【正文】 ∵∠OPB+∠OBP=90176。就可以構(gòu)成∠OBP=∠FPG，如圖2，求出圓E與y軸有一個交點時的m值，則可得取值范圍；②當B在原點的右側(cè)時，只有△OBP是等腰直角三角形，△FPG也是等腰直角三角形時滿足條件，直接計算即可．試題解析：（1）當m=﹣3時，B（﹣3，0），把A（1，0），B（﹣3，0）代入到拋物線y=x2+bx+c中得：，解得，∴拋物線的解析式為：y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣4；對稱軸是：直線x=﹣1；（2）如圖1，設E（m，m2+2m﹣3），由題意得：AD=1+1=2，OC=3，S△ACE=S△ACD=ADOC=23=10，設直線AE的解析式為：y=kx+b，把A（1，0）和E（m，m2+2m﹣3）代入得，解得：，∴直線AE的解析式為：y=（m+3）x﹣m﹣3，∴F（0，﹣m﹣3），∵C（0，﹣3），∴FC=﹣m﹣3+3=﹣m，∴S△ACE=FC（1﹣m）=10，﹣m（1﹣m）=20，m2﹣m﹣20=0，（m+4）（m﹣5）=0，m1=﹣4，m2=5（舍），∴E（﹣4，5）；（3）如圖2，當B在原點的左側(cè)時，連接BF，以BF為直徑作圓E，當⊙E與y軸相切時，設切點為P，∴∠BPF=90176。及∠ANM=90176?！唷螼CQ＝∠AQB，∴Rt△COQ∽Rt△QAB，∴，即OQ?AQ＝CO?AB，設OQ＝m，則AQ＝10﹣m，∴m（10﹣m）＝44，解得m＝2或m＝8，①當m＝2時，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m＝8時，同理可求得t＝，∴當四邊形PMQN為正方形時，t的值為或．點睛：本題為二次函數(shù)的綜合應用，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點坐標是解題的關鍵，在（2）中證得△PBE∽△OCD是解題的關鍵，在（3）中利用Rt△COQ∽Rt△QAB求得CQ的長是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度較大．14．如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+3 的圖象與x軸分別交于A(1,0)，B(3,0)兩點，與y軸交于點C（1）求此二次函數(shù)解析式；（2）點D為拋物線的頂點，試判斷△BCD的形狀，并說明理由；（3）將直線BC向上平移t(t0)個單位，平移后的直線與拋物線交于M，N兩點（點M在y軸的右側(cè)），當△AMN為直角三角形時，求t的值．【答案】（1）；（2）△BCD為直角三角形，理由見解析；（3）當△AMN為直角三角形時，t的值為1或4．【解析】【分析】（1）根據(jù)點A、B的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)解析式；（2）利用配方法及二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，可求出點C、D的坐標，利用兩點間的距離公式可求出CD、BD、BC的長，由勾股定理的逆定理可證出△BCD為直角三角形；（3）根據(jù)點B、C的坐標，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，進而可找出平移后直線的解析式，聯(lián)立兩函數(shù)解析式成方程組，通過解方程組可找出點M、N的坐標，利用兩點間的距離公式可求出AMANMN2的值，分別令三個角為直角，利用勾股定理可得出關于t的無理方程，解之即可得出結(jié)論．【詳解】（1）將、代入，得：，解得：，此二次函數(shù)解析式為．（2）為直角三角形，理由如下：，頂點的坐標為．當時，點的坐標為．點的坐標為，，．，為直角三角形．（3）設直線的解析式為，將，代入，得：，解得：，直線的解析式為，將直線向上平移個單位得到的直線的解析式為．聯(lián)立新直線與拋物線的解析式成方程組，得：，解得：，點的坐標為，點的坐標為，．點的坐標為，．為直角三角形，分三種情況考慮：①當時，有，即，整理，得：，解得：，（不合題意，舍去）；②當時，有，即，整理，得：，解得：，（不合題意，舍去）；③當時，有，即，整理，得：．，該方程無解（或解均為增解）．綜上所述：當為直角三角形時，的值為1或4．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、勾股定理以及勾股定理的逆定理，解題的關鍵是：（1）根據(jù)點的坐標，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式；（2）利用兩點間的距離公式結(jié)合勾股定理的逆定理找出BC2+BD2=CD2；（3）分∠MAN=90176。PM＝PN，∴∠CQO＋∠AQB＝90176。AO=3，BO=2，Q（t，3），P（t，），①當2＜t≤6時，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t＞6時，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：二次函數(shù)綜合題．13．如圖，矩形OABC的兩邊在坐標軸上，點A的坐標為（10，0），拋物線y=ax2+bx+4過點B，C兩點，且與x軸的一個交點為D（﹣2，0），點P是線段CB上的動點，設CP=t（0＜t＜10）．（1）請直接寫出B、C兩點的坐標及拋物線的解析式；（2）過點P作PE⊥BC，交拋物線于點E，連接BE，當t為何值時，∠PBE=∠OCD？（3）點Q是x軸上的動點，過點P作PM∥BQ，交CQ于點M，作PN∥CQ，交BQ于點N，當四邊形PMQN為正方形時，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點坐標，由矩形的性質(zhì)可求得B點坐標，由B、D的坐標，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）可設P（t，4），則可表示出E點坐標，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)可得到關于t的方程，可求得t的值；（3）當四邊形PMQN為正方形時，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P（t，4），則E（t，t2＋t＋4），∴PB＝10﹣t，PE＝t2＋t＋4﹣4＝t2＋t，∵∠BPE＝∠COD＝90176。時，P（m，0），∵點P在拋物線上，∴，解得：m5=﹣3（舍去），m6=1，此時點P的坐標為（1，0）．綜上可知：在拋物線上存在點P，使得△AFP為等腰直角三角形，點P的坐標為（2，﹣5）或（1，0）．考點：二次函數(shù)綜合題；最值問題；存在型；分類討論；綜合題．9．在平面直角坐標系中，拋物線過點，與y軸交于點C，連接AC