁）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2﹣2x﹣3交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），将该抛物线位于x轴上方曲线记作M，将该抛物线位于x轴下方部分沿x轴翻折，翻折后所得曲线记作N，曲线N交y轴于点C，连接AC、BC．
（1）求曲线N所在抛物线相应的函数表达式；
（2）求△ABC外接圆的半径；
（3）点P为曲线M或曲线N上的一动点，点Q为x轴上的一个动点，若以点B，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标．
【分析】（1）由已知抛物线可求得A、B坐标及顶点坐标，利用对称性可求得C的坐标，利用待定系数法可求得曲线N的解析式；
（2）由外接圆的定义可知圆心即为线段BC与AB的垂直平分线的交点，即直线y=x与抛物线对称轴的交点，可求得外接圆的圆心，再利用勾股定理可求得半径的长；
（3）设Q（x，0），当BC为平行四边形的边时，则有BQ∥PC且BQ=PC，从而可用x表示出P点的坐标，代入抛物线解析式可得到x的方程，可求得Q点坐标，当BC为平行四边形的对角线时，由B、C的坐标可求得平行四边形的对称中心的坐标，从而可表示出P点坐标，代入抛物线解析式可得到关于x的方程，可求得P点坐标．
【解答】解：
（1）在y=x2﹣2x﹣3中，令y=0可得x2﹣2x﹣3=0，解得x=﹣1或x=3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
令x=0可得y=﹣3，
又抛物线位于x轴下方部分沿x轴翻折后得到曲线N，
∴C（0，3），
设曲线N的解析式为y=ax2+bx+c，
把A、B、C的坐标代入可得，解得，
∴曲线N所在抛物线相应的函数表达式为y=﹣x2+2x+3；
（2）设△ABC外接圆的圆心为M，则点M为线段BC、线段AB垂直平分线的交点，
∵B（3，0），C（0，3），
∴线段BC的垂直平分线的解析式为y=x，
又线段AB的解析式为曲线N的对称轴，即x=1，
∴M（1，1），
∴MB==，
即△ABC外接圆的半径为；
（3）设Q（t，0），则BQ=|t﹣3|
①当BC为平行四边形的边时，如图1，则有BQ∥PC，
∴P点纵坐标为3，
即过C点与x轴平行的直线与曲线M和曲线N的交点即为点P，x轴上对应的即为点Q，
当点P在曲线M上时，在y=x2﹣2x﹣3中，令y=3可解得x=1+或x=1﹣，
∴PC=1+或PC=﹣1，
当x=1+时，可知点Q在点B的右侧，可得BQ=t﹣3，
∴t﹣3=1+，解得t=4+，
当x=1﹣时，可知点Q在点B的左侧，可得BQ=3﹣t，
∴3﹣t=﹣1，解得t=4﹣，
∴Q点坐标为（4+，0）或（4﹣，0）；
当点P在曲线N上时，在y=﹣x2+2x+3中，令y=3可求得x=0（舍去）或x=2，
∴PC=2，
此时Q点在B点的右侧，则BQ=t﹣3，
∴t﹣3=2，解得t=5，
∴Q点坐标为（5，0）；
②当BC为平行四边形的对角线时，
∵B（3，0），C（0，3），
∴线段BC的中点为（，），设P（x，y），
∴x+t=3，y+0=3，解得x=3﹣t，y=3，
∴P（3﹣t，3），
当点P在曲线M上时，则有3=（3﹣t）2﹣2（3﹣t）﹣3，解得t=2+或t=2﹣，
∴Q点坐标为（2+，0）或（2﹣，0）；
当点P在曲线N上时，则有3=﹣（3﹣t）2+2（3﹣t）+3，解得t=3（Q、B重合，舍去）或t=1，
∴Q点坐标为（1，0）；
综上可知Q点的坐标为（4+，0）或（4﹣，0）或（5，0）或（2+，0）或（2﹣，0）或（1，0）．
5、（2016·四川攀枝花）如图，在△AOB中，∠AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD、QC．
（1）当t为何值时，点Q与点D重合？
（2）当⊙Q经过点A时，求⊙P被OB截得的弦长．
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．
【分析】（1）由题意知CD⊥OA，所以△ACD∽△ABO，利用对应边的比求出AD的长度，若Q与D重合时，则，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；
（2）由于0＜t≤5，当Q经过A点时，OQ=4，此时用时为4s，过点P作PE⊥OB于点E，利用垂径定理即可求出⊙P被OB截得的弦长；
（3）若⊙P与线段QC只有一个公共点，分以下两种情况，①当QC与⊙P相切时，计算出此时的时间；②当Q与D重合时，计算出此时的时间；由以上两种情况即可得出t的取值范围．
【解答】解：（1）∵OA=6，OB=8，
∴由勾股定理可求得：AB=10，
由题意知：OQ=AP=t，
∴AC=2t，
∵AC是⊙P的直径，
∴∠CDA=90°，
∴CD∥OB，
∴△ACD∽△ABO，
∴，
∴AD=，
当Q与D重合时，
AD+OQ=OA，
∴+t=6，
∴t=；
（2）当⊙Q经过A点时，如图1，
OQ=OA﹣QA=4，
∴t==4s，
∴PA=4，
∴BP=AB﹣PA=6，
过点P作PE⊥OB于点E，⊙P与OB相交于点F、G，
连接PF，
∴PE∥OA，
∴△PEB∽△AOB，
∴，
∴PE=，
∴由勾股定理可求得：EF=，
由垂径定理可求知：FG=2EF=；
（3）当QC与⊙P相切时，如图2，
此时∠QCA=90°，
∵OQ=AP=t，
∴AQ=6﹣t，AC=2t，
∵∠A=∠A，
∠QCA=∠ABO，
∴△AQC∽△ABO，
∴，
∴，
∴t=，
∴当0＜t≤时，⊙P与QC只有一个交点，
当QC⊥OA时，
此时Q与D重合，
由（1）可知：t=，
∴当＜t≤5时，⊙P与QC只有一个交点，
综上所述，当，⊙P与QC只有一个交点，t的取值范围为：0＜t≤或＜t≤5．
【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，学生需要根据题意画出相应的图形来分析，并且能综合运用所学知识进行解答．.
6、（2017贵州安顺）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；
（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．
【解答】解：
（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，
∴B（3，0），C（0，3），
把B、C坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；
（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），
设M（2，t），且C（0，3），
∴MC==，MP=|t+1|，PC==2，
∵△CPM为等腰三角形，
∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，
①当MC=MP时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；
②当MC=PC时，则有=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，此时M（2，7）；
③当MP=PC时，则有|t+1|=2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此时M（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；21*cnjy*com
综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，
设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），
∵0＜x＜3，
∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，
∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF?OD+EF?BD=EF?OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，
∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），
即当E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．
