【正文】 1，2）；②P（﹣ ，）【解析】試題分析：（1）將B、C的坐標(biāo)代入已知的拋物線的解析式，由對稱軸為即可得到拋物線的解析式；（2）①首先求得拋物線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，然后根據(jù)已知條件得到PD=OA，從而得到方程求得x的值即可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)；②，表示出來得到二次函數(shù)，求得最值即可．試題解析：（1）∵拋物線與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（1，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，3），其對稱軸l為，∴，解得：，∴二次函數(shù)的解析式為=，∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，4）；（2）令，解得或，∴點(diǎn)A（﹣3，0），B（1，0），作PD⊥x軸于點(diǎn)D，∵點(diǎn)P在上，∴設(shè)點(diǎn)P（x，），①∵PA⊥NA，且PA=NA，∴△PAD≌△AND，∴OA=PD，即，解得x=（舍去）或x=，∴點(diǎn)P（，2）；②設(shè)P(x，y)，則，∵=OB?OC+AD?PD+(PD+OC)?OD=====，∴當(dāng)x=時(shí)，=，當(dāng)x=時(shí)，=，此時(shí)P（，）．考點(diǎn)：1．二次函數(shù)綜合題；2．二次函數(shù)的最值；3．最值問題；4．壓軸題．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，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，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∽Rt△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．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∽Rt△QAB求得CQ的長是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．15．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=x2+x﹣2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，直線l經(jīng)過A，C兩點(diǎn)，連接BC．（1）求直線l的解析式；（2）若直線x=m（m＜0）與該拋物線在第三象限內(nèi)交于點(diǎn)E，與直線l交于點(diǎn)D，連接OD．當(dāng)OD⊥AC時(shí)，求線段DE的長；（3）取點(diǎn)G（0，﹣1），連接AG，在第一象限內(nèi)的拋物線上，是否存在點(diǎn)P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=；（2）DE=；（3）存在點(diǎn)P（，），使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，理由見解析.【解析】【分析】（1）根據(jù)題目中的函數(shù)解析式可以求得點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)，從而可以求得直線l的函數(shù)解析式；（2）根據(jù)題意作出合適的輔助線，利用三角形相似和勾股定理可以解答本題；（3）根據(jù)題意畫出相應(yīng)的圖形，然后根據(jù)銳角三角函數(shù)可以求得∠OAC=∠OCB，然后根據(jù)題目中的條件和圖形，利用銳角三角函數(shù)和勾股定理即可解答本題．【詳解】（1）∵拋物線y=x2+x2，∴當(dāng)y=0時(shí)，得x1=1，x2=4，當(dāng)x=0時(shí)，y=2，∵拋物線y=x2+x2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，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4，0），點(diǎn)B（1，0），點(diǎn)C（0，2），∵直線l經(jīng)過A，C兩點(diǎn)，設(shè)直線l的函數(shù)解析式為y=kx+b，得，即直線l的函數(shù)解析式為y=?x?2； （2）直線ED與x軸交于點(diǎn)F，如圖1所示，由（1）可得，AO=4，OC=2，∠AOC=90176。，∴AC=2，∴OD=，∵OD⊥AC，OA⊥OC，∠OAD=∠CAO，∴△AOD∽△ACO，∴，即，得AD=，∵EF⊥x軸，∠ADC=90176。，∴EF∥OC，∴△ADF∽△ACO，∴，解得，AF=，DF=，∴OF=4=，∴m=，當(dāng)m=時(shí)，y=（?）2+（）2=，∴EF=，∴DE=EFFD=?＝；（3）存在點(diǎn)P，使∠BAP=∠BCO∠BAG， 理由：作GM⊥AC于點(diǎn)M，作PN⊥x軸于點(diǎn)N，如圖2所示，∵點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)B（1，0），點(diǎn)C（0，2），∴OA=4，OB=1，OC=2，∴tan∠OAC=，tan∠OCB=，AC=2，∴∠OAC=∠OCB，∵∠BAP=∠BCO∠BAG，∠GAM=∠OAC∠BAG，∴∠BAP=∠GAM，∵點(diǎn)G（0，1），AC=2，OA=4，∴OG=1，GC=1，∴AG=，即，解得，GM=，∴AM==，∴tan∠GAM=，∴tan∠PAN=，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（n，n2+n2），∴AN=4+n，PN=n2+n2，∴，解得，n1=，n2=4（舍去），當(dāng)n=時(shí)，n2+n2=，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，），即存在點(diǎn)P（，），使∠BAP=∠BCO∠BAG．【點(diǎn)睛】本題是一道二次函數(shù)綜合題，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，作出合適的輔助線，找出所求問題需要的條件，利用三角形相似、銳角三角函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)解答．