【正文】 x軸交拋物線于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)N． （1）直接寫出點(diǎn)A的坐標(biāo)，并求出拋物線的解析式；（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△ACM的面積最大？最大值為多少？（3）點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿線段CD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t為何值時(shí)，在線段PE上存在點(diǎn)H，使以C、Q、N、H為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？【答案】（1）A（1，4）；y＝－x2＋2x＋3；（2）當(dāng)t＝２時(shí)，△AＭC面積的最大值為1；（3）或．【解析】（1）由矩形的性質(zhì)得到點(diǎn)A的坐標(biāo)，由拋物線的頂點(diǎn)為A，設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x－1）2＋4，把點(diǎn)C的坐標(biāo)代入即可求得a的值；（2）由點(diǎn)P的坐標(biāo)以及拋物線解析式得到點(diǎn)M的坐標(biāo)，由A、C的坐標(biāo)得到直線AC的解析式，進(jìn)而得到點(diǎn)N的坐標(biāo)，即可用關(guān)于t的式子表示MN，然后根據(jù)△ACM的面積是△AMN和△CMN的面積和列出用t表示的△ACM的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到當(dāng)t＝２時(shí)，△AＭC面積的最大值為1；（3）①當(dāng)點(diǎn)Ｈ在Ｎ點(diǎn)上方時(shí)，由PＮ＝CQ，PN∥CQ，得到四邊形PNCQ為平行四邊形，所以當(dāng)PQ＝CQ時(shí)，四邊形FECQ為菱形，據(jù)此得到，解得t值；②當(dāng)點(diǎn)Ｈ在Ｎ點(diǎn)下方時(shí)，NH=CQ=，NQ＝CQ時(shí)，四邊形NHCQ為菱形，NQ2＝CQ2，得：，解得t值．解：（1）由矩形的性質(zhì)可得點(diǎn)A（1，4），∵拋物線的頂點(diǎn)為A，設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x－1）2＋4，代入點(diǎn)C（3, 0），可得a＝－1．∴y＝－（x－1）2＋4＝－x2＋2x＋3．（2）∵P（，４），將代入拋物線的解析式，y＝－（x－1）2＋4＝，∴M（，），設(shè)直線AC的解析式為，將A（１,４），C（３,０）代入，得：，將代入得，∴N（，），∴MN ，∴，∴當(dāng)t＝２時(shí)，△AＭC面積的最大值為1．（3）①如圖１，當(dāng)點(diǎn)Ｈ在Ｎ點(diǎn)上方時(shí)，∵Ｎ（，），P（，４），∴PＮ＝４—（）＝＝CQ，又∵PN∥CQ，∴四邊形PNCQ為平行四邊形，∴當(dāng)PQ＝CQ時(shí)，四邊形FECQ為菱形，PQ2＝PD2+DQ2 ＝，∴，整理，得．解得，（舍去）；②如圖２當(dāng)點(diǎn)Ｈ在Ｎ點(diǎn)下方時(shí)，NH=CQ=，NQ＝CQ時(shí)，四邊形NHCQ為菱形，NQ2＝CQ2，得：．整理，得．．所以，（舍去）．“點(diǎn)睛”此題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，會(huì)用頂點(diǎn)式求拋物線，會(huì)用兩點(diǎn)法求直線解析式，會(huì)設(shè)點(diǎn)并表示三角形的面積，熟悉矩形和菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.6．如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，B點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，3）．（1）求拋物線y＝x2+bx+c的表達(dá)式；（2）點(diǎn)D為拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)，當(dāng)△BCD是以BC為直角邊的直角三角形時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)P在x軸下方的拋物線上，過點(diǎn)P的直線y＝x+m與直線BC交于點(diǎn)E，與y軸交于點(diǎn)F，求PE+EF的最大值．【答案】（1）y=x2﹣4x+3；（2）（2，﹣1）；（3）．【解析】試題分析：（1）利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；（2）如圖1，設(shè)D（2，y），利用兩點(diǎn)間的距離公式得到BC2=32+32=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=（3﹣2）2+y2=1+y2，然后討論：當(dāng)BD為斜邊時(shí)得到18+4+（y﹣3）2=1+y2；當(dāng)CD為斜邊時(shí)得到4+（y﹣3）2=1+y2+18，再分別解方程即可得到對(duì)應(yīng)D的坐標(biāo)；（3）先證明∠CEF=90176。時(shí)，△ABC∽△OMA，即OM為y＝﹣x，設(shè)OM與AD的交點(diǎn)M（x，y）依題意得：，解得，即M點(diǎn)為（，）．Ⅱ．若∠AOM＝∠CBA，即OM∥BC，∵直線BC解析式為y＝﹣3x+3．∴直線OM為y＝﹣3x，設(shè)直線OM與AD的交點(diǎn)M（x，y）．則依題意得：，解得，即M點(diǎn)為（，），綜上所述：存在使得以M，A，O為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似的點(diǎn)M，其坐標(biāo)為（，）或（，）．【點(diǎn)睛】本題結(jié)合三角形的性質(zhì)考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)和幾何圖形的綜合題目，要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度，從而求出線段之間的關(guān)系．9．我們知道，經(jīng)過原點(diǎn)的拋物線解析式可以是?！遙≠0，∴?！嗨袧M足條件的正方形邊長(zhǎng)為3，6，9。由于拋物線與直線只有一個(gè)公共點(diǎn)，意味著聯(lián)立解析式后得到的一元二次方程，其根的判別式等于0，由此可求出m的值和D點(diǎn)坐標(biāo)?！唷螦GE=135176。∠AEB＋∠FEC=90176。AO=3，BO=2，Q（t，3），P（t，），①當(dāng)2＜t≤6時(shí)，AQ=t，PQ=，若：△AOB∽△AQP，則：，即：，∴t=0（舍），或t=，若△AOB∽△PQA，則：，即：，∴t=0（舍）或t=2（舍），②當(dāng)t＞6時(shí)，AQ′=t，PQ′=，若：△AOB∽△AQP，則：，即：，∴t=0（舍），或t=，若△AOB∽△PQA，則：，即：，∴t=0（舍）或t=14，∴t=或t=或t=14．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．14．如圖，拋物線與x軸交于點(diǎn)A（，0）、點(diǎn)B（2，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，1），連接BC．（1）求拋物線的函數(shù)關(guān)系式；（2）點(diǎn)N為拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)N作NP⊥x軸于點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為t（），求△ABN的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式；（3）若且時(shí)△OPN∽△COB，求點(diǎn)N的坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）；（3）（，）或（1，2）．【解析】試題分析：（1）可設(shè)拋物線的解析式為，用待定系數(shù)法就可得到結(jié)論；（2）當(dāng)時(shí)，點(diǎn)N在x軸的上方，則NP等于點(diǎn)N的縱坐標(biāo)，只需求出AB，就可得到S與t的函數(shù)關(guān)系式；（3）由相似三角形的性質(zhì)可得PN=2PO．而PO=，需分和0＜t＜2兩種情況討論，由PN=2PO得到關(guān)于t的方程，解這個(gè)方程，就可得到答案．試題解析：（1）設(shè)拋物線的解析式為，把C（0，1）代入可得：，∴，∴拋物線的函數(shù)關(guān)系式為：，即；（2）當(dāng)時(shí)，＞0，∴NP===，∴S=AB?PN==；（3）∵△OPN∽△COB，∴，∴，∴PN=2PO．①當(dāng)時(shí)，PN===，PO==，∴，整理得：，解得：=，=，∵＞0，＜＜0，∴t=，此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，）；②當(dāng)0＜t＜2時(shí)，PN===，PO==t，∴，整理得：，解得：=，=1．∵＜0，0＜1＜2，∴t=1，此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（1，2）．綜上所述：點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，）或（1，2）．考點(diǎn)：1．二次函數(shù)綜合題；2．待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；3．相似三角形的性質(zhì)．15．如圖，拋物線交軸于點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，已知經(jīng)過點(diǎn)的直線的表達(dá)式為．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式及其頂點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）如圖①，點(diǎn)是線段上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其中，作直線軸，交直線于，交拋物線于，作∥軸，交直線于點(diǎn)，四邊形為矩形．設(shè)矩形的周長(zhǎng)為，寫出與的函數(shù)關(guān)系式，并求為何值時(shí)周長(zhǎng)最大；（3）如圖②，在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)，使點(diǎn)構(gòu)成的三角形是以為腰的等腰三角形．若存在，直接寫出所有符合條件的點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．圖①