挑戰2023年中考數學壓軸題之學霸秘笈大揭秘（全國通用）專題15二次函數與角綜合問題二次函數與角綜合問題，常見的主要有三種類型：特殊角問題：利用特殊角的三角函數值找到線段之間的數量關系遇到特殊角可以構造特殊三角形，如遇到45°構造等腰直角三角形，遇到30°、60°構造等邊三角形，遇到90°構造直角三角形2.角的數量關系問題（1）等角問題：借助特殊圖形的性質、全等和相似的性質來解決；構造圓，利用圓周角的性質來解決（2）二倍角問題：利用角平分線的性質、等腰三角形的性質、對稱、輔助圓等知識來解答（3）角的和差問題3.角的最值問題：利用輔助圓等知識來解答

【例1】（2022?西寧）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（3，0），與y軸交于點B，點C在直線AB上，過點C作CD⊥x軸于點D（1，0），將△ACD沿CD所在直線翻折，使點A恰好落在拋物線上的點E處．（1）求拋物線解析式；（2）連接BE，求△BCE的面積；（3）拋物線上是否存在一點P，使∠PEA＝∠BAE？若存在，求出P點坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由點A的坐標可得出點E的坐標，由點A，E的坐標，利用待定系數法即可求出拋物線的解析式；（2）利用二次函數圖象上點的坐標特征可求出點B的坐標，由點A，B的坐標，利用待定系數法可求出直線AB的解析式，利用一次函數圖象上點的坐標特征可求出點C的坐標，再利用三角形的面積計算公式，結合S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE，即可求出△BCE的面積；（3）存在，由點A，B的坐標可得出OA＝OB，結合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°，設點P的坐標為（m，﹣m2+2m+3），分點P在x軸上方及點P在x軸下方兩種情況考慮：①當點P在x軸上方時記為P1，過點P1作P1M⊥x軸于點M，則EM＝P1M，進而可得出關于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，將符合題意的m值代入點P的坐標中即可求出點P1的坐標；②當點P在x軸下方時記為P2，過點P2作P2N⊥x軸于點N，則EN＝P2N，進而可得出關于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，將符合題意的m值代入點P的坐標中即可求出點P2的坐標．【解答】解：（1）∵將△ACD沿CD所在直線翻折，使點A恰好落在拋物線上的點E處，點A的坐標為（3，0），點D的坐標為（1，0），∴點E的坐標為（﹣1，0）．將A（3，0），E（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3，得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．（2）當x＝0時，y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3，∴點B的坐標為（0，3）．設直線AB的解析式為y＝mx+n（m≠0），將A（3，0），B（0，3）代入y＝mx+n，得：，解得：，∴直線AB的解析式為y＝﹣x+3．∵點C在直線AB上，CD⊥x軸于點D（1，0），當x＝1時，y＝﹣1×1+3＝2，∴點C的坐標為（1，2）．∵點A的坐標為（3，0），點B的坐標為（0，3），點C的坐標為（1，2），點E的坐標為（﹣1，0），∴AE＝4，OB＝3，CD＝2，∴S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE＝AE?OB﹣AE?CD＝×4×3﹣×4×2＝2，∴△BCE的面積為2．（3）存在，理由如下：∵點A的坐標為（3，0），點B的坐標為（0，3），∴OA＝OB＝3．在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB，∴∠BAE＝45°.∵點P在拋物線上，∴設點P的坐標為（m，﹣m2+2m+3）．①當點P在x軸上方時記為P1，過點P1作P1M⊥x軸于點M，在Rt△EMP1中，∠P1EA＝45°，∠P1ME＝90°，∴EM＝P1M，即m﹣（﹣1）＝﹣m2+2m+3，解得：m1＝﹣1（不合題意，舍去），m2＝2，∴點P1的坐標為（2，3）；②當點P在x軸下方時記為P2，過點P2作P2N⊥x軸于點N，在Rt△ENP2中，∠P2EN＝45°，∠P2NE＝90°，∴EN＝P2N，即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m2+2m+3），解得：m1＝﹣1（不合題意，舍去），m2＝4，∴點P2的坐標為（4，﹣5）．綜上所述，拋物線上存在一點P，使∠PEA＝∠BAE，點P的坐標為（2，3）或（4，﹣5）．【例2】（2022?益陽）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的頂點P在拋物線F：y＝ax2上，直線x＝t與拋物線E，F分別交于點A，B．（1）求a的值；（2）將A，B的縱坐標分別記為yA，yB，設s＝yA﹣yB，若s的最大值為4，則m的值是多少？（3）Q是x軸的正半軸上一點，且PQ的中點M恰好在拋物線F上．試探究：此時無論m為何負值，在y軸的負半軸上是否存在定點G，使∠PQG總為直角？若存在，請求出點G的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由拋物線的頂點式可直接得出頂點P的坐標，再代入拋物線F即可得出結論；（2）根據題意可分別表達A，B的縱坐標，再根據二次函數的性質可得出m的值；（3）過點Q作x軸的垂線KN，分別過點P，G作x軸的平行線，與KN分別交于K，N，則△PKQ∽△QNG，設出點M的坐標，可表達點Q和點G的坐標，進而可得出結論．【解答】解：（1）由題意可知，拋物線E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的頂點P的坐標為（m，2m2），∵點P在拋物線F：y＝ax2上，∴am2＝2m2，∴a＝2．（2）∵直線x＝t與拋物線E，F分別交于點A，B，∴yA＝﹣（t﹣m）2+2m2＝﹣t2+2mt+m2，yB＝2t2，∴s＝yA﹣yB＝﹣t2+2mt+m2﹣2t2＝﹣3t2+2mt+m2＝﹣3（t﹣m）2+m2，∵﹣3＜0，∴當t＝m時，s的最大值為m2，∵s的最大值為4，∴m2＝4，解得m＝±，∵m＜0，∴m＝﹣．（3）存在，理由如下：設點M的坐標為n，則M（n，2n2），∴Q（2n﹣m，4n2﹣2m2），∵點Q在x軸正半軸上，∴2n﹣m＞0且4n2﹣2m2＝0，∴n＝﹣m，∴M（﹣m，m2），Q（﹣m﹣m，0）．如圖，過點Q作x軸的垂線KN，分別過點P，G作x軸的平行線，與KN分別交于K，N，∴∠K＝∠N＝90°，∠QPK+∠PQK＝90°，∵∠PQG＝90°，∴∠PQK+∠GQN＝90°，∴∠QPK＝∠GQN，∴△PKQ∽△QNG，∴PK：QN＝KQ：GN，即PK?GN＝KQ?QN．∵PK＝﹣m﹣m﹣m＝﹣m﹣2m，KQ＝2m2，GN＝﹣m﹣m，∴（﹣m﹣2m）（﹣m﹣m）＝2m2?QN解得QN＝．∴G（0，﹣）．【例3】（2022?鄂爾多斯）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+2經過A（，0），B（3，）兩點，與y軸交于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）點P在拋物線上，過P作PD⊥x軸，交直線BC于點D，若以P、D、O、C為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的橫坐標；（3）拋物線上是否存在點Q，使∠QCB＝45°？若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據待定系數法，將點A，點B代入拋物線解析式，解關于b，c的二元一次方程組，即可求得拋物線的解析式；（2）設出點P的坐標，確定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；（3）過點D作DF⊥CP交CP的延長線于點F，過點F作y軸的平行線EF，過點D作DE⊥EF于點E，過點C作CG⊥EF于點G，證明△DEF≌△FGC（AAS），由全等三角形的性質得出DE＝FG，EF＝CG，求出F點的坐標，由待定系數法求出直線CF的解析式，聯立直線CF和拋物線解析式即可得出點P的坐標．【解答】解：（1）將點A（﹣，0），B（3，）代入到y＝ax2+bx+2中得：，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+2；（2）設點P（m，﹣m2+m+2），∵y＝﹣x2+x+2，∴C（0，2），設直線BC的解析式為y＝kx+c，∴，解得，∴直線BC的解析式為y＝x+2，∴D（m，m+2），∴PD＝|﹣m2+m+2﹣m﹣2|＝|m2﹣3m|，∵PD⊥x軸，OC⊥x軸，∴PD∥CO，∴當PD＝CO時，以P、D、O、C為頂點的四邊形是平行四邊形，∴|m2﹣3m|＝2，解得m＝1或2或或，∴點P的橫坐標為1或2或或；（3）①當Q在BC下方時，如圖，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN⊥MH于N，∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，∵∠QCB＝45°，∴△BHC是等腰直角三角形，∴CH＝HB，∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，∴∠CHM＝∠HBN，∴△CHM≌△HBN（AAS），∴CM＝HN，MH＝BN，∵H（m，n），∵C（0，2），B（3，），∴，解得，∴H（，），設直線CH的解析式為y＝px+q，∴，解得，∴直線CH的解析式為y＝﹣x+2，聯立直線CF與拋物線解析式得，解得或，∴Q（，）；②當Q在BC上方時，如圖，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN⊥MH于N，同理得Q（，）．綜上，存在，點Q的坐標為（，）或（，）．【例4】（2022?菏澤）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點，與y軸交于點C（0，4），連接AC、BC．（1）求拋物線的表達式；（2）將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應點為D，直接寫出點D的坐標，并求出四邊形OADC的面積；（3）點P是拋物線上的一動點，當∠PCB＝∠ABC時，求點P的坐標．【分析】（1）利用待定系數法解答即可；（2）過點D作DE⊥x軸于點E，利用軸對稱的性質和三角形的中位線的性質定理求得線段OE，DE，則點D坐標可得；利用四邊形OADC的面積＝S△OAC+S△ACD，S△ADC＝S△ABC，利用三角形的面積公式即可求得結論；（3）利用分類討論的思想方法分兩種情況討論解答：①當點P在BC上方時，利用平行線的判定與性質可得點C，P的縱坐標相等，利用拋物線的解析式即可求得結論；②當點P在BC下方時，設PC交x軸于點H，設HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定與性質和勾股定理求得m值，則點H坐標可求；利用待定系數法求得直線PC的解析式，與拋物線解析式聯立即可求得點P坐標；【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點，與y軸交于點C（0，4），∴，解得：．∴拋物線的表達式為y＝﹣+x+4；（2）點D的坐標為（﹣8，8），理由：將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應點為D，如圖，過點D作DE⊥x軸于點E，∵A（﹣2，0）、B（8，0），C（0，4），∴OA＝2，OB＝8，OC＝4．∵，，∴．∵∠AOC＝∠COB＝90°，∴△AOC∽△COB，∴∠ACO＝∠CBO．∵∠CBO+∠OCB＝90°，∴∠ACO+∠OCB＝90°，∴∠ACB＝90°，∵將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應點為D，∴點D，C，B三點在一條直線上．由軸對稱的性質得：BC＝CD，AB＝AD．∵OC⊥AB，DE⊥AB，∴DE∥OC，∴OC為△BDE的中位線，∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，∴D（﹣8，8）；由題意得：S△ACD＝S△ABC，∴四邊形OADC的面積＝S△OAC+S△ADC＝S△OAC+S△ABC＝OC?OA+AB?OC＝4×2+10×4＝4+20＝24；（3）①當點P在BC上方時，如圖，∵∠PCB＝∠ABC，∴PC∥AB，∴點C，P的縱坐標相等，∴點P的縱坐標為4，令y＝4，則﹣+x+4＝4，解得：x＝0或x＝6，∴P（6，4）；②當點P在BC下方時，如圖，設PC交x軸于點H，∵∠PCB＝∠ABC，∴HC＝HB．設HB＝HC＝m，∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，在Rt△COH中，∵OC2+OH2＝CH2，∴42+（8﹣m）2＝m2，解得：m＝5，∴OH＝3，∴H（3，0）．設直線PC的解析式為y＝kx+n，∴，解得：．∴y＝﹣x+4．∴，解得：，．∴P（，﹣）．綜上，點P的坐標為（6，4）或（，﹣）．1．（2022?江岸區模擬）已知：拋物線y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x軸于A、B（A左B右），交y軸正半軸于點C，且OB＝OC．（1）如圖1，求拋物線的解析式；（2）如圖2，點P為第一象限拋物線上一點，連接AP，AP交y軸于點D，設P的橫坐標為m，CD的長為d，求d與m的函數解析式（不要求寫出自變量m的取值范圍）；（3）如圖3，在（2）的條件下，過點P作PE⊥y軸于點E，延長EP至點G，使得PG＝3CE，連接CG交AP于點F，且∠AFC＝45°，連接AG交拋物線于T，求點T的坐標．【分析】（1）由圖象可得B點坐標，代入函數解析數即可求解；（2）表示出點P坐標，由正切公式可表示出d與m的關系，即可求出；（3）作出輔助線，得到?CGPW，利用正切公式求出m與k的值，得到G點坐標，然后表示出∠GAB的正切值，從而求出T點坐標．【解答】解：（1）當y＝0時，﹣（x+k）（x﹣7）＝0，解得：x＝﹣k或7，∴點B的坐標為（7，0），A（﹣k，0），∵OB＝OC，∴OC＝OB＝7，∴點C的坐標為（0，7），將點C的坐標代入拋物線表達式得：﹣（0+k）（0﹣7）＝7，解得：k＝2，∴y＝﹣（x+2）（x﹣7）＝﹣x2+x+7，故拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+7；（2）過點P作PK⊥AB與點K，PE⊥y軸于點E，如圖1，∵y＝﹣（x+2）（x﹣7），∴P（m，﹣（m+2）（m﹣7）），A（﹣2，0），∴AK＝m+2，tan∠PAB＝＝＝，∴DO＝AO?tan∠PAB＝2（）＝7﹣m，∴CD＝7﹣（7﹣m）＝m，∴d＝m．（3）過點C作WC⊥ED使得WD＝PD，TL⊥AB，連接WD，WP，設EC＝k，則PG＝3k，∵∠WCD＝∠DEP，CD＝EP，WD＝PD，∴△WCD≌△DEP，則△PWD為等腰直角三角形，∴∠WPD＝45°＝∠CFD，∴WP∥CG，∴四邊形CGPW為平行四邊形，∴CW＝PG＝3k＝ED，∴CD＝2k＝PE，∴tan∠APE＝＝，由（2）可得tan∠PAB＝，∴＝，∴m＝4，k＝2，∴EO＝7+2＝9，EG＝10，∴G（10，9），A（﹣2，0），∴tan∠GAB＝＝，再設T坐標為（t，﹣（t+2）（t﹣7）），則tan∠TAB＝＝，∴t＝，∴T（，）．2．（2022?沈陽模擬）如圖1，在平面直角坐標系中．拋物線y＝ax2+bx+2與x軸交于A（﹣4，0）和B（1，0），與y軸交于點C，連接AC，BC．（1）求該拋物線的解析式；（2）如圖2，點M為直線AC上方的拋物線上任意一點，過點M作y軸的平行線，交AC于點N，過點M作x軸的平行線，交直線AC于點Q，求△MNQ周長的最大值；（3）點P為拋物線上的一動點，且∠ACP＝45°﹣∠BAC，請直接寫出滿足條件的點P的坐標．【分析】（1）用待定系數法可得拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2；（2）設直線AC解析式為y＝kx+2，用待定系數法得直線AC解析式為y＝x+2，設M（x，﹣x2﹣x+2），則N（x，x+2），即得MN＝﹣x2﹣2x，可證△QMN∽△AOC，有＝＝，故MQ＝2MN，NQ＝MN，可得△MNQ周長MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝﹣（x﹣2）2+6+2，即得當x＝2時，△MNQ周長最大值為6+2；（3）在x軸負半軸上取D，使OC＝OD，連接CD交拋物線于P，此時∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是滿足條件的點，由C（0，2），D（2，0），得直線CD解析式為y＝x+2，即可解得P（﹣5，﹣3），作D關于直線AC的對稱點E，連接CE并延長交拋物線于P'，由對稱性知∠ACP'＝∠ACP，P'是滿足條件的點，設E（m，n），可得，可解得E（﹣，），從而可得直線CE解析式為：y＝x+2，即可解得P'（﹣，）．【解答】解：（1）把A（﹣4，0）和B（1，0）代入y＝ax2+bx+2得：，解得，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2；（2）由y＝﹣x2﹣x+2可得C（0，2），設直線AC解析式為y＝kx+2，把A（﹣4，0）代入得：﹣4k+2＝0，解得k＝，∴直線AC解析式為y＝x+2，設M（x，﹣x2﹣x+2），則N（x，x+2），∴MN＝﹣x2﹣x+2﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x，∵MQ∥x軸，MN∥y軸，∴∠MQN＝∠CAO，∠NMQ＝∠AOC＝90°，∴△QMN∽△AOC，∴＝＝，即＝＝，∴MQ＝2MN，NQ＝MN，∴△MNQ周長MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝（3+）MN＝（3+）×（﹣x2﹣2x）＝﹣（x+2）2+6+2，∵﹣＜0，∴當x＝﹣2時，△MNQ周長最大值為6+2；（3）在x軸負半軸上取D，使OC＝OD，連接CD交拋物線于P，如圖：∴D（﹣2，0），∠CDO＝45°，此時∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是滿足條件的點，∵C（0，2），D（2，0），∴直線CD解析式為y＝x+2，由得或，∴P（﹣5，﹣3），作D關于直線AC的對稱點E，連接CE并延長交拋物線于P'，由對稱性知∠ACP'＝∠ACP，P'是滿足條件的點，設E（m，n），根據AE＝AD，CE＝CD可得：，解得或，∴E（﹣，），由E（﹣，），C（0，2）可得直線CE解析式為：y＝x+2，解得或，∴P'（﹣，），綜上所述，P的坐標為（﹣5，﹣3）或（﹣，）．3．（2022?沈陽模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A，B兩點（點B在點A的右邊），點A坐標為（1，0），拋物線與y軸交于點C，S△ABC＝3．（1）求拋物線的函數表達式；（2）點P（x，y）是拋物線上一動點，且x＞3．作PN⊥BC于N，設PN＝d，求d與x的函數關系式；（3）在（2）的條件下，過點A作PC的平行線交y軸于點F，連接BF，在直線AF上取點E，連接PE，使PE＝2BF，且∠PEF+∠BFE＝180°，請直接寫出P點坐標．【分析】（1）根據二次函數的解析式求出C點的坐標，再根據△ABC的面積求出AB的長度，根據A點的坐標再求出B點的坐標，再用待定系數法求出拋物線的解析式即可；（2）用待定系數法求出直線BC的解析式，過點P作PD⊥x軸交BC于點E，交x軸于點D，利用三角函數求出PN＝PE，設出P點的坐標，得出E點的坐標，然后根據PE求出PN即可得出d和x的函數關系式；（3）過點P作PH⊥FE于點H，過點C作CI⊥FE于點I，過點B作BJ⊥FE于點J，設FE交BC于點K，證△PEH∽△BJF，然后證四邊形CPHI是矩形，進而得出K點的坐標，求出AF的解析式，再求出直線PC的解析式，聯立直線PC和拋物線的解析式求出P點的坐標即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3與y軸交于點C，當x＝0時，y＝3，∴C（0，3），即OC＝3，∵S△ABC＝3，∴×AB×OC＝3，即AB×3＝3，∴AB＝2，又∵A（1，0）且點B在點A的右邊，∴B（3，0），把A點和B點坐標代入拋物線y＝ax2+bx+3，得，解得，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣4x+3；（2）由（1）知，C（0，3），B（3，0），設直線BC的解析式為y＝kx+t，代入B點和C點的坐標得，解得，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，過點P作PD⊥x軸交BC延長線于點E，交x軸于點D，∵OC＝OB，∴∠CBO＝45°，又∵∠COB＝∠PDO＝90°，且∠CBO＝∠DBE＝45°，∴∠PEC＝45°，且PN⊥CB，∴∠NPE＝45°，∴cos∠NPE＝＝cos45°＝，∴PN＝PE，設P（m，m2﹣4m+3），則E（m，﹣m+3），∴PE＝m2﹣4m+3﹣（﹣m+3）＝m2﹣3m，∴PN＝d＝PE＝（m2﹣3m）＝m2﹣m，∴d＝x2﹣x；（3）如下圖，過點P作PH⊥FE于點H，過點C作CI⊥FE于點I，過點B作BJ⊥FE于點J，設FE交BC于點K，∵∠PEF+∠BFE＝180°，且∠PEF+∠PEH＝180°，∴∠BFE＝∠PEH，∵∠PHE＝∠CIJ＝∠BJH＝90°，又∵PE＝2BF，∴△PEH∽△BJF，∴BJ＝PH，又∵CP∥AH，且CI∥PH，∴四邊形CPHI是矩形，∴CJ＝PH，又∵∠CJI＝∠BKJ，∴BJ＝CI，∴BK＝CK，∴K（2，1），設直線AF的解析式為y＝sx+n，代入K點和A點的坐標得，解得，∴直線AF的解析式為y＝x﹣1，設直線PC的解析式為y＝x+g，代入C點坐標得g＝3，∴直線PC的解析式為y＝x+3，聯立直線PC和拋物線的解析式得，解得或，∴P（5，8）．4．（2022?成都模擬）如圖，已知拋物線表達式為y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0），直線y＝x+與坐標軸交于點A，B．（1）若該拋物線過原點，求拋物線的表達式．（2）試說明無論a為何值，拋物線一定經過兩個定點，并求出這兩個定點的坐標．點P為兩定點所在直線上的動點，當點P到點A的距離和到直線AB的距離之和最小時，求點P的坐標；（3）點N是拋物線上一動點，點M（﹣4，0），且∠NMA+∠OBA＝90°，若滿足條件的點N的個數恰好為3個，求a的值．【分析】（1）將原點（0，0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0），即可求解；（2）由y＝x+中，得A（﹣3，0），B（0，），由y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1，即得二次函數的圖象過兩定點C（2，1）和D（﹣1，1）；則直線CD為y＝1，設P（p，1），過點P作PH⊥AB于H，可得PA2＝（p+3）2+1，證明△PHD∽△BOA，根據相似三角形的性質得PH＝，PH2＝（p+1）2，則PA2+PH2最小時，PA+PH最小，根據二次函數的性質即可求解；（3）由∠NMA+∠OBA＝90°，知N在過點M且與直線AB平行的直線y＝x+2上，或在直線y＝﹣x﹣2上，由圖得a＞0，直線y＝x+2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1總有兩個交點，當直線y＝﹣x﹣2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1個交點時即滿足題意，由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2的Δ＝0，即可求解．【解答】解：（1）把（0，0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1得：﹣2a+1＝0，解得a＝，∴拋物線的表達式為y＝x2﹣x；（2）∵y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1，∴x＝2或x＝﹣1時，y＝1，即二次函數的圖象過兩定點C（2，1）和D（﹣1，1），∴直線CD為y＝1，CD∥x軸，在y＝x+中，令x＝0得y＝，令y＝0得x＝﹣3，∴A（﹣3，0），B（0，），∴OA＝3，OB＝，AB＝＝，如圖：過點P作PH⊥AB于H，設P（p，1），∴∠PHD＝∠BOA＝90°，∵CD∥x軸，∴∠PDH＝∠BAO，∴△PHD∽△BOA，∴，∴，∴PH＝，PH2＝（p+1）2，∵PA2＝（p+3）2+1，∴PA2+PH2最小時，PA+PH最小，PA2+PH2＝（p+3）2+1+（p+1）2＝p2+p+＝（p+）2+，∴當p＝﹣時，點P到點A的距離和到直線AB的距離之和最小，此時，點P的坐標為（﹣，1）；（3）如圖，∵∠NMA+∠OBA＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，∴∠NMA＝∠OAB，∴MN∥AB，∵直線AB：y＝x+，設直線MN為y＝x+m，∵點M（﹣4，0），∴﹣2+m＝0，解得m＝2，∴N在過點M且與直線AB平行的直線y＝x+2上，或在直線y＝﹣x﹣2上，由圖得a＞0，直線y＝x+2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1總有兩個交點，∴當直線y＝﹣x﹣2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1個交點時即滿足題意，由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2得：ax2+（﹣a）x+3﹣2a＝0，當Δ＝0，即（﹣a）2﹣4a（3﹣2a）＝0時，a＝或（舍去），∴a的值為．5．（2022?成都模擬）如圖1所示，直線y＝x+3與x軸、y軸分別相交于點A，點B，點C（1，2）在經過點A，B的二次函數y＝ax2+bx+c的圖象上．（1）求拋物線的解析式；（2）點P為線段AB上（不與端點重合）的一動點，過點P作PQ∥y軸交拋物線于點Q，求PQ+PB取得最大值時點P的坐標；（3）如圖2，連接BC并延長，交x軸于點D，E為第三象限拋物線上一點，連接DE，點G為x軸上一點，且G（﹣1，0），直線CG與DE交于點F，點H在線段CF上，且∠CFD+∠ABH＝45°，連接BH交OA于點M，已知∠GDF＝∠HBO，求點H的坐標．【分析】（1）求得A、B兩點坐標，將A、B、C三點坐標代入拋物線的解析式，進而求得結果；（2）作PD⊥OB于D，設出點P和Q點坐標，表示出PQ的長，由△BPD∽△BAO表示出PB，從而表示出PQ+PB，進而根據二次函數性質求得結果；（3）作CN⊥AD于N，作MT⊥AB于T，根據條件推出BM平分∠ABO，根據S△ABM+S△BOM＝S△AOB，求得OM長，進而得出直線CG，BM的解析式，進一步求得結果．【解答】解：（1）由題意得：A（﹣4，0），B（0，3），∴，∴，∴y＝﹣﹣+3；（2）如圖1，作PD⊥OB于D，設Q（m，﹣﹣+3），P（m，m+3），∴PQ＝﹣﹣+3﹣（＝﹣﹣，∵PD∥OA，∴△BPD∽△BAO，∴＝，∴＝，∴PB＝﹣，∴PQ+PB＝﹣﹣m﹣m＝﹣﹣，∴當m＝﹣＝﹣，∵+3＝，∴P（﹣，）；（3）如圖2，作CN⊥AD于N，作MT⊥AB于T，∵C（1，2），G（﹣1，0），∴CN＝GN＝2，∴∠CGN＝∠NCG＝45°，∴∠CFD+∠GDF＝45°，∵∠CFD+∠ABH＝45°，∴∠GDF＝∠ABH，∵∠GDF＝∠HBO，∴∠ABH＝∠HBO，∴OM＝MT，∵S△ABM+S△BOM＝S△AOB，∴，∴5OM+3OM＝3×4，∴OM＝，∴M（﹣，0），∴直線BM的解析式為：y＝2x+3，∵C（1，2），G（﹣1，0），∴直線CG的解析式為：y＝x+1，由2x+3＝x+1得，x＝﹣2，∴x+1＝﹣1，∴H（﹣2，﹣1）．6．（2022?洪山區模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），與y軸交于點C（0，3），與直線l：y＝k（x﹣3）+3（k＞0）交于D，E兩點．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，連接BD，若△BDE的面積為6，求k的值；（3）如圖2，若直線l與拋物線交于M，N兩點，與BC交于點P，且∠MBC＝∠NBC．求P點的坐標．【分析】（1）運用待定系數法即可求得答案；（2）先根據直線l的解析式得出定點F（3，3），連接BF，則BF∥y軸，BF＝3，根據由三角形面積可得xE﹣xD＝4，聯立得整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0，再由根與系數關系可得：xD+xE＝2﹣k，xD?xE＝﹣3k，即可求得k的值；（3）設M（x1，﹣x12+2x1+3），N（x2，﹣x22+2x2+3），如圖2，分別過點M、N作ME⊥x軸于點E，NQ⊥BF于點Q，可證得∠MBE＝∠NBQ，得出tan∠MBE＝tan∠NBQ，即＝，即可求得k的值，得出直線l的解析式，再利用待定系數法求得直線BC的解析式為y＝﹣x+3，聯立方程組求解即可得出答案．【解答】解：（1）∵拋物線與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），∴設y＝a（x+1）（x﹣3），把C（0，3）代入得，3＝a×（0+1）×（0﹣3），解得：a＝﹣1，∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）∵直線l：y＝k（x﹣3）+3，當x＝3時，y＝3，∴點F（3，3）是直線l上一定點，如圖1，連接BF，則BF∥y軸，BF＝3，∵S△BDF﹣S△BEF＝S△BDE＝6，∴BF（3﹣xD）﹣BF（3﹣xE）＝6，即（xE﹣xD）＝6，∴xE﹣xD＝4，聯立得：﹣x2+2x+3＝k（x﹣3）+3，整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0，∴xD+xE＝2﹣k，xD?xE＝﹣3k，∵（xD+xE）2﹣4xD?xE＝（xE﹣xD）2，∴（2﹣k）2﹣4×（﹣3k）＝42，解得：k1＝﹣4+2，k2＝﹣4﹣2，∵k＞0，∴k＝﹣4+2；（3）設M（x1，﹣x12+2x1+3），N（x2，﹣x22+2x2+3），如圖2，分別過點M、N作ME⊥x軸于點E，NQ⊥BF于點Q，∵C（0，3），B（3，0），∴OB＝OC，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝45°，∠CBQ＝45°，∵∠MBC＝∠NBC，∴∠MBE＝∠NBQ，∴tan∠MBE＝tan∠NBQ，∴＝，∴＝，即＝，∴x1+x2+x1x2＝0，由（2）知：x1+x2＝2﹣k，x1?x2＝﹣3k，∴2﹣k﹣3k＝0，解得：k＝，∴直線l的解析式為y＝（x﹣3）+3，設直線BC的解析式為y＝mx+n，則，解得：，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，聯立方程組得，解得：，∴P點的坐標為（1，2）．7．（2022?洪山區模擬）拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸的正半軸交于C點，△ABC的面積為6．（1）直接寫出點A、B的坐標為A（﹣1，0），B（3，0）；拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．（2）如圖1，連結AC，若在第一象限拋物線上存在點D，使點D到直線AC的距離為，求點D的坐標；（3）如圖2，平行于AC的直線交拋物線于M、N兩點，在拋物線上存在點P，當PQ⊥y軸時，PQ恰好平分∠MPN，求P點坐標．【分析】（1）令y＝0，可求出x的值，進而可得出A，B的坐標；令x＝0，可求出y的值，可得出點C的坐標，得出線段OC的長，利用三角形的面積公式可得出a的值；（2）過點O作OQ⊥AC于點Q，根據三角形面積的等積法可求出OQ的長，進可得出點D的位置，利用全等三角形的性質求出直線QA′的解析式，聯立可求出點D的坐標；（3）過點M作ME⊥DE于E，過點N作NF⊥DE于F，根據∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°，可得△MPE∽△NPF，設出M、N、P三點的坐標（只設橫坐標，縱坐標用橫坐標表示），分別用橫坐標之差、縱坐標之差表示出兩個相似三角形的直角邊，列出比例等式；設出MN的解析式，與拋物線方程聯立，得出兩根之和的關系式，結合前面的比例等式解出P點的橫坐標，進而算出縱坐標．【解答】解：（1）令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0）；令x＝0，則y＝﹣3a，∴C（0，﹣3a），即OC＝﹣3a，∴S＝×4×（﹣3a）＝6，解得a＝﹣1，∴函數解析式為：y＝﹣x2+2x+3．故答案為：A（﹣1，0），B（3，0）；y＝﹣x2+2x+3．（2）由（1）知，A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），∴OA＝1，OC＝3，AB＝，過點O作OG⊥AC于點G，∴S△OAC＝?OA?OB＝?AC?OG∴×1×3＝×?OG，∴OG＝，設點D到直線AC的距離h＝＝2OG，延長GO到點G′，使得OG′＝OG，過點G′作AC的平行線與x軸交于點A′，與拋物線在第一象限內交于點D，∴∠GAO＝∠G′A′O，∵∠GOA＝∠G′OA′，∴△GAO≌△G′A′O（AAS），∴OA＝OA′＝1，∴A′（1，0），∵A（﹣1，0），C（0，3），∴直線AC的解析式為：y＝3x+3，∴直線A′G′的解析式為：y＝3x﹣3，令3x﹣3＝﹣x2+2x+3，解得x＝2或x＝﹣3，∵點D在第一象限，∴D（2，3）．（3）如圖，過點M作ME⊥DE于E，過點N作NF⊥DE于F，設M（x1，﹣x12+2x1+3），N（x2，﹣x22+2x2+3），P（x0，﹣x02+2x0+3），則：ME＝﹣x12+2x1+3﹣（﹣x02+2x0+3）＝﹣x12+2x1+x02﹣2x0＝﹣（x1﹣x0）（x1+x0）+2（x1﹣x0）＝（x0+x1﹣2）（x0﹣x1），PE＝x0﹣x1，FN＝﹣x02+2x0+3﹣（﹣x22+2x2+3）＝﹣（x0+x2﹣2）（x0﹣x2），PF＝x0﹣x2，∵PQ恰好平分∠MPN，即∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°，∴△MPE∽△NPF，∴＝，∴＝，∴x0＝，∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），∵MN∥AC，∴設直線MN的解析式為y＝3x+b，令3x+b＝﹣x2+2x+3，由消去y整理得：x2+x﹣3+b＝0，由韋達定理可知：x1+x2＝﹣1，∴x＝，∴x?2x?3＝，∴P（，）．8．（2022?泰安模擬）如圖，拋物線y＝mx2+3mx﹣2m+1的圖象經過點C，交x軸于點A（x1，0），B（x2，0）（點A在點B左側），且x2﹣x1＝5，連接BC，D是AC上方的拋物線一點．（1）求拋物線的解析式；（2）連接BC，CD，S△DCE：S△BCE是否存在最大值？若存在，請求出其最大值及此時點D的坐標；若不存在，請說明理由；（3）第二象限內拋物線上是否存在一點D，DF垂直AC于點F，使得△DCF中有一個銳角等于∠BAC的兩倍？若存在，求點D的橫坐標，若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用拋物線與x軸的交點的橫坐標與一元二次方程根的聯系，用一元二次方程根與系數的關系定理列出關于m的方程，解方程即可得出結論；（2）過點D作DH⊥x軸于點H，交AC于點M，過點B作BN⊥x軸于點B，交直線AC于點N，利用待定系數法求得直線AC的解析式，設D（a，a+2），則M（a，a+2），求得線段DM，BN的長，利用同高的三角形的面積關系列出S△DCE：S△BCE關于a的等式，利用配方法和二次函數的性質解答即可；（3）利用分類討論的思想方法分兩種情況討論解答：①當∠DCF＝2∠BAC時，②當∠FDC＝2∠BAC時：取AB的中點P，連接OP，過點D作DR⊥y軸于點R，延長交AC于點G，利用勾股定理的逆定理判定△ABC為直角三角形，∠ACB＝90°，設D（a，a+2），則DR＝﹣a，OR＝a+2，利用直角三角形的邊角關系定理列出關于a的方程，解方程即可得出結論．【解答】解：（1）∵拋物線y＝mx2+3mx﹣2m+1的圖象交x軸于點A（x1，0），B（x2，0），∴x1，x2是方程mx2+3mx﹣2m+1＝0的兩根，∴x1+x2＝﹣3，x1?x2＝．∵x2﹣x1＝5，∴＝25．即：﹣4x1?x2＝25，∴9﹣4×＝25．解得：m＝﹣．∴拋物線的解析式為y＝﹣﹣x+2．（2）S△DCE：S△BCE存在最大值，此時點D的坐標為（﹣2，3），理由：令y＝0，則﹣﹣x+2＝0，解得：x＝﹣4或1，∴A（﹣4，0），B（1，0），令x＝0，則y＝2，∴C（0，2）．設直線AC的解析式為y＝kx+b，∴，解得：，∴直線AC的解析式為y＝x+2．過點D作DH⊥x軸于點H，交AC于點M，過點B作BN⊥x軸于點B，交直線AC于點N，如圖，則DM∥BN，∴△EDM∽△EBN，∴．設D（a，a+2），則M（a，a+2），∴DM＝（a+2）﹣（a+2）＝﹣﹣2a．當x＝1時，y＝×1+2＝，∴N（1，）．∴BN＝．∵等高的三角形的面積比等于底的比，∴S△DCE：S△B?E＝．∴S△DCE：S△B?E＝＝﹣﹣a＝﹣（a+2）2+，∵＜0，∴當a＝﹣2時，S△DCE：S△BCE有最大值為，此時點D（﹣2，3）；（3）第二象限內拋物線上存在一點D，DF垂直AC于點F，使得△DCF中有一個銳角等于∠BAC的兩倍，點D的橫坐標為﹣2或﹣，理由：∵A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），∴OA＝4，OB＝1，OC＝2，∴AC＝＝2，BC＝＝，AB＝OA+OB＝5．∵AC2+BC2＝25＝AB2，∴△ABC為直角三角形，∠ACB＝90°．取AB的中點P，連接OP，則P（﹣，0），∴OP＝．∴PA＝PB＝PC＝，∴∠BAC＝∠PCA．∵∠CPB＝∠BAC+∠PCA，∴∠CPB＝2∠BAC．過點D作DR⊥y軸于點R，延長交AC于點G，如圖，①當∠DCF＝2∠BAC時，設D（m，m+2），則DR＝﹣m，OR＝m+2，∴CR＝OR﹣OC＝m．∵DR⊥y軸，OA⊥y軸，∴DR∥AB，∴∠G＝∠BAC．∵∠DCF＝∠G+∠CDG，∠DCF＝2∠BAC，∴∠CDG＝∠G＝∠BAC．∵tan∠BAC＝，∴tan∠CDR＝．∴，∴解得：m＝﹣2或0（舍去），∴m＝﹣2．∴點D的橫坐標為﹣2；②當∠FDC＝2∠BAC時，∵∠CPB＝2∠BAC，∴∠FDC＝∠CPB．∵tan∠CPB＝，∴tan∠FDC＝，∵tan∠FDC＝，∴，設FC＝4n，則DF＝3n，∴CD＝＝5n．∵tan∠G＝tan∠BAC＝，∴tan∠G＝，∴FG＝6n．∴CG＝FG﹣FC＝2n．∵tan∠G＝，∴RC＝n，∴DR＝＝n，∴，解得：a＝或0（舍去），∴a＝﹣，即點D的橫坐標為﹣，綜上，第二象限內拋物線上存在一點D，DF垂直AC于點F，使得△DCF中有一個銳角等于∠BAC的兩倍，點D的橫坐標為﹣2或﹣．9．（2022?青山區模擬）拋物線y＝x2+（t﹣2）x﹣2t（t＞0）與x軸交于A、B兩點（A在B左邊），與y軸交于點C．（1）直接寫出A點坐標（﹣t，0）、B點坐標（2，0）、C點坐標（0，﹣2t）；（2）如圖1，直線y＝kx+b與拋物線交于M、N兩點（M不與A重合，M在N左邊），連接MA，作NH⊥x軸于點H，過點H作HP∥MA交y軸于點P，PH交MN于點Q，求點Q的橫坐標；（3）如圖2，直線y＝d（d＞0）與拋物線交于第二象限點D，若∠ADB＝45°，求d﹣t的值．【分析】（1）令y＝0，從而得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0，解這個方程，進而求得A，B兩點坐標，當x＝0時，可求得C點縱坐標；（2）過點M作MK⊥x軸于K，過點Q作QL⊥x軸于L，設M（x1，kx1+b）、N（x2，kx2+b）設點Q的橫坐標為n，則Q（n，kn+b），將直線MN的解析式與拋物線的解析式聯立，從而得出x1+x2＝2+k﹣m，x1x2＝﹣2m﹣b，根據△MKA∽△QLH，可得＝，進一步求得結果；（3）設D（m，m2+（t﹣2）m﹣2t），作∠DBE＝90°，交DA的延長線于E，作DF∥x軸，作BF⊥DF于F，作EG⊥FB交FB的延長線于G，根據△DFB≌△BGE，可推出點E的坐標，根據M，A的坐標，可以得出MA的解析式，將點E坐標代入，從而求得結果．【解答】解：（1）令y＝0，得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0，解得：x＝﹣t或x＝2，∴A（﹣t，0），B（2，0），令x＝0，得y＝﹣2t，∴C（0，﹣2t），故答案為：A（﹣t，0），B（2，0），C（0，﹣2t）；（2）如圖1，過點M作MK⊥x軸于K，過點Q作QL⊥x軸于L，∴∠MKA＝∠QLH＝90°，設M（x1，kx1+b）、N（x2，kx2+b）聯立，整理得x2+（m﹣2﹣k）x﹣2m﹣b＝0，∴x1+x2＝2+k﹣m，x1x2＝﹣2m﹣b，設點Q的橫坐標為n，則Q（n，kn+b），∵MA∥QH，∴∠MAK＝∠QHL，∴△MKA∽△QLH，∴，即＝，整理得kx1x2+b（x1+x2）+kmn+bm﹣bn＝0，∴k（﹣2m﹣b）+b（2+k﹣m）+kmn+bm﹣bn＝0，∴（km﹣b）（n﹣2）＝0，①當km﹣b＝0，此時直線為y＝k（x+m），過點A（﹣m，0），不符合題意；②當n﹣2＝0，此時n＝2，Q點的橫坐標為2；（3）如圖2，設D（m，m2+（t﹣2）m﹣2t），作∠DBE＝90°，交DA的延長線于E，作DF∥x軸，作BF⊥DF于F，作EG⊥FB交FB的延長線于G，∴∠F＝∠G＝90°，∠DBF+∠EBG＝90°，∴∠FDB+∠DBF＝90°，∴∠FDB＝∠EBG，∵∠ADB＝45°，∴∠AEB＝90°﹣∠DAB＝45°，∴BD＝BE，∴△DFB≌△BGE（AAS），∴EG＝BF＝d，BG＝DF＝2﹣m，∴E（2﹣m，m﹣2），設直線DE的解析式為：y＝px+q，∴，∴，∴y＝（m﹣2）x+（m﹣2）t，把x＝2﹣d，y＝m﹣2代入得，m﹣2＝（m﹣2）?（2﹣d）（m﹣2）t，∴d﹣t＝1．10．（2022?丹陽市二模）如圖所示，拋物線y＝﹣x2+bx+3經過點B（3，0），與x軸交于另一點A，與y軸交于點C．（1）求拋物線所對應的函數表達式；（2）如圖，設點D是x軸正半軸上一個動點，過點D作直線l⊥x軸，交直線BC于點E，交拋物線于點F，連接AC、FC．①若點F在第一象限內，當∠BCF＝∠BCA時，求點F的坐標；②若∠ACO+∠FCB＝45°，則點F的橫坐標為或5．【分析】（1）利用待定系數法即可求解；（2）①作點A關于直線BC的對稱點G，連接CG交拋物線于點F．此時，∠BCF＝∠BCA．求得G（3.4），利用待定系數法求得直線CF的解析式為y＝x+3，聯立方程組，即可求解；②分兩種情況討論，由相似三角形的性質和等腰三角形的性質，可求CF的解析式，聯立方程可求解．【解答】解：（1）∵B（3，0）在拋物線y＝﹣x2+bx+3上，∴﹣32+3b+3＝0，∴b＝2，∴拋物線所對應的函數表達式為y＝﹣x2+2x+3；（2）①作點A關于直線BC的對稱點G，AG交BC于點H，過點H作HI⊥x軸于點I，連接CG交拋物線于點F，此時，∠BCF＝∠BCA，y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，則y＝3，令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，解得：x＝3或＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．∴OB＝OC，AB＝4，∴△OCB是等腰直角三角形，則∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠HAB＝∠OBC＝∠AHI＝∠BHI＝45°，∴HI＝AI＝BI＝AB＝2，∴H（1，2），∴G（3，4），設直線CG的解析式為y＝kx+3，把G（3，4）代入得：4＝3k+3，解得k＝，∴直線CF的解析式為y＝x+3，∴，解得，∴點F的坐標為（，）；②當點F在x軸上方時，如圖，延長CF交x軸于N，∵點B（3，0），點C（0，3），∴OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∵A（﹣1，0），∴OA＝1，∵∠ACO+∠FCB＝45°，∠CBO＝∠FCB+∠CNO＝45°．∴∠ACO＝∠CNO，∵∠COA＝∠CON＝90°，∴△CAO∽△NCO，∴，∴，∴ON＝9，∴點N（9，0），設直線CF的解析式為y＝k′x+3，把N（9，0）代入得：0＝9k′+3，解得k′＝﹣，∴直線CF的解析式為y＝﹣x+3，∴﹣x+3＝﹣x2+2x+3，∴x1＝0（舍去），x2＝，∴點的橫坐標為；當點F在x軸下方時，如圖，設CF與x軸交于點M，∵∠ACO+∠FCB＝45°，∠FCB+∠OCM＝45°．∴∠ACO＝∠OCM，∵OC＝OC，∠COA＝∠COM＝90°，∴△CAO≌△CMO（ASA），∴OM＝OA＝1，∴點M（1，0），同理直線CF解析式為：y＝﹣3x+3．∴﹣3x+3＝﹣x2+2x+3，∴x1＝0（舍去），x2＝5，∴點的橫坐標為5．綜上所述，點F的橫坐標為或5．故答案為：或5．11．（2022?東港區校級一模）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3經過A（1，0）、B（3，0）兩點，與y軸交于點C，（1）求拋物線的函數解析式；（2）如圖2，M是x軸下方的拋物線上一點，連接MO、MB、MC，若△MOC的面積是△MBC面積的3倍，求點M的坐標；（3）如圖3，連接AC、BC，在拋物線上是否存在一點N（不與點A重合），使得∠BCN＝∠ACB？若存在，求點N的橫坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由于拋物線y＝ax2+bx+3過A（1，0）、B（3，0）兩點，那么可以得到方程ax2+bx+3＝0的兩根為x＝1或x＝3，然后利用根與系數即可確定a、b的值．（2）利用待定系數法求出直線BC的解析式，設點M（m，m2﹣4m+3），過點M作MN∥y軸，交BC于點N，則N（m，﹣m+3），根據△MOC的面積是△MBC面積的3倍，即可得到點M的坐標；（3）過點B作BE⊥AB交CN與E，證明△ABC≌△EBC（ASA），根據全等三角形的性質得BE＝AB＝2，求得E的坐標，由點E、C的坐標可得直線CN的解析式，聯立y＝x2﹣4x+3即可求得N點的坐標．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3過A（1，0）、B（3，0）兩點，∴方程ax2+bx+3＝0的兩根為x＝1或x＝3，∴1+3＝﹣，1×3＝，∴a＝1，b＝﹣4，∴二次函數解析式是y＝x2﹣4x+3；（2）∵二次函數解析式是y＝x2﹣4x+3，∴C（0，3）．設直線BC的解析式為y＝kx+t（k≠0），則，解得：．∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3．設點M（m，m2﹣4m+3），過點M作MN∥y軸，交BC于點N，∴N（m，﹣m+3），∴MN＝﹣m+3﹣m2+4m﹣3＝﹣m2+3m，∵A（1，0）、B（3，0），C（0，3）．∴S△MOC＝OC?m＝m，S△MBC＝MN?OB＝﹣m2+m，∵△MOC的面積是△MBC面積的3倍，∴m＝3（﹣m2+m），∴m＝0（舍去）或，∴點M的坐標為（，﹣）；（3）拋物線上存在一點N，使得∠BCN＝∠ACB．過點B作BE⊥AB交CN與E，∵B（3，0），C（0，3）．∴OB＝OC＝3，∴∠OBC＝45°，∴∠OBC＝∠EBC＝45°，∵BC＝BC，∠BCN＝∠ACB．∴△ABC≌△EBC（ASA），∴BE＝AB＝2，∴E（3，2），設直線CN的解析式為y＝mx+n，∴，解得，∴直線CN的解析式為y＝﹣x+3，聯立y＝x2﹣4x+3得，或（舍去），∴拋物線上存在一點N，使得∠BCN＝∠ACB．點N的橫坐標為．12．（2022?寧津縣模擬）如圖，拋物線與x軸交于點A和點C（﹣1，0），與y軸交于點B（0，3），連接AB，BC，對稱軸PD交AB與點E．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖2，試探究：線段BC上是否存在點M，使∠EMO＝∠ABC，若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由；（3）如圖3，點Q是拋物線的對稱軸PD上一點，若以點Q、A、B為頂點的三角形是銳角三角形，請直接寫出點Q縱坐標n的取值范圍．【分析】（1）用待定系數法即可求解；（2）先求出A（4，0），可得拋物線的對稱軸為x＝＝，證明∠ACB＝∠ABC，△MCO∽△EBM，可得MC?BM＝BE?CO，求出MC，即可求解；（3）當∠BAQ為直角時，求出直線BQ的表達式為y＝x+3，得到n＝5；當∠BQA為直角時，利用解直角三角形的方法求出n＝；當∠BAQ為直角時，同理可得，n＝﹣，進而求解．【解答】解：（1）由題意得：，解得，故拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+3；（2）對于y＝﹣x2+x+3，令y＝﹣x2+x+3＝0，解得x＝4或﹣1，故點A的坐標為（4，0），∵點A（4，0），B（0，3），C（﹣1，0），∴拋物線的對稱軸為x＝＝，直線AB的表達式為y＝﹣x+3，AB＝＝5＝AC．∴∠ACB＝∠ABC，點E（，），∵∠CME＝∠CMO+∠OME＝∠ABC+∠MEB，∠ABC＝∠OME，∴∠CMO＝∠BEM．∴△MCO∽△EBM，∴，∴MC?BM＝BE?CO，∵B（0，3），E（，），∴BE＝＝，∴MC?BM＝，∵MC+BM＝BC＝＝．∴MC＝或MC＝．∴＝或＝，如圖，過M作MK⊥x軸于K，則MK∥y軸，∴△CMK∽△CBO，∴＝或，即＝或，∴MK＝或，∵B（0，3），C（﹣1，0），∴直線BC的解析式為y＝3x+3，∴M的﹣橫坐標為﹣或﹣，∴點M的坐標為（﹣，）或（﹣，）；（3）設點Q的坐標為（，n），當∠ABQ為直角時，如圖，設BQ交x軸于點H，∵∠ABQ＝90°，∴∠BAO+∠BHA＝90°，∵∠BAO+∠ABO＝90°，∴∠ABO＝∠BHA，∵tan∠ABO＝，∴tan∠BHO＝，故設直線BQ的表達式為y＝x+t，∵該直線過點B（0，3），∴t＝3，∴直線BQ的表達式為y＝x+3，當x＝時，y＝x+3＝5，即n＝5；②當∠BQA為直角時，過點Q作直線MN交y軸于點N，交過點A與y軸的平行線于點M，∵∠BQN+∠MQA＝90°，∠MQA+∠MAQ＝90°，∴∠BQN＝∠MAQ，∴tan∠BQN＝tan∠MAQ，即，則，解得n＝；③當∠BAQ為直角時，同理可得，n＝﹣；綜上，以點Q、A、B為頂點的三角形是銳角三角形，則△ABQ不為直角三角形，故點Q縱坐標n的取值范圍為﹣＜n＜或＜n＜5．13．（2022?南山區模擬）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a﹣1不為整數）的頂點D（，），AB⊥BC．（1）直接得出拋物線解析式．（2）如圖1所示，點P為拋物線一動點，∠PBC＝3∠ABO，求xP；（3）如圖2，延長DB交x軸于點E，EF平分∠BEO，交線段AB于點F．x軸正半軸有一點S，且AS＝12EF．過點F作FG∥x軸，交拋物線的對稱軸于點G．該對稱軸交x軸于點H．過點G作線段IM、NQ，且NH＝MH＝IH＝QH．線段IQ交直線FG于點R，若線段MN恰好交FG于點F．那么請求出R點坐標．并試問∠EFA與∠RSE是否存在倍數關系？若存在，請分別求出它們的角度大小并寫出存在的倍數關系；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據頂點寫出拋物線的頂點式，再根據AB⊥BC得出OB2＝OA?OC，再轉化為a和c的關系，解出a，b，c，最后得到拋物線解析式；（2）由上一問將∠ABO轉化為∠BCO，從而得到點P的兩種可能：第一種，在x軸上構造兩次等腰三角形從而得到∠3∠BCO，再延長與拋物線的新交點即為P點；第二種，過點B作x軸平行線，構造∠∠BCO，再在上再構造2∠BCO即可得到3∠BCO，此時的角的邊延長與拋物線的新交點即為P點；先根據點D，點B得出直線DB，再得出點E坐標，再根據EF平分∠BEO得出F點坐標，EF的長以及EF與y軸坐標（為了之后方便求∠EFA做準備），再用AS＝12EF算出S點坐標；接著根據G點與H點的做法得出FG以及G點坐標；根據NH＝MH＝IH＝QH得出點N，M，I，Q都在以H為圓心的圓上；延長FG后根據HGFG得出點G是弦的中點，于是本題即為著名的“蝴蝶定理”——點G也是FR的中點，得出R的坐標；最后根據之前的準備與各點的坐標算出∠RSE＝135°，∠EFA＝45°，∠RSE＝3∠EFA．【解答】解：（1）如圖1，設點A（x1，0），C（x2，0）由題意，a≠0，其中x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0的兩個根∵拋物線y＝ax2+bx+c的頂點為D（，），可設拋物線的頂點式為y+a（x﹣）2+，即y+ax2﹣3ax+，∴與拋物線的一般式y＝ax2+bx+c對比，得，當x＝0時，相應的拋物線的函數值為c，點B坐標為（0，C），∵AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，∴∠OBA+∠OBC＝90°，∵∠OAB+∠OBA＝90°，∴∠OAB＝∠OBC，∵∠AOB＝∠BOC，∴△OAB∽△OBC，∴∠ABO＝∠BCO，＝，∴OA2＝OB?OC，如圖1中，點A（x1，0）在y軸左側，點C（x2，0）在y軸右側，點B（0，c）在y軸正半軸，∴OA＝﹣x1，OB＝OC＝，OC＝x2，其中c＞0，即＞0，∴a＞﹣，將以上數值代入到OB2＝OA?OC中，得c2＝﹣x1x2，又x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0的兩個根，∴x1x2＝，∴c2＝﹣，∴ac＝﹣1，∴a?＝﹣1，∴a＝﹣或﹣，∵a﹣1不為整數，而（﹣）﹣1＝﹣2為整數，∴a＝﹣舍去，拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+；（2）如圖1中，∵在第（1）問中已證∠ABO＝∠BCO，∴條件變為∠PBC＝3∠BCO，在第（1）問中已求出拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+，∴x1，x2是方程﹣x2+x+＝0的兩根，∴x1＝﹣，x2＝，∴A（﹣，0），B（0，），C（，0），滿足∠PBC＝3∠BCO的拋物線上的動點P一共有兩種情形：第一種，如下圖所示，連接BC，作線段BC的垂直平分線交x軸于B1點，連接BB1，再作線段BB1的垂直平分線交x軸于B2點，連接BB2，∴BB1＝B1C，BB2＝B2B1，∴∠BCB1＝∠B1BC，∠BB1B2＝∠B2BB1，∵∠BB1B2＝∠BCB1+∠B1BC＝2∠BCB1，即∠BB1O＝2∠BCO，∴∠B2B1C＝∠B2BB1+∠B1BC＝∠BB1B2+∠BCB1＝2∠BCB1+∠BCB1＝3∠BCB1，又點B1，O都在x軸上，∠BCB1＝∠BCO，∴∠B2BC＝3∠BCO，∴點P只需為直BB2與拋物線的另一個交點即可，此時∠PBC＝∠B2BC＝3∠BCO，符合題目要求，如下圖所示；所以只需求出點B2的坐標，再得出直BB2的解析式，最后得出點P橫坐標∵∠BOC＝∠BOB1＝∠BOB2＝90°，B（0，），C（），BB1＝B1C，∴OB＝，OC＝，OB1＝OC﹣B1C＝﹣BB1，在Rt△BOB1中，（BB1）2＝OB2+OB12＝（）2+（﹣BB1）2，∴BB1＝，∴B1C＝BB1＝，OB1＝﹣BB1＝，∴OB2＝OB1﹣B2B1＝﹣BB2，在Rt△BOB2中，B2B2＝OB2+B2O2＝（）2+（﹣B2B）2，∴B2B＝，∴B2B2＝BB2＝，OB2＝﹣BB2＝，∴點B2的坐標為（，0），設直線BB2的解析式為y＝kx+t1，∴，解方程組得，直線BB2的解析式為y＝﹣x+，由，解得x＝0或，∴滿足條件的點P的橫坐標為．第二種，如圖1，過點B作關于拋物線對稱軸對稱的點B3，點B3仍在拋物線上；再連接BB3，將線段BB3繞著點B逆時針旋轉到BB4，使得∠B4BB3＝2∠BCO；過點B4作B4B5⊥BB3于B5，∵BB3∥x軸，且B3（3，），BB3＝3，∴∠BCO＝∠B3BC，∵∠B4BB3＝2∠BCO，∴∠B4BC＝∠B4BB3+∠B3BC＝2∠BO+∠BCO＝3∠BCO，又∵此時∠PBC＝∠B4BC，∴∠PBC＝3∠BCO符合題意，根據作法，BB4＝BB3＝3，且在第一種情形已知∠BB1O＝2∠BCO，OB＝，OB1＝，∴∠B4BB3＝2∠BCO＝∠BB1O，∴tan∠B4BB3＝tan∠BB1O＝＝＝，在Rt△B4B5B中，＝tan∠B4BB3＝，∴B4B5＝BB5，在Rt△B4B5B中，BB42＝BB52+B4B52，∴32＝BB52+（BB5）2∴BB5＝，B4B5＝，∴B4（，）∴直線BB4的解析式為y＝x+，由，解得x＝或0，∴滿足條件的點P的橫坐標為，綜上所述，滿足條件的點P的橫坐標為或．（3）結論：∠RSE＝3∠EFA．理由：∵點D（，），點B（0，），∴直線BD的解析式為y＝x+，∴點E（﹣，0），∴OE＝，OB＝根據勾股定理，BE＝＝，如圖3，延長EF交y軸于點F1，過點F1作F1F2⊥BE于點F2，∵EF平分∠BEO，∴EF1平分∠BEO，且OF1＝F1F2（角平分線上的點到角的兩邊距離相等），∵?BF1?OE＝?BE?F1F2，即（OB﹣OF1）?OE＝BE?OF1，∴（﹣OF1）×＝?OF1，∴OF1＝，∴F1（0，），∴直線EF的解析式為y＝x+，∵A（﹣，0），B（0，），∴直線AB的解析式為y＝3x+，由，解得，∴F（﹣，），∵E（﹣，0），∴EF＝，∵x軸正半軸有一點S，且AS＝12EF，∴AS＝12×，∴AS＝，∵A（﹣，0），∴S（3，0），∵FG∥x軸，交拋物線于點G，對稱軸交X軸于點H，∴HG⊥FG，G（，），∵NH＝MH＝IH＝QH，點I，Q，M，N在以H為圓心，以HI為半徑的圓上，為方便，將圓中相關部分單獨提出，并將直線FG兩端延長至與⊙H相交，F側交點記為F′，R側交點記為R′，如圖2所示，∴FN?FM＝FF′?FR′，IR?QR＝RR′?RF′，過點R作MN的平行線交NQ于點K，交MI的延長線于點L，∴∠M＝∠L，∠N＝∠GKR，∵∠FGM＝∠LGR，∠NGF＝∠KGR，∴△FGM∽△LGR，△NGF∽△KGR，∴＝，＝，∴＝，∵∠L＝∠M＝∠Q，∠IRL＝∠QRK，∴△ILR∽△KQR，∴＝即LR?KR＝IR?QR，∴＝，即＝，∵F′G＝GR′，∴＝，∴＝，∴﹣1＝﹣1，∴FG＝RG，∴點G也是FR的中點，∴R（，），如圖3，過點F1作F1F3⊥AB于點F3，過點R作RR1⊥x軸于點R1．∵R（，），S（3，0），F1（0，），∴R1（，0），SR1＝﹣3＝，∴RR1＝SR1，∴△RR1S是等腰直角三角形，∴∠RSR1＝45°，∴∠RSE＝180°﹣45°＝135°，∴∠EFA＝∠F1FF3，∵F（﹣，），F1（0，），∴FF1＝，∵∠ABP＝∠F1BF3，∠AOB＝∠F1F3B＝90°，∴△F1F3B∽△ABO，∴＝，∴＝，∴F1F3＝，∴sin∠F1FF3＝＝，∴∠F1FF3＝45°，∴∠EFA＝45°，∴∠RSE＝3∠EFA．14．（2022?大連二模）拋物線y＝x2﹣4x+c與直線I：y＝kx交于點G（1，m）和點H，﹣1≤m＜0，直線x＝m﹣1交直線l于點A，交拋物線于點B．（1）求c和k的值（用含m的代數式表示）；（2）過點A作x軸的平行線交拋物線于M，N兩點（M在N的左側），交y軸于點C．求的取值范圍；（3）在（2）的條件下，過點B作x軸的平行線，與拋物線另一個交點為D，若點E是線段BD的中點，探究∠MEN與∠ABC的數量關系，并說明理由．【分析】（1）把點G（1，m）分別代入y＝x2﹣4x+c與y＝kx，即可求得答案；（2）由題意可得A（m﹣1，m2﹣m），B（m﹣1，m2﹣5m+8），M（m+1，m2﹣m），求得＝＝﹣2m+4，再根據一次函數的性質即可求得的取值范圍；（3）先求出D（﹣m+5，m2﹣5m+8），E（2，m2﹣5m+8），F（2，m2﹣m），利用三角函數定義可得：tan∠ABC＝＝，tan∠MEF＝＝，tan∠NEF＝＝，得出∠MEF＝∠NEF＝∠ABC，進而可得∠MEN＝2∠ABC．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2﹣4x+c與直線I：y＝kx交于點G（1，m），∴m＝12﹣4×1+c，m＝k×1，∴c＝m+3，k＝m；（2）∵直線x＝m﹣1交直線l于點A，∴y＝m（m﹣1）＝m2﹣m，∴A（m﹣1，m2﹣m），∵直線x＝m﹣1交拋物線于點B，∴y＝x2﹣4x+m+3＝（m﹣1）2﹣4（m﹣1）+m+3＝m2﹣5m+8，∴B（m﹣1，m2﹣5m+8），∴AB＝﹣4m+8，∵過點A作x軸的平行線交拋物線于M，N兩點（M在N的左側），交y軸于點C，∴C（0，m2﹣m），點M的縱坐標與點A的縱坐標相等，∴m2﹣m＝x2﹣4x+m+3，解得：x1＝m+1，x2＝﹣m+3，∴M（m+1，m2﹣m），N（﹣m+3，m2﹣m），∴AM＝m+1﹣（m﹣1）＝2，∴＝＝﹣2m+4，∵﹣2＜0，且﹣1≤m＜0，∴的值隨著m的增大而減小，當m＝﹣1時，＝﹣2×（﹣1）+4＝6，當m＝0時，＝﹣2×0+4＝4，∴4≤≤6；（3）∠MEN＝2∠ABC．理由如下：∵BD∥x軸，∴點D的縱坐標與點B的縱坐標相等，∴m2﹣5m+8＝x2﹣4x+m+3，解得：x1＝m﹣1，x2＝﹣m+5，∴D（﹣m+5，m2﹣5m+8），∵點E是線段BD的中點，∴E（2，m2﹣5m+8），如圖，設直線x＝2交直線MN于點F，則F（2，m2﹣m），∴MF＝NF＝﹣m+1，EF＝m2﹣5m+8﹣（m2﹣m）＝﹣4m+8，∵AC＝0﹣（m﹣1）＝﹣m+1，AB＝﹣4m+8，∴tan∠ABC＝＝，∵tan∠MEF＝＝，tan∠NEF＝＝，∴∠MEF＝∠NEF＝∠ABC，∴∠MEN＝2∠ABC．15．（2022?新撫區模擬）如圖，直線y＝mx+n與拋物線y＝﹣x2+bx+c交于A（﹣2，0），B（2，2）兩點，直線AB與y軸交于點C．（1）求拋物線與直線AB的解析式；（2）點P在拋物線上，直線PC交x軸于Q，連接PB，當△PBC的面積是△ACQ面積的2倍時，求點P的坐標；（3）點M為坐標軸上的動點，當∠AMB＝45°時，直接寫出點M的坐標．【分析】（1）通過待定系數法求解．（2）由一次函數解析式可得點C坐標，從而可得AC＝BC，由△PBC的面積是△ACQ面積的2倍可得點P到AB的距離是點Q到AB的距離的2倍，通過分類討論點P的位置，結合圖象求解．（3）分別討論點M在x軸正半軸，y軸負半軸與正半軸三種情況，由AB長度不變，∠AMB角度不變可得∠AMB為弦AB所對圓周角，從而可得AB所對圓心角為直角，進而求解．【解答】解：（1）將A（﹣2，0），B（2，2）代入y＝﹣x2+bx+c得，解得，∴拋物線解析式為y＝﹣x2+x+5．將A（﹣2，0），B（2，2）代入y＝mx+n得，解得，∴直線AB解析式為y＝x+1．（2）①點P在x軸上方是，過點P作x軸平行線，交y軸于點F，交直線AB于點E，將x＝0代入y＝x+1得y＝1，∴點C坐標為（0，1），∵A（﹣2，0），B（2，2），∴C為AB中點，即AC＝BC，∴當△PBC的面積是△ACQ面積的2倍時，點P到BC的距離是點Q到AC的距離的2倍，∵PE∥OA，∴△EPC∽△AQC，∴＝2，∵PF∥OA，∴△PFC∽△OQC，∴＝＝2，∴點P縱坐標為FC+OC＝3OC＝3，將y＝3代入y＝﹣x2+x+5得3＝﹣x2+x+5，解得x1＝﹣，x2＝+，∴點P坐標為（﹣，3）或（+，3）．②點P在x軸下方，連接BQ，PK⊥x軸于點K，∵C為AB中點，∴S△AQC＝S△BQC，∵△PBC的面積是△ACQ面積的2倍，∴S△PBQ＝S△BQC，∴點Q為CP中點，又∵∠CQO＝∠PQK，∠COQ＝∠PKQ＝90°，∴△OCQ≌△KPQ，∴CQ＝KP，即點P縱坐標為﹣1，將y＝﹣1代入y＝﹣x2+x+5得﹣1＝﹣x2+x+5，解得x1＝，x2＝，∴點P坐標為（，﹣1），（，﹣1），綜上所述，點P坐標為（﹣，3）或（+，3）或（，﹣1）或（，﹣1），（3）①點M在x軸正半軸上，作BN⊥x軸于點N，∵∠AMB＝45°，∴△BNM為等腰直角三角形，∴BN＝NM＝2，∴OM＝ON+NM＝4，∴點M坐標為（4，0）．②如圖，點M在y軸負半軸，作AG⊥BM于點G，∵AB長度不變，∠AMB＝45°，∴點A，B，C在同一個圓上，∵∠AGB＝2∠AMB＝90°，∴點G為△AMB外接圓圓心，∴GA＝GM＝GB，即△AMB為等腰直角三角形，∴AM＝AB＝＝2，在Rt△AOM中，由勾股定理得OM＝＝4，∴點M坐標為（0，﹣4），③點M1與點M關于點C對稱，則四邊形AMBM1為平行四邊形，∠AM1B＝45°，∴點M1坐標為（0，6）．∴點M坐標為（4，0）或（0，﹣4）或（0，6）．16．（2022?鐵嶺模擬）如圖1，拋物線y＝ax2﹣x+c與x軸交于A（﹣2，0）、B（4，0）兩點，與y軸交于點C，直線l與拋物線交于A、D兩點，其中D點的橫坐標為2．（1）求拋物線的解析式以及直線AD的解析式；（2）點P是拋物線上位于直線AD下方的動點，過點P作x軸，y軸的平行線，交AD于點E、F，當PE+PF取最大值時，求點P的坐標；（3）如圖2，連接AC，點Q在拋物線上，且滿足∠QAB＝2∠ACO，求點的坐標．【分析】（1）將A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2﹣x+c，求出拋物線的解析式，求出D點坐標后，利用待定系數法求直線AD的解析式；（2）由題意可得PF＝PE，設P（x，x2﹣x﹣4），F（x，﹣x﹣2），則PF＝﹣x2+2，當PF最大時，PF+PE就最大，由此求解即可；（3）在BO上截取ON＝OA，連接CN，過點A作AH⊥CN，證明△OCN≌△OCA（SAS），則可推導出∠QAB＝∠NCA，再由S△ANC＝AN×OC＝AH×CN，求出tan∠NCA＝，分兩種情況討論：當點Q在AB的下方時，設AQ與y軸交于點I，tan∠NCA＝tan∠QAB＝，可求點I（0，﹣），求出直線AQ解析式為y＝﹣x﹣，聯立方程組得：，可求點Q坐標為（，﹣），當點Q在AB的上方時，同理可求直線AQ解析式為：y＝x+，聯立方程組得：，可求點Q坐標為（，）．【解答】解：（1）將A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2﹣x+c，得，解得，∴拋物線解析式為y＝x2﹣x﹣4，當x＝2時，y＝﹣4，∴D（2，﹣4），設直線AD的解析式為y＝kx+b，將A（﹣2，0）D（2，﹣4）代入，得，解得，∴直線AD的解析式為y＝﹣x﹣2；（2）根據題意作圖，如圖1，在y＝﹣x﹣2上，當x＝0時，y＝﹣2，∴AD與y軸的交點M的坐標為（0，﹣2），∴OA＝OM，∠AOM＝90°，∴∠OAB＝45°，∵PE∥x軸，PF∥y軸，∴∠PEF＝∠OAB＝45°，∠EPF＝90°，∴PF＝PE，設P（x，x2﹣x﹣4），F（x，﹣x﹣2），∴PF＝﹣x2+2，∵P在AD的下方，∴﹣2＜x＜2，當x＝0時，PF有最大值為2，此時PF+PE最大，∴P（0，﹣4）；（3）在BO上截取ON＝OA，連接CN，過點A作AH⊥CN，如圖2，∵點A（﹣2，0），點C（0，﹣4），∴OA＝2，OC＝4，∴AC＝2，∵ON＝OA，∠CON＝∠COA＝90°，OC＝OC，∴△OCN≌△OCA（SAS），∴∠ACO＝∠NCO，CN＝AC＝2，∴∠NCA＝2∠ACO，∵∠QAB＝2∠ACO，∴∠QAB＝∠NCA，∵S△ANC＝AN×OC＝AH×CN，∴AH＝，∴CH＝，∴tan∠NCA＝，如圖3，當點Q在AB的下方時，設AQ與y軸交于點I，∵∠QAB＝∠NCA，∴tan∠NCA＝tan∠QAB＝，∴OI＝，∴點I（0，﹣），又∵點A（﹣2，0），∴直線AQ解析式為：y＝﹣