【正文】 =QM=﹣（﹣x2+2x+2）=6，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（4+6，﹣1）即（10，﹣1），或（4﹣6，﹣1）即（﹣2，﹣1）；綜上點(diǎn)M1（，0）、N1（，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)的綜合題，涉及到的知識(shí)有待定系數(shù)法、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等，熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、運(yùn)用分類討論思想是解題的關(guān)鍵.14．如圖，矩形OABC的兩邊在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（10，0），拋物線y=ax2+bx+4過點(diǎn)B，C兩點(diǎn)，且與x軸的一個(gè)交點(diǎn)為D（﹣2，0），點(diǎn)P是線段CB上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)CP=t（0＜t＜10）．（1）請(qǐng)直接寫出B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)及拋物線的解析式；（2）過點(diǎn)P作PE⊥BC，交拋物線于點(diǎn)E，連接BE，當(dāng)t為何值時(shí)，∠PBE=∠OCD？（3）點(diǎn)Q是x軸上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM∥BQ，交CQ于點(diǎn)M，作PN∥CQ，交BQ于點(diǎn)N，當(dāng)四邊形PMQN為正方形時(shí)，請(qǐng)求出t的值．【答案】（1）B（10，4），C（0，4），；（2）3；（3）或 .【解析】試題分析：（1）由拋物線的解析式可求得C點(diǎn)坐標(biāo)，由矩形的性質(zhì)可求得B點(diǎn)坐標(biāo)，由B、D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）可設(shè)P（t，4），則可表示出E點(diǎn)坐標(biāo)，從而可表示出PB、PE的長(zhǎng)，由條件可證得△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值；（3）當(dāng)四邊形PMQN為正方形時(shí)，則可證得△COQ∽△QAB，利用相似三角形的性質(zhì)可求得CQ的長(zhǎng)，在Rt△BCQ中可求得BQ、CQ，則可用t分別表示出PM和PN，可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值．試題解析：解：（1）在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，∴C（0，4），∵四邊形OABC為矩形，且A（10，0），∴B（10，4），把B、D坐標(biāo)代入拋物線解析式可得，解得，∴拋物線解析式為y＝x2＋x＋4；（2）由題意可設(shè)P（t，4），則E（t，t2＋t＋4），∴PB＝10﹣t，PE＝t2＋t＋4﹣4＝t2＋t，∵∠BPE＝∠COD＝90176。，當(dāng)∠PBE＝∠OCD時(shí)，則△PBE∽△OCD，∴，即BP?OD＝CO?PE，∴2（10﹣t）＝4（t2＋t），解得t＝3或t＝10（不合題意，舍去），∴當(dāng)t＝3時(shí)，∠PBE＝∠OCD； 當(dāng)∠PBE＝∠CDO時(shí)，則△PBE∽△ODC，∴，即BP?OC＝DO?PE，∴4（10﹣t）＝2（t2＋t），解得t＝12或t＝10（均不合題意，舍去）綜上所述∴當(dāng)t＝3時(shí)，∠PBE＝∠OCD；（3）當(dāng)四邊形PMQN為正方形時(shí)，則∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90176。，PM＝PN，∴∠CQO＋∠AQB＝90176。，∵∠CQO＋∠OCQ＝90176。，∴∠OCQ＝∠AQB，∴Rt△COQ∽R(shí)t△QAB，∴，即OQ?AQ＝CO?AB，設(shè)OQ＝m，則AQ＝10﹣m，∴m（10﹣m）＝44，解得m＝2或m＝8，①當(dāng)m＝2時(shí)，CQ＝＝，BQ＝＝，∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，∴PM＝PC?sin∠PCQ＝t，PN＝PB?sin∠CBQ＝（10﹣t），∴t ＝（10﹣t），解得t＝，②當(dāng)m＝8時(shí)，同理可求得t＝，∴當(dāng)四邊形PMQN為正方形時(shí)，t的值為或．點(diǎn)睛：本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及矩形的性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形、方程思想等知識(shí)．在（1）中注意利用矩形的性質(zhì)求得B點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（2）中證得△PBE∽△OCD是解題的關(guān)鍵，在（3）中利用Rt△COQ∽R(shí)t△QAB求得CQ的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．15．綜合與探究如圖，拋物線y=與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，連接AC，BC．點(diǎn)P是第四象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，過點(diǎn)P作PM⊥x軸，垂足為點(diǎn)M，PM交BC于點(diǎn)Q，過點(diǎn)P作PE∥AC交x軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F．（1）求A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）試探究在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在這樣的點(diǎn)Q，使得以A，C，Q為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．若存在，請(qǐng)直接寫出此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由；（3）請(qǐng)用含m的代數(shù)式表示線段QF的長(zhǎng)，并求出m為何值時(shí)QF有最大值．【答案】（1）C（0，﹣4）；（2）Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，﹣4）或（1，﹣3）； （3）當(dāng)m=2時(shí)，QF有最大值．【解析】【分析】（1）解方程x2?x4=0得A（3，0），B（4，0），計(jì)算自變量為0時(shí)的二次函數(shù)值得C點(diǎn)坐標(biāo)；（2）利用勾股定理計(jì)算出AC=5，利用待定系數(shù)法可求得直線BC的解析式為y=x4，則可設(shè)Q（m，m4）（0＜m＜4），討論：當(dāng)CQ=CA時(shí)，則m2+（m4+4）2=52，當(dāng)AQ=AC時(shí)，（m+3）2+（m4）2=52；當(dāng)QA=QC時(shí)，（m+3）2+（m4）2=52，然后分別解方程求出m即可得到對(duì)應(yīng)的Q點(diǎn)坐標(biāo)；（3）過點(diǎn)F作FG⊥PQ于點(diǎn)G，如圖，由△OBC為等腰直角三角形．可判斷△FQG為等腰直角三角形，則FG=QG=FQ，再證明△FGP～△AOC得到，則PG=FQ，所以PQ=FQ，于是得到FQ=PQ，設(shè)P（m，m2m4）（0＜m＜4），則Q（m，m4），利用PQ=m2+m得到FQ=（m2+m），然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題．【詳解】（1）當(dāng)y=0，x2?x4=0，解得x1=3，x2=4，∴A（3，0），B（4，0），當(dāng)x=0，y=x2?x4=4，∴C（0，4）；（2）AC=，易得直線BC的解析式為y=x4，設(shè)Q（m，m4）（0＜m＜4），當(dāng)CQ=CA時(shí)，m2+（m4+4）2=52，解得m1=，m2=（舍去），此時(shí)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，4）；當(dāng)AQ=AC時(shí)，（m+3）2+（m4）2=52，解得m1=1，m2=0（舍去），此時(shí)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（1，3）；當(dāng)QA=QC時(shí)，（m+3）2+（m4）2=52，解得m=（舍去），綜上所述，滿足條件的Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，4）或（1，3）；（3）解：過點(diǎn)F作FG⊥PQ于點(diǎn)G，如圖，則FG∥x軸．由B（4，0），C（0，4）得△OBC為等腰直角三角形∴∠OBC=∠QFG=45 ∴△FQG為等腰直角三角形，∴FG=QG=FQ，∵PE∥AC，PG∥CO，∴∠FPG=∠ACO，∵∠FGP=∠AOC=90176。，∴△FGP～△AOC．∴，即，∴PG=FG=?FQ=FQ，∴PQ=PG+GQ=FQ+FQ=FQ，∴FQ=PQ，設(shè)P（m，m2m4）（0＜m＜4），則Q（m，m4），∴PQ=m4（m2m4）=m2+m，∴FQ=（m2+m）=（m2）2+∵＜0，∴QF有最大值．∴當(dāng)m=2時(shí)，QF有最大值．【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，會(huì)利用相似比表示線段之間的關(guān)系；會(huì)運(yùn)用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．