【正文】 又∠C=90176。，∴△APQ∽△ACB，∴=，即=，解得t=．答：t=時，PQ⊥AB；（3）如圖1，當△APQ是以AQ為底邊的等腰三角形時，AH=AQ，∵△APQ∽△ACB，∴=，即=，解得AH=t，∴t=（6﹣t），解得，t=，∴當t= 時，△APQ是以AQ為底邊的等腰三角形；（4）∵△APQ∽△ACB，∴=，即=，解得，PH=t，∴S=AQPH=t（6﹣t）=﹣（t﹣3）2+，∴t=3時，S最大=．考點：相似形綜合題．21．（1）y=﹣x2+2x+3；（2）（4，﹣5）；（3）在第一象限的拋物線上，存在一點P，使得△ABP的面積最大；P點的坐標為（，），最大值為：．【解析】試題分析：（1）求得直線y=3x+3與坐標軸的兩交點坐標，然后根據OB=OA即可求得點B的坐標，然后利用待定系數(shù)法求得經過A、B、C三點的拋物線的解析式即可；（2）首先利用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式，然后根據CD∥AB得到兩直線的k值相等，根據直線CD經過點C求得直線CD的解析式，然后求得直線CD和拋物線的交點坐標即可；（3）本問關鍵是求出△ABP的面積表達式．這個表達式是一個關于P點橫坐標的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)求極值的方法可以確定P點的坐標．解：（1）令y=3x+3=0得：x=﹣1，故點C的坐標為（﹣1，0）；令x=0得：y=3x+3=30+3=3故點A的坐標為（0，3）；∵△OAB是等腰直角三角形．∴OB=OA=3，∴點B的坐標為（3，0），設過A、B、C三點的拋物線的解析式y(tǒng)=ax2+bx+c，解得：∴解析式為：y=﹣x2+2x+3；（2）設直線AB的解析式為y=kx+b，∴解得：∴直線AB的解析式為：y=﹣x+3∵線CD∥AB∴設直線CD的解析式為y=﹣x+b∵經過點C（﹣1，0），∴﹣（﹣1）+b=0解得：b=﹣1，∴直線CD的解析式為：y=﹣x﹣1，令﹣x﹣1=﹣x2+2x+3，解得：x=﹣1，或x=4，將x=4代入y=﹣x2+2x+3=﹣16+24+3=﹣5，∴點D的坐標為：（4，﹣5）；（3）存在．如圖1所示，設P（x，y）是第一象限的拋物線上一點，過點P作PN⊥x軸于點N，則ON=x，PN=y，BN=OB﹣ON=3﹣x．S△ABP=S梯形PNOA+S△PNB﹣S△AOB=（OA+PN）?ON+PN?BN﹣OA?OB=（3+y）?x+y?（3﹣x）﹣33=（x+y）﹣，∵P（x，y）在拋物線上，∴y=﹣x2+2x+3，代入上式得：S△PAB=（x+y）﹣=﹣（x2﹣3x）=﹣（x﹣）2+，∴當x=時，S△PAB取得最大值．當x=時，y=﹣x2+2x+3=，∴P（，）．所以，在第一象限的拋物線上，存在一點P，使得△ABP的面積最大；P點的坐標為（，），最大值為：．考點：二次函數(shù)綜合題．22．（1）y=x2﹣4x+3，（2，﹣1）；（2）當t=2時，S最大=2；（3）N點的坐標（2，2），（2，1），（2，），（2，）．【解析】試題分析：（1）根據待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式，根據配方法，可得頂點坐標；（2）根據三角形的面積公式，可得函數(shù)解析式，根據二次函數(shù)的性質，可得答案；（3）根據勾股定理的逆定理，可得關于a的方程，根據解方程，可得N點坐標．解：（1）將A （1，0）、B（0，3）及C（3，0）代入函數(shù)解析式，得，解得，拋物線的解析式為y=x2﹣4x+3，配方，得y=（x﹣2）2﹣1，頂點P的坐標為（2，﹣1）；（2）如圖1，由題意，得CE=t，OE=3﹣t，F(xiàn)E=4﹣t，OD=t．S=FE?OD=（4﹣t）t=﹣t2+2t=﹣（t﹣2）2+2，當t=2時，S最大=2；（3）當△DEF的面積最大時，E（1，0），設N（2，a），BN2=4+（a﹣3）2，EN2=1+a2，BE2=1+9=10，①當BN2+EN2=BE2時，4+9﹣6a+a2+a2+1=10，化簡，得a2﹣3a+2=0，解得a=2，a=1，N（2，2），N（2，1）；②當BN2+BE2=EN2時，4+9﹣6a+a2+10=1+a2，化簡，得6a=22，解得a=，N（2，）；③當BE2+EN2=BN2時，1+a2+10=4+9﹣6a+a2，化簡，得6a=2，解得a=，N（2，），綜上所述：N點的坐標（2，2），（2，1），（2，），（2，）．考點：二次函數(shù)綜合題．23．（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）P（，﹣），；（3）Q1（，﹣）、Q2（，﹣）．【解析】試題分析：（1）利用待定系數(shù)法即可求得二次函數(shù)的解析式；（2）首先求得直線BC的解析式，過P作PN⊥x軸交直線BC于點M，然后根據S△BPC=S△PCM+S△PMB=PM?ON+PM?NB，即可把S△BPC表示成P的橫坐標x的函數(shù)，根據函數(shù)的性質求最值；（3）QC=QB，則Q就是線段BC的中垂線與二次函數(shù)的交點，首先求得BC的解析式，然后解方程組即可．解：（1）設y=a（x+1）（x﹣3）把（0，﹣3）代入可得：﹣3=a（0+1）（0﹣3）解得：a=1則y=（x+1）（x﹣3）=x2﹣2x﹣3，∴二次函數(shù)的解析式為：y=x2﹣2x﹣3；（2）S四邊形ABPC=S△ABC+S△BPC=13+S△BPC，設直線BC的解析式是y=kx+b，則，解得：，則直線BC的解析式是：y=x﹣3．過P作PN⊥x軸交直線BC于點M，設P（x，x2﹣2x﹣3）則M（x，x﹣3）∴MP=x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）=﹣x2+3xS△BPC=S△PCM+S△PMB=PM?ON+PM?NB=PM?OB=（﹣x2+3x）3=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+（0＜x＜3）．當x=時，S△BPC的最大值為，則 S四邊形ABPC的最大值為：+=，此時P（，﹣）；（3）BC的中點坐標是（，﹣）．設線段BC的中垂線的解析式是y=﹣x+c，則﹣+c=﹣，解得c=0，即BC的中垂線的解析式是y=﹣x．根據題意得：，解得：或．則Q的坐標是：Q1（，﹣）、Q2（，﹣）．考點：二次函數(shù)綜合題．24．（1）①（1，0）；②y=x2x+2；（2）當m=﹣2時，△PAC的面積有最大值是4，此時P（﹣2，3）．（3）存在M1（0，2），M2（﹣3，2），M3（2，﹣3），M4（5，﹣18），使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似．【解析】試題分析：（1）①先求的直線y=x+2與x軸交點的坐標，然后利用拋物線的對稱性可求得點B的坐標；②設拋物線的解析式為y=y=a（x+4）（x﹣1），然后將點C的坐標代入即可求得a的值；（2）設點P、Q的橫坐標為m，分別求得點P、Q的縱坐標，從而可得到線段PQ=m2﹣2m，然后利用三角形的面積公式可求得S△PAC=PQ4，然后利用配方法可求得△PAC的面積的最大值以及此時m的值，從而可求得點P的坐標；（3）首先可證明△ABC∽△ACO∽△CBO，然后分以下幾種情況分類討論即可：①當M點與C點重合，即M（0，2）時，△MAN∽△BAC；②根據拋物線的對稱性，當M（﹣3，2）時，△MAN∽△ABC； ④當點M在第四象限時，解題時，需要注意相似三角形的對應關系．解：（1）①y=當x=0時，y=2，當y=0時，x=﹣4，∴C（0，2），A（﹣4，0），由拋物線的對稱性可知：點A與點B關于x=﹣對稱，∴點B的坐標為（1，0）．②∵拋物線y=ax2+bx+c過A（﹣4，0），B（1，0），∴可設拋物線解析式為y=a（x+4）（x﹣1），又∵拋物線過點C（0，2），∴2=﹣4a∴a=∴y=x2x+2．（2）設P（m，m2m+2）．過點P作PQ⊥x軸交AC于點Q，∴Q（m，m+2），∴PQ=m2m+2﹣（m+2）=m2﹣2m，∵S△PAC=PQ4，=2PQ=﹣m2﹣4m=﹣（m+2）2+4，∴當m=﹣2時，△PAC的面積有最大值是4，此時P（﹣2，3）．（3）在Rt△AOC中，tan∠CAO=在Rt△BOC中，tan∠BCO=，∴∠CAO=∠BCO，∵∠BCO+∠OBC=90176。，∴∠CAO+∠OBC=90176。，∴∠ACB=90176。，∴△ABC∽△ACO∽△CBO，如下圖：①當M點與C點重合，即M（0，2）時，△MAN∽△BAC；②根據拋物線的對稱性，當M（﹣3，2）時，△MAN∽△ABC；③當點M在第四象限時，設M（n，n2n+2），則N（n，0）∴MN=n2+n﹣2，AN=n+4當時，MN=AN，即n2+n﹣2=（n+4）整理得：n2+2n﹣8=0解得：n1=﹣4（舍），n2=2∴M（2，﹣3）；當時，MN=2AN，即n2+n﹣2=2（n+4），整理得：n2﹣n﹣20=0解得：n1=﹣4（舍），n2=5，∴M（5，﹣18）．綜上所述：存在M1（0，2），M2（﹣3，2），M3（2，﹣3），M4（5，﹣18），使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似．考點：二次函數(shù)綜合題．25．（1）y=﹣x2﹣2x+3；（2）（7，0）；（3）．【解析】試題分析：（1）將x=0代入直線的解析式求得點C（0，3），將y=0代入求得x=﹣3，從而得到點A（﹣3，0），設拋物線的解析式為y=a（x+3）（x﹣1），將點C的坐標代入可求得a=﹣1，從而得到拋物線的解析式為y=﹣x2﹣2x+3；（2）將x=2分別代入直線和拋物線的解析式，求得點D（2，5）、E（2，﹣5），然后根據平行四邊形的對角線互相平分可求得點F的坐標；（3）如圖2所示：設點P的坐標為（a，a+3），則點Q的坐標為（a，﹣a2﹣2a+3）．QP=﹣a2﹣3a，由三角形的面積公式可知：△ACQ的面積=﹣然后利用配方法求得二次函數(shù)的最大值即可解：（1）∵將x=0代入y=x+3，得y=3，∴點C的坐標為（0，3）．∵將y=0代入y=x+3得到x=﹣3．∴點A的坐標為（﹣3，0）．設拋物線的解析式為y=a（x+3）（x﹣1），將點C的坐標代入得：﹣3a=3．解得：a=﹣1．∴拋物線的解析式為y=﹣（x+3）（x﹣1）．整理得：y=﹣x2﹣2x+3；（2）∵將x=2代入y=x+3得，y=5，∴點D（2，5）．將x=2代入y=﹣x2﹣2x+3得：y=﹣5．∴點E的坐標為（2，﹣5）．如圖1所示：∵四邊形ADFE為平行四邊形，∴點F的坐標為（7，0）．（3）如圖2所示：設點P的坐標為（a，a+3），則點Q的坐標為（a，﹣a2﹣2a+3）．QP=﹣a2﹣2a+3﹣（a+3）=﹣a2﹣2a+3﹣a﹣3=﹣a2﹣3a．∵△ACQ的面積=，∴△ACQ的面積==﹣=（a）2+．∴△ACQ的面積的最大值為．考點：二次函數(shù)綜合題．26．C【解析】試題分析：設OD=x，根據三角形的性質可得∠OAD=30176。，則AD=x，DE=（6－2x），則紙盒的側面積之和為：S=3x（6－2x）=－6+18x，則最大面積為：．考點：二次函數(shù)的應用27．（1）y＝（0＜x≤4）；（2）20 ．【解析】試題分析：（1）分別表示出PB、BQ的長，然后根據三角形的面積公式列式整理即可得解；（2）把函數(shù)關系式整理成頂點式解析式，然后根據二次函數(shù)的最值問題解答．試題解析：（1）∵＝PBBQ，PB＝AB－AP＝18－2x，BQ＝x，∴y＝ x（18－2x），即y＝（0＜x≤4）；（2）由（1）知：y＝，∴y＝，∵當0＜x≤時，y隨x的增大而增大，而0＜x≤4，∴當x＝4時，＝20，即△PBQ的最大面積是20 ．考點：①矩形的性質；②二次函數(shù)的性質．28．（1）k=3，A（1，0），B（3，0）；（2）9；（3）存在點D（，），使四邊形ABDC的面積最大為；（4）存在點（2，5）、（1，4），使△BC、△BC是以BC為直角邊的直角三角形．【解析】試題分析：（1）把點C的坐標代入函數(shù)解析式可以求得k=3，然后通過解方程=0可以求得點A、B的橫坐標；（2）由點A、B、C、M的坐標可以求得相關線段的長度．則=；（3）設D（m，），連接OD，把四邊形ABDC的面積分成△AOC，△DOC，△DOB的面積和，求表達式的最大值；（4）有兩種可能：B為直角頂點；C為直角頂點；要充分認識△OBC的特殊性，是等腰直角三角形，可以通過解直角三角形求出相關線段的長度．試題解析：（1）∵拋物線y=x22xk與與y軸交于點C（0，3），∴3=k，解得k=3．則令y=0時，=0，解得x=3或x=1，∴根據圖示知，A（1，0），B（3，0）；（2）如圖，連接OM．由（1）知，A（1，0），B（3，0），則OA=1，OB=3．∵拋物線y=的頂點為M，k=3，∴C（0，3），M（1，4），∴==OA?OC+OC?Mx+OB?My=13+31+34=9；（3）如圖，設D（m，），連接OD．則0＜m＜3，＜0，且△AOC的面積=，△DOC的面積=m，△DOB的面積=（），∴===．∴存在點D（，），使四邊形ABDC的面積最大為；（4）有兩種情況：如圖，過點B作B⊥BC，交拋物線于點、交y軸于點F，連接C．∵∠CBO=45176。，∴∠FBO=45176。，BO=OF=3．∴點F的坐標為（0，3）．∴直線BF的解析式為y=x+3．則，解得：，∴點的坐標為（2，5）．如圖，過點C作CG⊥CB，交拋物線于點、交x軸于點G，連接B．∵∠CBO=45176。，∴∠CGB=45176。，OG=OC=3．∴點G的坐標為（3，0）．∴直線CG的解析式為y=x3．由，解得：，∴點的坐標為（1，4）．綜上，在拋物線上存在點（2，5）、（1，4），使△BC、△BC是以