【正文】 角頂點作分類討論，利用等腰直角三角形的特殊線段長度關(guān)系，用e表示相關(guān)線段并列方程求解，再根據(jù)e與AP的關(guān)系求t的值．【詳解】（1）∵拋物線y=ax2+bx+c過點A（1，0），B（3，0），C（0，3），, 解得：，∴拋物線解析式為：y=x2+2x+3，設(shè)直線AC解析式為y=kx+3，∴k+3=0，得：k=3，∴直線AC解析式為：y=3x+3.（2）延長GC交x軸于點F，過G作GH⊥x軸于點H，∵y=x2+2x+3=（x1）2+4，∴G（1，4），GH=4，∴S△CGO=OC?xG=31=，∴S△CGE=S△CGO==2，①若點E在x軸正半軸上，設(shè)直線CG：y=k1x+3，∴k1+3=4 得：k1=1，∴直線CG解析式：y=x+3，∴F（3，0），∵E（m，0），∴EF=m（3）=m+3，∴S△CGE=S△FGES△FCE=EF?GHEF?OC=EF?（GHOC）=（m+3）?（43）=，∴=2，解得：m=1，∴E的坐標(biāo)為（1，0）.②若點E在x軸負(fù)半軸上，則點E到直線CG的距離與點（1，0）到直線CG距離相等，即點E到F的距離等于點（1，0）到F的距離，∴EF=3m=1（3）=4，解得：m=7PM=PN，如圖2，過點M作MQ⊥x軸于點Q，過點N作NR⊥x軸于點R，∵M(jìn)N∥x軸，∴MQ=NR=3e+3，∴Rt△MQP≌Rt△NRP（HL），∴PQ=PR，∠MPQ=∠NPR=45176。PM=MN，如圖3，∴MN=PM=3e+3，∴xN=xM+3e+3=4e+3，即N（4e+3，3e+3），∴（4e+3）2+2（4e+3）+3=3e+3，解得：e1=1（舍去），e2=?，∴t=AP=e（1）=?+1＝，③若∠PNM=90176。,∵∠PAF+∠FPA=90176。∴△PFA∽△AEB,∴，即，解得，x= ?1，x=4（舍去）∴x24x=5∴點P的坐標(biāo)為（1，5），又∵B點坐標(biāo)為（1，3），易得到BP直線為y=4x+1所以BP與x軸交點為（，0）∴S△PAB=【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，求出函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵，特別是利用待定系數(shù)法將兩條直線表達(dá)式解出，利用點的坐標(biāo)求三角形的面積是關(guān)鍵．5．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形ABCD的三個頂點B（1, 0）、C（3, 0）、D（3, 4）．以A為頂點的拋物線y＝ax2＋bx＋c過點C．動點P從點A出發(fā)，以每秒個單位的速度沿線段AD向點D運動，運動時間為t秒．過點P作PE⊥x軸交拋物線于點M，交AC于點N． （1）直接寫出點A的坐標(biāo)，并求出拋物線的解析式；（2）當(dāng)t為何值時，△ACM的面積最大？最大值為多少？（3）點Q從點C出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿線段CD向點D運動，當(dāng)t為何值時，在線段PE上存在點H，使以C、Q、N、H為頂點的四邊形為菱形？【答案】（1）A（1，4）；y＝－x2＋2x＋3；（2）當(dāng)t＝２時，△AＭC面積的最大值為1；（3）或．【解析】（1）由矩形的性質(zhì)得到點A的坐標(biāo)，由拋物線的頂點為A，設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x－1）2＋4，把點C的坐標(biāo)代入即可求得a的值；（2）由點P的坐標(biāo)以及拋物線解析式得到點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，△AＭC面積的最大值為1；（3）①當(dāng)點Ｈ在Ｎ點上方時，由PＮ＝CQ，PN∥CQ，得到四邊形PNCQ為平行四邊形，所以當(dāng)PQ＝CQ時，四邊形FECQ為菱形，據(jù)此得到，解得t值；②當(dāng)點Ｈ在Ｎ點下方時，NH=CQ=，NQ＝CQ時，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A（1，4），∵拋物線的頂點為A，設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x－1）2＋4，代入點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，△AＭC面積的最大值為1．（3）①如圖１，當(dāng)點Ｈ在Ｎ點上方時，∵Ｎ（，），P（，４），∴PＮ＝４—（）＝＝CQ，又∵PN∥CQ，∴四邊形PNCQ為平行四邊形，∴當(dāng)PQ＝CQ時，四邊形FECQ為菱形，PQ2＝PD2+DQ2 ＝，∴，整理，得．解得，（舍去）；②如圖２當(dāng)點Ｈ在Ｎ點下方時，NH=CQ=，NQ＝CQ時，四邊形NHCQ為菱形，NQ2＝CQ2，得：．整理，得．．所以，（舍去）．“點睛”此題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，會用頂點式求拋物線，會用兩點法求直線解析式，會設(shè)點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，已知拋物線經(jīng)過點A（1，0），B（4，0），C（0，2）三點，點D與點C關(guān)于x軸對稱，點P是線段AB上的一個動點，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，0），過點P作x軸的垂線l交拋物線于點Q，交直線BD于點M．（1）求該拋物線所表示的二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）在點P運動過程中，是否存在點Q，使得△BQM是直角三角形？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）連接AC，將△AOC繞平面內(nèi)某點H順時針旋轉(zhuǎn)90176?；颉螹QB=90176。EF＝3，PF＝6，△PEF（點F和點A重合）的邊EF和矩形的邊AB在同一直線上．現(xiàn)將Rt△PEF從A以每秒1個單位的速度向射線AB方向勻速平移，當(dāng)點F與點B重合時停止運動，設(shè)運動時間為t秒，解答下列問題：（1）如圖1，連接PD，填空：PE＝　 　，∠PFD＝　 　度，四邊形PEAD的面積是　 ?。唬?）如圖2，當(dāng)PF經(jīng)過點D時，求△PEF運動時間t的值；（3）在運動的過程中，設(shè)△PEF與△ABD重疊部分面積為S，請直接寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式及相應(yīng)的t的取值范圍．【答案】（1）300，；（2）；（3）見解析.【解析】分析：（1）根據(jù)銳角三角形函數(shù)可求出角的度數(shù)，然后根據(jù)勾股定理求出PE的長，再根據(jù)梯形的面積公式求解.（2）當(dāng)PF經(jīng)過點D時，PE∥DA，由EF=3，PF=6，可得∠EPD=∠ADF=30176。EF=3，PF=6∴sin∠P= ∴∠P=30176。在Rt△ADF中，由AD=3，得AF=，所以t= ； （3）分三種情況討論： ①當(dāng)0≤t＜時， PF交AD于Q，∵AF=t，AQ=t，∴S=tt=；②當(dāng)≤t＜3時，PF交BD于K，作KH⊥AB于H，∵AF=t，∴BF=3t，S△ABD=，∵∠FBK=∠FKB，∴FB=FK=3t，KH=KFsin600=,∴S=S△ABD﹣S△FBK =③當(dāng)3≤t≤3時，PE與BD交O，PF交BD于K，∵AF=t，∴AE=t3，BF=3t,BE=3t+3，OE=BEtan300=，∴S=．點睛：此題主要考查了幾何變換綜合題，用到的知識點有直角三角形的性質(zhì)，三角函數(shù)值，三角形的面積，圖形的平移等，考查了分析推理能力，分類討論思想，數(shù)形結(jié)合思想，要熟練掌握，比較困難.8．如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，B點坐標(biāo)為（3，0），與y軸交于點C（0，3）．（1）求拋物線y＝x2+bx+c的表達(dá)式；（2）點D為拋物線對稱軸上一點，當(dāng)△BCD是以BC為直角邊的直角三角形時，求點D的坐標(biāo)；（3）點P在x軸下方的拋物線上，過點P的直線y＝x+m與直線BC交于點E，與y軸交于點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為斜邊時得到18+4+（y﹣3）2=1+y2；當(dāng)CD為斜邊時得到4+（y﹣3）2=1+y2+18，再分別解方程即可得到對應(yīng)D的坐標(biāo)；（3）先證明∠CEF=90176。∴△ECF為等腰直角三角形，作PH⊥y軸于H，PG∥y軸交BC于G，如圖2，△EPG