2023年中考數(shù)學壓軸題專題16 二次函數(shù)與動點綜合問題【含答案】

專題16二次函數(shù)與動點綜合問題二次函數(shù)與動點問題的背景是特殊圖形,考查問題也是二次函數(shù)的有個性質和特殊圖形的性質，體現(xiàn)的數(shù)學思想方法主要是數(shù)形結合思想和分類討論思想，所以要把握好一般與特殊的關系；分析過程中,特別要關注圖形的特性（特殊角、特殊圖形的性質、圖形的特殊位置.)動點問題一直是中考熱點，近幾年考查探究運動中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四邊形、梯形、特殊角或三角函數(shù)、線段或面積的最值.解決“動點型問題”的關鍵是動中求靜，靈活運用“動中求靜”，找到并運用不變的數(shù)、不變的量、不變的關系，建立函數(shù)關系及綜合應用代數(shù)、幾何知識解決問題.根據(jù)題意靈活運用特殊三角形和四邊形的相關性質、判定、定理知識確定二次函數(shù)關系式，通過二次函數(shù)解析式或函數(shù)圖象判定“動點型問題”涉及的線與線關系、特殊三角形、四邊形及相應的周長、面積，還有存在、最值等問題.

【例1】（2022?本溪二模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），C（﹣1，0）兩點，與y軸交于點B．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，點M是線段AB上方拋物線上一動點，以AB為邊作平行四邊形ABMD，連接OM，若OM將平行四邊形ABMD的面積分成為1：7的兩部分，求點M的橫坐標；（3）如圖2，點P從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿B→A勻速運動，同時點Q從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿A→O→B勻速運動，當點P到達點A時，P、Q同時停止運動，設點P運動的時間為t秒，點G在坐標平面內，使以B、P、Q、G為頂點的四邊形是菱形，直接寫出所有符合條件的t值．【例2】（2022?沈北新區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，且OA＝OC＝3OB，連接AC．（1）求拋物線的解析式；（2）動點P和動點Q同時出發(fā)，點P從點C以每秒2個單位長度的速度沿CA運動到點A，點Q從點O以每秒1個單位長度的速度沿OC運動到點C，連接PQ，當點P到達點A時，點Q停止運動，求S△CPQ的最大值及此時點P的坐標；（3）點M是拋物線上一點，是否存在點M，使得∠ACM＝15°？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【例3】（2022?三亞模擬）如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸正半軸、y軸分別交于A（3，0）、B（0，3）兩點，點P為拋物線的頂點，連接AB、BP．（1）求拋物線的解析式；（2）求∠PBA的度數(shù)；（3）如圖2，點M從點O出發(fā)，沿著OA的方向以1個單位/秒的速度向A勻速運動，同時點N從點A出發(fā)，沿著AB的方向以個單位/秒的速度向B勻速運動，設運動時間為t秒，ME⊥x軸交AB于點E，NF⊥x軸交拋物線于點F，連接MN、EF．①當EF∥MN時，求點F的坐標；②在M、N運動的過程中，存在t使得△BNP與△BMN相似，請直接寫出t的值．【例4】（2021?長沙模擬）在一個三角形中，如果其中某兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，則稱該三角形為“調和三角形”例如我們學過的等邊三角形就是“調和三角形”．（1）已知一個“調和三角形”三條邊的長度分別為4，6，m﹣1，求m的值．（2）已知Rt△ABC是“調和三角形”，它的三邊長分別為a，b，c，且a＜b＜c．①求a：b：c的值；②若△ABC周長的數(shù)值與面積的數(shù)值相等，求a，b，c的值．（3）在（2）的條件下，動點P從點A出發(fā)以每秒2個單位c長度的速度沿路線A→B→C運動，動點Q從點C出發(fā)以每秒1個單位長度的速度向點A運動，當其中一點到達終點時，另一點也隨之停止運動，設運動時間為t秒，設y＝PQ2．①求y關于t的函數(shù)關系式；②求y的最小值．1．（2021?遵化市模擬）如圖，關于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）和點B，與y軸交于點C（0，3），拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）在y軸上是否存在一點P，使△PBC為等腰三角形？若存在．請求出點P的坐標；（3）有一個點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一個點N從點D與點M同時出發(fā)，以每秒2個單位的速度在拋物線的對稱軸上運動，當點M到達點B時，點M、N同時停止運動，問點M、N運動到何處時，△MNB面積最大，試求出最大面積．2．（2020?市中區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點，且與y軸交于點C，D（4﹣4，0）．動點P從點A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個單位長度的速度向點B移動，同時動點Q從點C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點A移動．（1）求該拋物線的解析式；（2）若經(jīng)過t秒的移動，線段PQ被CD垂直平分，求此時t的值；（3）在第一象限的拋物線上取一點G，使得S△GCB＝S△GCA，再在拋物線上找點E（不與點A、B、C重合），使得∠GBE＝45°，求E點的坐標．3．（2020?項城市三模）如圖，拋物線經(jīng)過A（﹣3，0），C（5，0）兩點，點B為拋物線頂點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求拋物線的解析式；（2）動點P從點B出發(fā)，沿線段BD向終點D作勻速運動，速度為每秒1個單位長度，運動時間為t，過點P作PM⊥BD，交BC于點M，以PM為正方形的一邊，向上作正方形PMNQ，邊QN交BC于點R，延長NM交AC于點E．①當t為何值時，點N落在拋物線上；②在點P運動過程中，是否存在某一時刻，使得四邊形ECRQ為平行四邊形？若存在，求出此時刻的t值；若不存在，請說明理由．4．（2018?泉山區(qū)三模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點，且與y軸交于點C，點D在x軸的負半軸上，且BD＝BC，有一動點P從點A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個單位長度的速度向點B移動，同時另一個動點Q從點C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點A移動．（1）求該拋物線的解析式；（2）若經(jīng)過t秒的移動，線段PQ被CD垂直平分，求此時t的值；（3）該拋物線的對稱軸上是否存在一點M，使MQ+MA的值最小？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．5．（2018?揚州）如圖1，四邊形OABC是矩形，點A的坐標為（3，0），點C的坐標為（0，6），點P從點O出發(fā)，沿OA以每秒1個單位長度的速度向點A運動，同時點Q從點A出發(fā)，沿AB以每秒2個單位長度的速度向點B運動，當點P與點A重合時運動停止．設運動時間為t秒．（1）當t＝2時，線段PQ的中點坐標為；（2）當△CBQ與△PAQ相似時，求t的值；（3）當t＝1時，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過P，Q兩點，與y軸交于點M，拋物線的頂點為K，如圖2所示，問該拋物線上是否存在點D，使∠MQD＝∠MKQ？若存在，求出所有滿足條件的D的坐標；若不存在，說明理由．6．（2019?蘭州）二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的圖象交x軸于點（﹣1，0），B（4，0）兩點，交y軸于點C．動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿AB方向運動，過點M作MN⊥x軸交直線BC于點N，交拋物線于點D，連接AC，設運動的時間為t秒．（1）求二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的表達式；（2）連接BD，當t＝時，求△DNB的面積；（3）在直線MN上存在一點P，當△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形時，求此時點D的坐標；（4）當t＝時，在直線MN上存在一點Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求點Q的坐標．7．（2019?鄂州）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，AB＝4，交y軸于點C，對稱軸是直線x＝1．（1）求拋物線的解析式及點C的坐標；（2）連接BC，E是線段OC上一點，E關于直線x＝1的對稱點F正好落在BC上，求點F的坐標；（3）動點M從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度向點B運動，過M作x軸的垂線交拋物線于點N，交線段BC于點Q．設運動時間為t（t＞0）秒．①若△AOC與△BMN相似，請直接寫出t的值；②△BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由．8．（2019?樂山）如圖，已知拋物線y＝a（x+2）（x﹣6）與x軸相交于A、B兩點，與y軸交于C點，且tan∠CAB＝．設拋物線的頂點為M，對稱軸交x軸于點N．（1）求拋物線的解析式；（2）P為拋物線的對稱軸上一點，Q（n，0）為x軸上一點，且PQ⊥PC．①當點P在線段MN（含端點）上運動時，求n的變化范圍；②在①的條件下，當n取最大值時，求點P到線段CQ的距離；③在①的條件下，當n取最大值時，將線段CQ向上平移t個單位長度，使得線段CQ與拋物線有兩個交點，求t的取值范圍．9．（2019?西寧）如圖①，直線y＝﹣x+2與x軸，y軸分別交于A，B兩點，以A為頂點的拋物線經(jīng)過點B，點P是拋物線上一點，連接OP，AP．（1）求拋物線的解析式；（2）若△AOP的面積是3，求P點坐標；（3）如圖②，動點M，N同時從點O出發(fā)，點M以1個單位長度/秒的速度沿x軸正半軸方向勻速運動，點N以個單位長度/秒的速度沿y軸正半軸方向勻速運動，當其中一個動點停止運動時，另一個動點也隨之停止運動，過點N作NE∥x軸交直線AB于點E．若設運動時間為t秒，是否存在某一時刻，使四邊形AMNE是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．10．（2019?沈陽）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，拋物線經(jīng)過點D（﹣2，﹣3）和點E（3，2），點P是第一象限拋物線上的一個動點．（1）求直線DE和拋物線的表達式；（2）在y軸上取點F（0，1），連接PF，PB，當四邊形OBPF的面積是7時，求點P的坐標；（3）在（2）的條件下，當點P在拋物線對稱軸的右側時，直線DE上存在兩點M，N（點M在點N的上方），且MN＝2，動點Q從點P出發(fā)，沿P→M→N→A的路線運動到終點A，當點Q的運動路程最短時，請直接寫出此時點N的坐標．11．（2019?湖州）如圖1，已知在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是矩形，點A，C分別在x軸和y軸的正半軸上，連接AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中點．（1）求OC的長和點D的坐標；（2）如圖2，M是線段OC上的點，OM＝OC，點P是線段OM上的一個動點，經(jīng)過P，D，B三點的拋物線交x軸的正半軸于點E，連接DE交AB于點F．①將△DBF沿DE所在的直線翻折，若點B恰好落在AC上，求此時BF的長和點E的坐標；②以線段DF為邊，在DF所在直線的右上方作等邊△DFG，當動點P從點O運動到點M時，點G也隨之運動，請直接寫出點G運動路徑的長．12．（2021?高明區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系中，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AB∥x軸，如圖1，C（1，0），且OC：OA＝AC：BC＝1：2．（1）A點坐標為，B點坐標為；（2）求過A、B、C三點的拋物線表達式；（3）如圖2，拋物線對稱軸與AB交于點D，現(xiàn)有一點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一點Q從點D與點P同時出發(fā)，以每秒5個單位在拋物線對稱軸上運動．當點P到達B點時，點P、Q同時停止運動，問點P、Q運動到何處時，△PQB面積最大，試求出最大面積．13．（2020?香洲區(qū)校級一模）如圖1，矩形OBCD的邊OD，OB分別在x軸和y軸上，且B（0，8），D（10，0）．點E是DC邊上一點，將矩形OBCD沿過點O的射線OE折疊，使點D恰好落在BC邊上的點A處．（1）若拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點A，D，求此拋物線的解析式；（2）若點M是（1）中的拋物線對稱軸上的一點，點N是坐標平面內一點，是否存在M，N使以A，M，N，E為頂點的四邊形為菱形？若存在，直接寫出點M的坐標；若不存在，說明理由；（3）如圖2，動點P從點O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個單位的速度向終點D運動，動點Q從點D出發(fā)沿折線D﹣C﹣A以同樣的速度運動，兩點同時出發(fā)，當一點運動到終點時，另一點也隨之停止，過動點P作直線l⊥x軸，依次交射線OA，OE于點F，G，設運動時間為t（秒），△QFG的面積為S，求S與t的函數(shù)關系式，并直接寫出t的取值范圍．（t的取值應保證△QFG的存在）14．（2020?南充一模）如圖，拋物線y＝﹣（x+1）（x﹣n）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側），與y軸交于點C，△ABC的面積為5．動點P從點A出發(fā)沿AB方向以每秒1個單位的速度向點B運動，過P作PN⊥x軸交BC于M，交拋物線于N．（1）求拋物線的解析式；（2）當M在線段BC上，MN最大時，求運動的時間；（3）經(jīng)過多長時間，點N到點B、點C的距離相等？15．（2020?潮南區(qū)模擬）如圖，關于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）和點B，與y軸交于點C（0，3），拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求二次函數(shù)的解析式．（2）有一個點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一個點N從點D與點M同時出發(fā)，以每秒2個單位的速度在拋物線的對稱軸上運動，當點M到達點B時，點M、N同時停止運動，問點M、N運動到何處時，△MNB面積最大，試求出最大面積．（3）在y軸上是否存在一點P，使△PBC為等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標，若不存在請說明理由．16．（2020?潮州模擬）如圖1，已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，且OB＝2OA＝4．（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；（2）設P是（1）中拋物線上的一個動點，當直線OC平分∠ACP時，求點P的坐標；（3）如圖2，點G是線段AC的中點，動點E從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向終點B運動，動點F從點B出發(fā)，以每秒個單位長度的速度向終點C運動，若E、F兩點同時出發(fā)，運動時間為t秒．則當t為何值時，△EFG的面積是△ABC的面積的？17．（2021?饒平縣校級模擬）如圖，拋物線y＝x2+bx+c過點A（3，0），B（1，0），交y軸于點C，點P是該拋物線上一動點，點P從C點沿拋物線向A點運動（點P不與A重合），過點P作PD∥y軸交直線AC于點D．（1）求拋物線的解析式；（2）求點P在運動的過程中線段PD長度的最大值；（3）△APD能否構成直角三角形？若能，請直接寫出所有符合條件的點P坐標；若不能，請說明理由．18．（2020?山西模擬）綜合與實踐如圖，拋物線y＝與x軸交于點A，B（點A在點B的左側），交y軸于點C．點D從點A出發(fā)以每秒1個單位長度的速度向點B運動，點E同時從點B出發(fā)以相同的速度向點C運動，設運動的時間為t秒．（1）求點A，B，C的坐標；（2）求t為何值時，△BDE是等腰三角形；（3）在點D和點E的運動過程中，是否存在直線DE將△BOC的面積分成1：4兩份，若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．19．（2020?雁塔區(qū)校級模擬）將拋物線C1：y＝﹣x2+3沿x軸翻折，得拋物線C2．（1）請求出拋物線C2的表達式；（2）現(xiàn)將拋物線C1向左平移m個單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點為M，與x軸的交點從左到右依次為A、B；將拋物線C2向右也平移m個單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點為N，與x軸交點從左到右依次為D、E．在平移過程中，是否存在以點A，N，E，M為頂點的四邊形是矩形的情形？若存在，請求出此時m的值；若不存在，請說明理由．20．（2020?清江浦區(qū)模擬）如圖1，矩形OBCD的邊OD，OB分別在x軸和y軸上，且B（0，8），D（10，0）．點E是DC邊上一點，將矩形OBCD沿過點O的射線OE折疊，使點D恰好落在BC邊上的點A處．（1）若拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點A，D，求此拋物線的解析式；（2）若點M是（1）中拋物線對稱軸上的一點，是否存在點M，使△AME為等腰三角形？若存在，直接寫出點M的坐標；若不存在，說明理由；（3）如圖2，動點P從點O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個單位的速度向終點D運動，動點Q從點D出發(fā)沿折線D﹣C﹣A以同樣的速度運動，兩點同時出發(fā)，當一點運動到終點時，另一點也隨之停止，過動點P作直線l⊥x軸，依次交射線OA，OE于點F，G，設運動時間為t（秒），△QFG的面積為S，求S與t的函數(shù)關系式，并直接寫出t的取值范圍．（t的取值應保證△QFG的存在）21．（2022?濟寧三模）如圖，直線y＝﹣2x+4交x軸于點A，交y軸于點B，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過點A、E，點E的坐標是（5，3），拋物線交x軸于另一點C（6，0）．（1）求拋物線的解析式．（2）設拋物線的頂點為D，連接BD，AD，CD，動點P在BD上以每秒2個單位長度的速度由點B向點D運動，同時動點Q在線段CA上以每秒3個單位長度的速度由點C向點A運動，當其中一個點到達終點停止運動時，另一個點也隨之停止運動，設運動時間為t秒，PQ交線段AD于點H．①當∠DPH＝∠CAD時，求t的值；②過點H作HM⊥BD，垂足為點M，過點P作PN⊥BD交線段AB或AD于點N．在點P、Q的運動過程中，是否存在以點P，N，H，M為頂點的四邊形是矩形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．22．（2022?望花區(qū)模擬）如圖1，已知拋物線y＝ax2+x+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，且點A的坐標為（﹣1，0）、點C的坐標為（0，3）．（1）請寫出該拋物線的函數(shù)表達式和點B的坐標；（2）如圖2，有兩動點D、E在△COB的邊上運動，運動速度均為每秒5個單位長度，它們分別從點C和點B同時出發(fā)，點D沿折線COB按C→O→B方向向終點B運動，點E沿線段BC按B→C方向向終點C運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也隨之停止運動．設運動時間為t秒，請解答下列問題：①當t為何值時，△BDE的面積等于；②在點D、E運動過程中，該拋物線上存在點F，使得依次連接AD、DF、FE、EA得到的四邊形ADFE是平行四邊形，請直接寫出所有符合條件的點F的坐標．

【例1】（2022?本溪二模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），C（﹣1，0）兩點，與y軸交于點B．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，點M是線段AB上方拋物線上一動點，以AB為邊作平行四邊形ABMD，連接OM，若OM將平行四邊形ABMD的面積分成為1：7的兩部分，求點M的橫坐標；（3）如圖2，點P從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿B→A勻速運動，同時點Q從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿A→O→B勻速運動，當點P到達點A時，P、Q同時停止運動，設點P運動的時間為t秒，點G在坐標平面內，使以B、P、Q、G為頂點的四邊形是菱形，直接寫出所有符合條件的t值．【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）連接AM，設AB與OM的交點為N，作NH⊥OA于點H，則NH∥OB，設點M，點N，證明△ANH∽△AOB，求出，可得，求出直線OM的解析式，聯(lián)立方程組，即可求M點的橫坐標；（3）分兩種情況討論：①當0＜t≤3時，P（t，4﹣t），Q（3﹣t，0），再由菱形的邊的性質分三種情況求解：當BP＝PQ時，t＝或t＝5（舍）；當BP＝BQ時，t＝（舍）；當BQ＝PQ時，t＝0（舍）或t＝（舍）；②當3＜t≤5時，P（t，4﹣t），Q（0，t﹣3），再由菱形的邊的性質分三種情況求解：當BP＝BQ，t＝3.5；當BP＝PQ時，t＝7（舍）或t＝（舍）；當BQ＝PQ時，t＝0（舍）或t＝．【解答】解：（1）將（3，0），（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得，解得，∴；（2）連接AM，設AB與OM的交點為N，作NH⊥OA于點H，則NH∥OB，∵A（3，0），B（0，4），設直線AB的解析式為y＝kx+4，∴3k+4＝0，∴k＝﹣，∴y＝﹣x+4，設點M，點N，∵S△BMN：S△ABM＝1：4，∴S△BMN：S△ABM＝1：4，∴BN：AN＝1：3，∵NH∥OB，∴△ANH∽△AOB，∴，即，解得，∴，∴直線OM的解析式為y＝4x，聯(lián)立方程組，解得，∵點M在第一象限，∴，∴點M的橫坐標為；（3）∵A（3，0），B（0，4），∴OA＝3，OB＝4，∴AB＝5，①當0＜t≤3時，P（t，4﹣t），Q（3﹣t，0），∵四邊形BPQG是菱形，當BP＝PQ時，t2＝（t﹣3+t）2+（t）2，解得t＝或t＝5（舍）；當BP＝BQ時，（3﹣t）2+42＝t2，解得t＝（舍）；當BQ＝PQ時，（3﹣t）2+42＝（t﹣3+t）2+（t）2，解得t＝0（舍）或t＝（舍）；②當3＜t≤5時，P（t，4﹣t），Q（0，t﹣3），∵四邊形BPQG是菱形，當BP＝BQ，t2＝（7﹣t）2，∴t＝3.5；當BP＝PQ時，t2＝（t）2+（4﹣t﹣t+3）2，解得t＝7（舍）或t＝（舍）；當BQ＝PQ時，（7﹣t）2＝（t）2+（4﹣t﹣t+3）2，解得t＝0（舍）或t＝；綜上所述：t的值為或3.5或．【例2】（2022?沈北新區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，且OA＝OC＝3OB，連接AC．（1）求拋物線的解析式；（2）動點P和動點Q同時出發(fā)，點P從點C以每秒2個單位長度的速度沿CA運動到點A，點Q從點O以每秒1個單位長度的速度沿OC運動到點C，連接PQ，當點P到達點A時，點Q停止運動，求S△CPQ的最大值及此時點P的坐標；（3）點M是拋物線上一點，是否存在點M，使得∠ACM＝15°？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）先求出點A，點B坐標，利用待定系數(shù)法可求解析式；（2）先求出CQ與PH的長，由三角形的面積公式和二次函數(shù)的性質可求解；（3）分兩種情況討論，先求出CM的解析式，聯(lián)立方程組可求解．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）交y軸于點C，∴點C（0，6），∴OC＝6，∵OA＝OC＝3OB，∴OA＝OC＝6，OB＝2，∴點A（﹣6，0），點B（2，0），將點A，點B坐標代入解析式，可得：，解得：，∴拋物線的表達式為：y＝﹣x2﹣2x+6；（2）如圖，過點P作PH⊥CO于H，∵OA＝OC＝6，∴∠OCA＝45°∵PH⊥OC，∴∠ACO＝∠CPH＝45°，∴PH＝CH，∵點P從點C以每秒2個單位長度的速度沿CA運動到點A，點Q從點O以每秒1個單位長度的速度沿OC運動到點C，∴CP＝2t，OQ＝t，∴PH＝CH＝t，CQ＝6﹣t，∴S△PCQ＝×CQ×PH＝（﹣t2+6t）＝﹣（t﹣3）2+，∴當t＝3時，S△CPQ的最大值為，∴PH＝CH＝3，∴OH＝6﹣3，∴點P的坐標為（﹣3，6﹣3）；（3）如圖，當點M在AC的下方時，設CM與x軸的交點為H，∵∠ACM＝15°，∠ACO＝45°，∴∠OCH＝30°，∴tan∠OCH＝＝，∴OH＝2，∴點H（﹣2，0），∴直線CM的解析式為：y＝x+6，聯(lián)立方程組可得：，解得：（舍去）或，故點M（﹣4﹣2，﹣4）；當點M'在AC的上方時，設CM'與x軸的交點為G，∵∠ACM'＝15°，∠ACO＝45°，∴∠OCG＝60°，∴tan∠OCG＝，∴OG＝6，∴點H（﹣6，0），∴直線CM'的解析式為：y＝x+6，聯(lián)立方程組可得：，解得：（舍去）或，故點M（﹣4﹣，﹣+）；綜上所述：點M的坐標為（﹣4﹣2，﹣4）或（﹣4﹣，﹣+）．【例3】（2022?三亞模擬）如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸正半軸、y軸分別交于A（3，0）、B（0，3）兩點，點P為拋物線的頂點，連接AB、BP．（1）求拋物線的解析式；（2）求∠PBA的度數(shù)；（3）如圖2，點M從點O出發(fā)，沿著OA的方向以1個單位/秒的速度向A勻速運動，同時點N從點A出發(fā)，沿著AB的方向以個單位/秒的速度向B勻速運動，設運動時間為t秒，ME⊥x軸交AB于點E，NF⊥x軸交拋物線于點F，連接MN、EF．①當EF∥MN時，求點F的坐標；②在M、N運動的過程中，存在t使得△BNP與△BMN相似，請直接寫出t的值．【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）如圖1，過點P作PD⊥y軸于點D，可證：△PBD是等腰直角三角形，△AOB是等腰直角三角形，即可求得答案；（3）①如圖2，延長FN交x軸于點G，由△AEM是等腰直角三角形，可得EM＝AM＝3﹣t，再由四邊形EFNM是平行四邊形，可得EM＝FN，建立方程求解即可得出答案；②如圖3，過點N作HG⊥x軸于點G，由于∠MBN＜90°，故∠MBN≠∠PBN，若∠BMN＝∠PBN＝90°，推出t＝0，不符合題意；若∠BNM＝∠PBN＝90°，可求得t＝1，進而可得△BNM∽△NBP，故t＝1．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0）、B（0，3）兩點，∴，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴頂點P（1，4），如圖1，過點P作PD⊥y軸于點D，則D（0，4），∠PDB＝90°，∴PD＝1，BD＝4﹣3＝1，∴PD＝BD，∴△PBD是等腰直角三角形，∴∠PBD＝45°，BP＝，∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠ABO＝45°，AB＝3，∴∠PBA＝180°﹣∠PBD﹣∠ABO＝180°﹣45°﹣45°＝90°，（3）①如圖2，延長FN交x軸于點G，由題意得：OM＝t，AN＝t，∴AM＝3﹣t，∵FN⊥x軸，∴∠AGN＝90°，由（2）知：△AOB是等腰直角三角形，∴∠BAO＝45°，∴△ABG是等腰直角三角形，∴AG＝NG＝AN＝×t＝t，∴G（3﹣t，0），當x＝3﹣t時，﹣x2+2x+3＝﹣（3﹣t）2+2（3﹣t）+3＝﹣t2+4t，∴F（3﹣t，﹣t2+4t），∴FG＝﹣t2+4t，∴FN＝FG﹣NG＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，∵ME⊥x軸，∴△AEM是等腰直角三角形，∴EM＝AM＝3﹣t，∵ME⊥x軸，∵EF∥MN，F(xiàn)N⊥x軸，∴四邊形EFNM是平行四邊形，∴EM＝FN，∴3﹣t＝﹣t2+3t，解得：t＝1或t＝3（不符合題意，舍去），∴F（2，3）；②存在．如圖3，過點N作HG⊥x軸于點G，由①知：OM＝t，AN＝t，AG＝NG＝t，∴MG＝3﹣2t，∴BN＝3﹣t，BP＝，∠PBN＝90°，∵∠MBN＜90°，∴∠MBN≠∠PBN，若∠BMN＝∠PBN＝90°，則∠BMO+∠NMG＝90°，∵∠BOM＝∠MGN＝90°，∴∠BMO+∠MBO＝90°，∴∠MBO＝∠NMG，∴△BMO∽△MNG，∴＝，即＝＝1，∴3﹣2t＝3，解得：t＝0（不符合題意，舍去），故∠BMN≠∠PBN，若∠BNM＝∠PBN＝90°，則∠ANM＝90°，∴△AMN是等腰直角三角形，∴AM＝AN＝2t，∴OA＝OM+AM＝3t＝3，∴t＝1，當t＝1時，MN＝AN＝，∴BN＝AB﹣AN＝3﹣＝2，∵＝＝，＝，∴＝，且∠BNM＝∠PBN＝90°，∴△BNM∽△NBP，綜上所述，當△BNP與△BMN相似時，t＝1．【例4】（2021?長沙模擬）在一個三角形中，如果其中某兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，則稱該三角形為“調和三角形”例如我們學過的等邊三角形就是“調和三角形”．（1）已知一個“調和三角形”三條邊的長度分別為4，6，m﹣1，求m的值．（2）已知Rt△ABC是“調和三角形”，它的三邊長分別為a，b，c，且a＜b＜c．①求a：b：c的值；②若△ABC周長的數(shù)值與面積的數(shù)值相等，求a，b，c的值．（3）在（2）的條件下，動點P從點A出發(fā)以每秒2個單位c長度的速度沿路線A→B→C運動，動點Q從點C出發(fā)以每秒1個單位長度的速度向點A運動，當其中一點到達終點時，另一點也隨之停止運動，設運動時間為t秒，設y＝PQ2．①求y關于t的函數(shù)關系式；②求y的最小值．【分析】（1）根據(jù)兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，分情況求m值即可；（2）①根據(jù)兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，及勾股定理列出三邊關系，聯(lián)立方程組求出比值即可；②根據(jù)三邊比值和△ABC周長的數(shù)值與面積的數(shù)值相等，求出三邊長度即可；（3）①分點P在AB上和在BC上兩種情況，根據(jù)勾股定理求出PQ2即可；②利用①的函數(shù)關系式求最值即可．【解答】解：（1）∵“調和三角形”某兩邊的長度之和等于第三邊長度的兩倍，∴①當4+6＝2（m﹣1）時，解得m＝6，②當m﹣1+4＝2×6時，解得m＝9，③當6+m﹣1＝2×4時，解得m＝3（不合題意舍去），綜上，m的值為6或9；（2）①∵Rt△ABC是“調和三角形”，且a＜b＜c，∴a2+b2＝c2，①a+c＝2b，②由②，得b＝，代入①，得a2+（）2＝c2，整理得（5a﹣3c）（a+c）＝0，∵a，b，c為三角形三邊，∴0＜a＜b＜c，∴5a﹣3c＝0，故a：c＝3：5，同理可得，a：b＝3：4，∴a：b：c＝3：4：5；②若△ABC周長的數(shù)值與面積的數(shù)值相等，即a+b+c＝，∵a：b：c＝3：4：5，∴b＝a，c＝a，∴a+b+c＝，即a+a+a＝a×a，解得a＝6或a＝0（舍去），∴a＝6，b＝8，c＝10；（3）①（Ⅰ）當P點在AB上時，即0≤t≤5時，過P作PD⊥AC于D，則有AP＝2t，CQ＝t，∵∠A＝∠A，∠PDA＝∠BCA＝90°，∴△APD∽△ABC，∴PD：AD：AP＝3：4：5，∴PD＝t，AD＝t，∴DQ＝8﹣t﹣t＝8﹣t，∵PQ2＝PD2+DQ2，∴PQ2＝（t）2+（8﹣t）2＝t2﹣t+64；（Ⅱ）當P在BC上時，即5＜t≤8時，此時，PC＝6+10﹣2t＝16﹣2t，CQ＝t，∴PQ2＝PD2+DQ2＝（16﹣2t）2+t2＝5t2﹣64t+256，綜上，y關于t的函數(shù)關系式：；②由y關于t的函數(shù)關系式可知當P在AB上時有最小值，∵y＝t2﹣t+64＝（t﹣）2+，∴當t＝，y有最小值為．1．（2021?遵化市模擬）如圖，關于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）和點B，與y軸交于點C（0，3），拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）在y軸上是否存在一點P，使△PBC為等腰三角形？若存在．請求出點P的坐標；（3）有一個點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一個點N從點D與點M同時出發(fā)，以每秒2個單位的速度在拋物線的對稱軸上運動，當點M到達點B時，點M、N同時停止運動，問點M、N運動到何處時，△MNB面積最大，試求出最大面積．【分析】（1）代入A（1，0）和C（0，3），解方程組即可；（2）求出點B的坐標，再根據(jù)勾股定理得到BC，當△PBC為等腰三角形時分三種情況進行討論：①CP＝CB；②BP＝BC；③PB＝PC；（3）設AM＝t則DN＝2t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，S△MNB＝×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t，運用二次函數(shù)的頂點坐標解決問題；此時點M在D點，點N在對稱軸上x軸上方2個單位處或點N在對稱軸上x軸下方2個單位處．【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，解得：b＝﹣4，c＝3，∴二次函數(shù)的表達式為：y＝x2﹣4x+3；（2）令y＝0，則x2﹣4x+3＝0，解得：x＝1或x＝3，∴B（3，0），∴BC＝3，點P在y軸上，當△PBC為等腰三角形時分三種情況進行討論：如圖1，①當CP＝CB時，PC＝3，∴OP＝OC+PC＝3+3或OP＝PC﹣OC＝3﹣3∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；②當BP＝BC時，OP＝OC＝3，∴P3（0，﹣3）；③當PB＝PC時，∵OC＝OB＝3∴此時P與O重合，∴P4（0，0）；綜上所述，點P的坐標為：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）；（3）如圖2，設M運動時間為t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，則DN＝2t，∴S△MNB＝×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣1）2+1，即當M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）時△MNB面積最大，最大面積是1．2．（2020?市中區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點，且與y軸交于點C，D（4﹣4，0）．動點P從點A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個單位長度的速度向點B移動，同時動點Q從點C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點A移動．（1）求該拋物線的解析式；（2）若經(jīng)過t秒的移動，線段PQ被CD垂直平分，求此時t的值；（3）在第一象限的拋物線上取一點G，使得S△GCB＝S△GCA，再在拋物線上找點E（不與點A、B、C重合），使得∠GBE＝45°，求E點的坐標．【分析】（1）直接利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式得出即可；（2）首先求出△AQD∽△ACB，則，得出DQ＝DP的長，進而得出答案；（3）首先得出G點坐標，進而得出△BGM∽△BEN，進而假設出E點坐標，利用相似三角形的性質得出E點坐標．【解答】解：（1）將A（﹣3，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx+4得：，解得：，故拋物線的解析式為：；（2）如圖，連接QD，由B（4，0）和D（，0），可得BD＝，∵，∴CO＝4，∴BC＝4，則BC＝BD，∴∠BDC＝∠BCD＝∠QDC，∴DQ∥BC，∴△AQD∽△ACB，∴，∴，∴DQ＝＝DP，＝；（3）如圖，過點G作GM⊥BC于點M，過點E作EN⊥AB于點N，∵S△GCB＝S△GCA，∴只有CG∥AB時，G點才符合題意，∵C（0，4），∴4＝﹣x2+x+4，解得：x1＝1，x2＝0，∴G（1，4），∵∠GBE＝∠OBC＝45°，∴∠GBC＝∠ABE，∴△BGM∽△BEN，∴，設E（x，）∴＝解得x1＝﹣，x2＝4（舍去），則E（，）．3．（2020?項城市三模）如圖，拋物線經(jīng)過A（﹣3，0），C（5，0）兩點，點B為拋物線頂點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求拋物線的解析式；（2）動點P從點B出發(fā)，沿線段BD向終點D作勻速運動，速度為每秒1個單位長度，運動時間為t，過點P作PM⊥BD，交BC于點M，以PM為正方形的一邊，向上作正方形PMNQ，邊QN交BC于點R，延長NM交AC于點E．①當t為何值時，點N落在拋物線上；②在點P運動過程中，是否存在某一時刻，使得四邊形ECRQ為平行四邊形？若存在，求出此時刻的t值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）把點A、C坐標代入拋物線解析式得到關于a、b的二元一次方程組，解方程組求出a、b的值，即可得解；（2）根據(jù)拋物線解析式求出頂點B的坐標，然后根據(jù)相似三角形對應邊成比例用t表示出PM，再求出NE的長度，①表示出點N的坐標，再根據(jù)點N在拋物線上，把點N的坐標代入拋物線，解方程即可得解；②根據(jù)PM的長度表示出QD，再利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，然后根據(jù)直線BC的解析式求出點R的橫坐標，從而求出QR的長度，再表示出EC的長度，然后根據(jù)平行四邊形對邊平行且相等列式求解即可．【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx+經(jīng)過A（﹣3，0），C（5，0）兩點，∴，解得，所以，拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+；（2）∵y＝﹣x2+x+，＝﹣（x2﹣2x+1）++，＝﹣（x﹣1）2+8，∴點B的坐標為（1，8），∵拋物線的對稱軸與x軸交于點D，∴BD＝8，CD＝5﹣1＝4，∵PM⊥BD，∴PM∥CD，∴△BPM∽△BDC，∴＝，即＝，解得PM＝t，所以，OE＝1+t，∵四邊形PMNQ為正方形，∴NE＝8﹣t+t＝8﹣t，①點N的坐標為（1+t，8﹣t），若點N在拋物線上，則﹣（1+t﹣1）2+8＝8﹣t，整理得，t（t﹣4）＝0，解得t1＝0（舍去），t2＝4，所以，當t＝4秒時，點N落在拋物線上；②存在．理由如下：∵PM＝t，四邊形PMNQ為正方形，∴QD＝NE＝8﹣t，設直線BC的解析式為y＝kx+m，則，解得，所以直線BC的解析式為y＝﹣2x+10，則﹣2x+10＝8﹣t，解得x＝t+1，所以，QR＝t+1﹣1＝t，又EC＝CD﹣DE＝4﹣t，根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等可得QR＝EC，即t＝4﹣t，解得t＝，此時點P在BD上，所以，當t＝時，四邊形ECRQ為平行四邊形．4．（2018?泉山區(qū)三模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0）、B（4，0）兩點，且與y軸交于點C，點D在x軸的負半軸上，且BD＝BC，有一動點P從點A出發(fā)，沿線段AB以每秒1個單位長度的速度向點B移動，同時另一個動點Q從點C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點A移動．（1）求該拋物線的解析式；（2）若經(jīng)過t秒的移動，線段PQ被CD垂直平分，求此時t的值；（3）該拋物線的對稱軸上是否存在一點M，使MQ+MA的值最??？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0），B（4，0）兩點利用待定系數(shù)法可求出a、b、c的值，進而得出拋物線的解析式；（2）由A、B、C三點的坐標求出AC、BC及AB的值，由相似三角形的判定定理得出△ADQ∽△ABC，再由相似三角形的對應邊成比例可求出DP的值，進而可得出AP（即t）的值；（3）設拋物線y＝﹣x2+x+4的對稱軸x＝與x軸交于點E．點A、B關于對稱軸x＝對稱，連接BQ交該對稱軸于點M．則MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，由于當BQ⊥AC時，BQ最小，此時∠EBM＝∠ACO，再由tan∠EBM＝tan∠ACO＝可求出ME的值，進而得出M點的坐標．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+4經(jīng)過A（﹣3，0），B（4，0）兩點，∴，解得，∴所求拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x+4；（2）如圖1，依題意知AP＝t，連接DQ，∵A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），∴AC＝5，BC＝4，AB＝7．∵BD＝BC，∴AD＝AB﹣BD＝7﹣4，∵CD垂直平分PQ，∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP．∵BD＝BC，∴∠DCB＝∠CDB．∴∠CDQ＝∠DCB．∴DQ∥BC．∴△ADQ∽△ABC．∴＝，∴＝，∴＝，解得DP＝4﹣，∴AP＝AD+DP＝．∴線段PQ被CD垂直平分時，t的值為；（3）如圖2，設拋物線y＝﹣x2+x+4的對稱軸x＝與x軸交于點E．點A、B關于對稱軸x＝對稱，連接BQ交該對稱軸于點M．則MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，∵當BQ⊥AC時，BQ最小，此時，∠EBM＝∠ACO，∴tan∠EBM＝tan∠ACO＝，∴＝，∴＝，解ME＝．∴M（，），即在拋物線y＝﹣x2+x+4的對稱軸上存在一點M（，），使得MQ+MA的值最?。?．（2018?揚州）如圖1，四邊形OABC是矩形，點A的坐標為（3，0），點C的坐標為（0，6），點P從點O出發(fā)，沿OA以每秒1個單位長度的速度向點A運動，同時點Q從點A出發(fā)，沿AB以每秒2個單位長度的速度向點B運動，當點P與點A重合時運動停止．設運動時間為t秒．（1）當t＝2時，線段PQ的中點坐標為（，2）；（2）當△CBQ與△PAQ相似時，求t的值；（3）當t＝1時，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過P，Q兩點，與y軸交于點M，拋物線的頂點為K，如圖2所示，問該拋物線上是否存在點D，使∠MQD＝∠MKQ？若存在，求出所有滿足條件的D的坐標；若不存在，說明理由．【分析】（1）先根據(jù)時間t＝2，和P，Q的運動速度可得動點P和Q的路程OP和AQ的長，再根據(jù)中點坐標公式可得結論；（2）根據(jù)矩形的性質得：∠B＝∠PAQ＝90°，所以當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：①當△PAQ∽△QBC時，，②當△PAQ∽△CBQ時，，分別列方程可得t的值；（3）根據(jù)t＝1求拋物線的解析式，根據(jù)Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x軸，則KM＝KQ，KE⊥MQ，畫出符合條件的點D，證明△KEQ∽△QMH或利用三角函數(shù)，列比例式可得點D的坐標，同理根據(jù)對稱可得另一個點D．【解答】解：（1）如圖1，∵點A的坐標為（3，0），∴OA＝3，當t＝2時，OP＝t＝2，AQ＝2t＝4，∴P（2，0），Q（3，4），∴線段PQ的中點坐標為：（，），即（，2）；故答案為：（，2）；（2）如圖1，∵當點P與點A重合時運動停止，且△PAQ可以構成三角形，∴0＜t＜3，∵四邊形OABC是矩形，∴∠B＝∠PAQ＝90°，∴當△CBQ與△PAQ相似時，存在兩種情況：①當△PAQ∽△QBC時，，∴，4t2﹣15t+9＝0，（t﹣3）（t﹣）＝0，t1＝3（舍），t2＝，②當△PAQ∽△CBQ時，，∴，t2﹣9t+9＝0，t＝，∵＞3，∴t＝不符合題意，舍去，綜上所述，當△CBQ與△PAQ相似時，t的值是或；（3）當t＝1時，P（1，0），Q（3，2），把P（1，0），Q（3，2）代入拋物線y＝x2+bx+c中得：，解得：，∴拋物線：y＝x2﹣3x+2＝（x﹣）2﹣，∴頂點K（，﹣），∵Q（3，2），M（0，2），∴MQ∥x軸，作拋物線對稱軸，交MQ于E，設DQ交y軸于H，∴KM＝KQ，KE⊥MQ，∴∠MKE＝∠QKE＝∠MKQ，如圖2，∠MQD＝∠MKQ＝∠QKE，∴tan∠MQD＝tan∠QKE＝，即，MH＝2，∴H（0，4），易得HQ的解析式為：y＝﹣x+4，則，x2﹣3x+2＝﹣x+4，解得：x1＝3（舍），x2＝﹣，∴D（﹣，）；同理，在M的下方，y軸上存在點H，如圖3，使∠HQM＝∠MKQ＝∠QKE，由對稱性得：H（0，0），易得OQ的解析式：y＝x，則，x2﹣3x+2＝x，解得：x1＝3（舍），x2＝，∴D（，）；綜上所述，點D的坐標為：D（﹣，）或（，）．6．（2019?蘭州）二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的圖象交x軸于點（﹣1，0），B（4，0）兩點，交y軸于點C．動點M從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿AB方向運動，過點M作MN⊥x軸交直線BC于點N，交拋物線于點D，連接AC，設運動的時間為t秒．（1）求二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的表達式；（2）連接BD，當t＝時，求△DNB的面積；（3）在直線MN上存在一點P，當△PBC是以∠BPC為直角的等腰直角三角形時，求此時點D的坐標；（4）當t＝時，在直線MN上存在一點Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求點Q的坐標．【分析】（1）將點（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可；（2）由已知分別求出M（2，0），N（2，1），D（2，3），根據(jù)∴△DNB的面積＝△DMB的面積﹣△MNB的面積即可求解；（3）由已知可得M（2t﹣1，0），設P（2t﹣1，m），根據(jù)勾股定理可得PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，再由PB＝PC，得到m與t的關系式：m＝4t﹣5，因為PC⊥PB，則有?＝﹣1求出t＝1或t＝2，即可求D點坐標；（4）當t＝時，M（，0），可知點Q在拋物線對稱軸x＝上；過點A作AC的垂線，以M為圓心AB為直徑構造圓，圓與x＝的交點分別為Q1與Q2，由AB＝5，可得圓半徑AM＝，即可求Q點坐標分別為（，﹣），（，）．【解答】解：（1）將點（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，∴a＝﹣，b＝，∴y＝﹣x2+x+2；（2）C（0，2），∴BC的直線解析式為y＝﹣x+2，當t＝時，AM＝3，∵AB＝5，∴MB＝2，∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），∴△DNB的面積＝△DMB的面積﹣△MNB的面積＝MB×DM﹣MB×MN＝×2×2＝2；（3）∵BM＝5﹣2t，∴M（2t﹣1，0），設P（2t﹣1，m），∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，∵PB＝PC，∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，∴m＝4t﹣5，∴P（2t﹣1，4t﹣5），∵PC⊥PB，∴?＝﹣1∴t＝1或t＝2，∴M（1，0）或M（3，0），∴D（1，3）或D（3，2）；方法二，過點C作CH⊥MN于H，可證△BMP≌△PHC，利用全等三角形的性質可求解．（4）當t＝時，M（，0），∴點Q在拋物線對稱軸x＝上，如圖：過點A作AC的垂線，以M為圓心AB為直徑構造圓，圓與x＝的交點分別為Q1與Q2，∵AB＝5，∴AM＝，∵∠AQ1C+∠OAC＝90°，∠OAC+∠MAG＝90°，∴∠AQ1C＝∠MAG，又∵∠AQ1C＝∠CGA＝∠MAG，∴Q1（，﹣），∵Q1與Q2關于x軸對稱，∴Q2（，），∴Q點坐標分別為（，﹣），（，）；7．（2019?鄂州）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，AB＝4，交y軸于點C，對稱軸是直線x＝1．（1）求拋物線的解析式及點C的坐標；（2）連接BC，E是線段OC上一點，E關于直線x＝1的對稱點F正好落在BC上，求點F的坐標；（3）動點M從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度向點B運動，過M作x軸的垂線交拋物線于點N，交線段BC于點Q．設運動時間為t（t＞0）秒．①若△AOC與△BMN相似，請直接寫出t的值；②△BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由．【分析】（1）將A、B關坐標代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解；（2）確定直線BC的解析式為y＝﹣x+3，根據(jù)點E、F關于直線x＝1對稱，即可求解；（3）①△AOC與△BMN相似，則，即可求解；②分OQ＝BQ、BO＝BQ、OQ＝OB三種情況，分別求解即可．【解答】解：（1）∵點A、B關于直線x＝1對稱，AB＝4，∴A（﹣1，0），B（3，0），代入y＝﹣x2+bx+c中，得：，解得，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，∴C點坐標為（0，3）；（2）設直線BC的解析式為y＝mx+n，則有：，解得，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，∵點E、F關于直線x＝1對稱，又E到對稱軸的距離為1，∴EF＝2，∴F點的橫坐標為2，將x＝2代入y＝﹣x+3中，得：y＝﹣2+3＝1，∴F（2，1）；（3）①如下圖，連接BC交MN于Q，MN＝﹣4t2+4t+3，MB＝3﹣2t，△AOC與△BMN相似，則，即：，解得：t＝或﹣或1（舍去、﹣），故：t＝1；②∵M（2t，0），MN⊥x軸，∴Q（2t，3﹣2t），∵△BOQ為等腰三角形，∴分三種情況討論，第一種，當OQ＝BQ時，∵QM⊥OB∴OM＝MB∴2t＝3﹣2t∴t＝；第二種，當BO＝BQ時，在Rt△BMQ中∵∠OBQ＝45°，∴BQ＝，∴BO＝，即3＝，∴t＝；第三種，當OQ＝OB時，則點Q、C重合，此時t＝0而t＞0，故不符合題意綜上述，當t＝或秒時，△BOQ為等腰三角形．8．（2019?樂山）如圖，已知拋物線y＝a（x+2）（x﹣6）與x軸相交于A、B兩點，與y軸交于C點，且tan∠CAB＝．設拋物線的頂點為M，對稱軸交x軸于點N．（1）求拋物線的解析式；（2）P為拋物線的對稱軸上一點，Q（n，0）為x軸上一點，且PQ⊥PC．①當點P在線段MN（含端點）上運動時，求n的變化范圍；②在①的條件下，當n取最大值時，求點P到線段CQ的距離；③在①的條件下，當n取最大值時，將線段CQ向上平移t個單位長度，使得線段CQ與拋物線有兩個交點，求t的取值范圍．【分析】（1）由函數(shù)解析式，可以求出點A、B的坐標分別為（﹣2，0），（6，0），在Rt△OAC中由tan∠CAB＝，可以求出點C的坐標為（0，3），進而可以求出拋物線的解析式；（2）①拋物線的對稱軸為：x＝2，頂點M（2，4），在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，把三角形三邊長用點P，Q的坐標表達出來，整理得：，利用0≤m≤4，求出n的取值范圍；②由，得：，求出點P到線段CQ距離為2；③設線段CQ向上平移t個單位長度后的解析式為：，聯(lián)立拋物線方程，可求出x2﹣7x+4t＝0，由△＝49﹣16t＝0，得，可得當線段CQ與拋物線有兩個交點時，．【解答】解：（1）根據(jù)題意得：A（﹣2，0），B（6，0），在Rt△AOC中，∵，且OA＝2，得CO＝3，∴C（0，3），將C點坐標代入y＝a（x+2）（x﹣6）得：，拋物線解析式為：；整理得：y＝﹣故拋物線解析式為：得：y＝﹣；（2）①由（1）知，拋物線的對稱軸為：x＝2，頂點M（2，4），設P點坐標為（2，m）（其中0≤m≤4），則PC2＝22+（m﹣3）2，PQ2＝m2+（n﹣2）2，CQ2＝32+n2，∵PQ⊥PC，∴在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，即22+（m﹣3）2+m2+（n﹣2）2＝32+n2，整理得：＝（0≤m≤4），∴當時，n取得最小值為；當m＝4時，n取得最大值為4，所以；②由①知：當n取最大值4時，m＝4，∴P（2，4），Q（4，0），則，，CQ＝5，設點P到線段CQ距離為h，由得：，故點P到線段CQ距離為2；③由②可知：當n取最大值4時，Q（4，0），∴線段CQ的解析式為：，設線段CQ向上平移t個單位長度后的解析式為：，當線段CQ向上平移，使點Q恰好在拋物線上時，線段CQ與拋物線有兩個交點，此時對應的點Q'的縱坐標為：，將Q'（4，3）代入得：t＝3，當線段CQ繼續(xù)向上平移，線段CQ與拋物線只有一個交點時，聯(lián)解得：，化簡得：x2﹣7x+4t＝0，由△＝49﹣16t＝0，得，∴當線段CQ與拋物線有兩個交點時，3≤t＜．9．（2019?西寧）如圖①，直線y＝﹣x+2與x軸，y軸分別交于A，B兩點，以A為頂點的拋物線經(jīng)過點B，點P是拋物線上一點，連接OP，AP．（1）求拋物線的解析式；（2）若△AOP的面積是3，求P點坐標；（3）如圖②，動點M，N同時從點O出發(fā)，點M以1個單位長度/秒的速度沿x軸正半軸方向勻速運動，點N以個單位長度/秒的速度沿y軸正半軸方向勻速運動，當其中一個動點停止運動時，另一個動點也隨之停止運動，過點N作NE∥x軸交直線AB于點E．若設運動時間為t秒，是否存在某一時刻，使四邊形AMNE是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）求出點A、B的坐標；因為拋物線的頂點為點A，所以設拋物線的表達式為：y＝a（x﹣2）2，將點B的坐標代入上式，即可求解；（2）△AOP的面積＝×OA×yP＝2×yP＝3，解得：yP＝3，即可求解；（3）t秒時，點M、N的坐標分別為：（t，0）、（0，t），則點E（2﹣t，t），而點N（0，t），故NE＝2﹣t，當四邊形AMNE是菱形時，NE＝MN，即可求解．【解答】解：（1）y＝﹣x+2，令x＝0，則y＝2，令y＝0，則x＝2，故點A、B的坐標分別為：（2，0）、（0，2），∵拋物線的頂點為點A（2，0），∴設拋物線的表達式為：y＝a（x﹣2）2，將點B的坐標代入上式得：2＝a（0﹣2）2，解得：a＝，故拋物線的表達式為：y＝（x﹣2）2＝x2﹣2x+2；（2）∵點A（2，0），則OA＝2，∴△AOP的面積＝×OA×yP＝2×yP＝3，解得：yP＝3，則yP＝3＝（x﹣2）2，解得：x＝2，故點P的坐標為：（2+，3）或（2﹣，3）；（3）存在，理由：由題意得：t秒時，點M、N的坐標分別為：（t，0）、（0，t），當y＝t時，y＝t＝﹣x+2，解得：x＝2﹣t，故點E（2﹣t，t），而點N（0，t），故NE＝2﹣t，當四邊形AMNE是菱形時，NE＝MN，即t2+（t）2＝（2﹣t）2，解得：t＝或﹣2（舍去﹣2），故t＝．10．（2019?沈陽）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，拋物線經(jīng)過點D（﹣2，﹣3）和點E（3，2），點P是第一象限拋物線上的一個動點．（1）求直線DE和拋物線的表達式；（2）在y軸上取點F（0，1），連接PF，PB，當四邊形OBPF的面積是7時，求點P的坐標；（3）在（2）的條件下，當點P在拋物線對稱軸的右側時，直線DE上存在兩點M，N（點M在點N的上方），且MN＝2，動點Q從點P出發(fā)，沿P→M→N→A的路線運動到終點A，當點Q的運動路程最短時，請直接寫出此時點N的坐標．【分析】（1）將點D、E的坐標代入函數(shù)表達式，即可求解；（2）S四邊形OBPF＝S△OBF+S△PFB＝×4×1+×PH×BO，即可求解；（3）過點M作A′M∥AN，過作點A′直線DE的對稱點A″，連接PA″交直線DE于點M，此時，點Q運動的路徑最短，即可求解．【解答】解：（1）將點D、E的坐標代入函數(shù)表達式得：，解得：，故拋物線的表達式為：y＝﹣x2+x+2，同理可得直線DE的表達式為：y＝x﹣1…①；（2）如圖，連接BF，過點P作PH∥y軸交BF于點H，將點FB代入一次函數(shù)表達式，同理可得直線BF的表達式為：y＝﹣x+1，設點P（x，﹣x2+x+2），則點H（x，﹣x+1），S四邊形OBPF＝S△OBF+S△PFB＝×4×1+×PH×BO＝2+2（﹣x2+x+2+x﹣1）＝7，解得：x＝2或，故點P（2，3）或（，）；（3）當點P在拋物線對稱軸的右側時，點P（2，3），過點M作A′M∥AN，過點A'作直線DE的對稱點A″，連接PA″交直線DE于點M，此時，點Q運動的路徑最短，∵MN＝2，相當于向上、向右分別平移2個單位，故點A′（1，2），A′A″⊥DE，則直線A′A″過點A′，則其表達式為：y＝﹣x+3…②，聯(lián)立①②得x＝2，則A′A″中點坐標為（2，1），由中點坐標公式得：點A″（3，0），同理可得：直線A″P的表達式為：y＝﹣3x+9…③，聯(lián)立①③并解得：x＝，即點M（，），點M沿ED向下平移2個單位得：N（，﹣）．11．（2019?湖州）如圖1，已知在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是矩形，點A，C分別在x軸和y軸的正半軸上，連接AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中點．（1）求OC的長和點D的坐標；（2）如圖2，M是線段OC上的點，OM＝OC，點P是線段OM上的一個動點，經(jīng)過P，D，B三點的拋物線交x軸的正半軸于點E，連接DE交AB于點F．①將△DBF沿DE所在的直線翻折，若點B恰好落在AC上，求此時BF的長和點E的坐標；②以線段DF為邊，在DF所在直線的右上方作等邊△DFG，當動點P從點O運動到點M時，點G也隨之運動，請直接寫出點G運動路徑的長．【分析】（1）由OA＝3，tan∠OAC＝＝，得OC＝，由四邊形OABC是矩形，得BC＝OA＝3，所以CD＝BC＝，求得D（，）；（2）①由易知得ACB＝∠OAC＝30°，設將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點B恰好落在AC上的B'處，則DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，所以∠BDB'＝60°，∠BDF＝∠B'DF＝30°，所以BF＝BD?tan30°＝，AF＝BF＝，因為∠BFD＝∠AEF，所以∠B＝∠FAE＝90°，因此△BFD≌△AFE，AE＝BD＝，點E的坐標（，0）；②動點P在點O時，求得此時拋物線解析式為y＝﹣x2+x，因此E（，0），直線DE：y＝﹣x+，F(xiàn)1（3，）；當動點P從點O運動到點M時，求得此時拋物線解析式為y＝﹣x2+x+，所以E（6，0），直線DE：y＝﹣x+，所以F2（3，）；所以點F運動路徑的長為F1F2＝＝，即G運動路徑的長為．【解答】解：（1）∵OA＝3，tan∠OAC＝＝，∴OC＝，∵四邊形OABC是矩形，∴BC＝OA＝3，∵D是BC的中點，∴CD＝BC＝，∴D（，）；（2）①∵tan∠OAC＝，∴∠OAC＝30°，∴∠ACB＝∠OAC＝30°，設將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點B恰好落在AC上的B'處，則DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，∴∠DB'C＝∠ACB＝30°∴∠BDB'＝60°，∴∠BDF＝∠B'DF＝30°，∵∠B＝90°，∴BF＝BD?tan30°＝，∵AB＝，∴AF＝BF＝，∵∠BFD＝∠AEF，∴∠B＝∠FAE＝90°，∴△BFD≌△AFE（ASA），∴AE＝BD＝，∴OE＝OA+AE＝，∴點E的坐標（，0）；②動點P在點O時，∵拋物線過點P（0，0）、D（，）、B（3，）求得此時拋物線解析式為y＝﹣x2+x，∴E（，0），∴直線DE：y＝﹣x+，∴F1（3，）；當動點P從點O運動到點M時，∵拋物線過點P（0，）、D（，）、B（3，）求得此時拋物線解析式為y＝﹣x2+x+，∴E（6，0），∴直線DE：y＝﹣x+，∴F2（3，）；∴點F運動路徑的長為F1F2＝＝，如圖，當動點P從點O運動到點M時，點F運動到點F'，點G也隨之運動到G'．連接GG'．當點P向點M運動時，拋物線開口變大，F(xiàn)點向上線性移動，所以G也是線性移動．即GG'＝FF'．∵△DFG、△DF'G'為等邊三角形，∴∠GDF＝∠G'DF'＝60°，DG＝DF，DG'＝DF'，∴∠GDF﹣∠GDF'＝∠G'DF'﹣∠GDF'，即∠G'DG＝∠F'DF在△DFF'與△DGG'中，，∴△DFF'≌△DGG'（SAS），∴GG'＝FF'＝，此時∠FGG′＝120°，GG′∥DF，∴點G的運動軌跡是線段GG′，∴G運動路徑的長為．12．（2021?高明區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系中，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AB∥x軸，如圖1，C（1，0），且OC：OA＝AC：BC＝1：2．（1）A點坐標為（0，2），B點坐標為（5，2）；（2）求過A、B、C三點的拋物線表達式；（3）如圖2，拋物線對稱軸與AB交于點D，現(xiàn)有一點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一點Q從點D與點P同時出發(fā)，以每秒5個單位在拋物線對稱軸上運動．當點P到達B點時，點P、Q同時停止運動，問點P、Q運動到何處時，△PQB面積最大，試求出最大面積．【分析】（1）根據(jù)OC＝1可得OA＝2，因為A在y軸上，可得A的坐標，根據(jù)勾股定理計算AC，AB的長，可得B的坐標；（2）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；（3）根據(jù)動點的時間和速度表示PB和DQ的長，根據(jù)三角形面積公式表示△PQB面積，根據(jù)二次函數(shù)的最值即可解答．【解答】解：（1）∵C（1，0），∴OC＝1，∵OC：OA＝1：2，∴OA＝2，∴A（0，2），∴AC＝＝，∵AC：BC＝1：2，∴BC＝2，∵∠ACB＝90°，∴AB＝＝＝5，∵AB∥x軸，∴B（5，2），故答案為：（0，2），（5，2）；（2）設過A、B、C三點的拋物線表達式為：y＝ax2+bx+c，則，解得：，∴過A、B、C三點的拋物線表達式為：y＝x2﹣x+2；（3）如圖2，設運動t秒時，△PQB面積最大，且0≤t≤5，則BP＝5﹣t，DQ＝5t，∴S△PQB＝＝＝﹣，∵a＝﹣＜0∴當t＝﹣＝時，面積最大值是：S△PQB＝﹣＝，此時點P的坐標為（，2），當點Q向上運動時，點Q的坐標為（，），當點Q向下運動時，點Q的坐標為（，﹣），綜上，當點P的坐標為（，2），點Q的坐標為（，）或（，﹣）時，△PQB面積最大，最大面積為．13．（2020?香洲區(qū)校級一模）如圖1，矩形OBCD的邊OD，OB分別在x軸和y軸上，且B（0，8），D（10，0）．點E是DC邊上一點，將矩形OBCD沿過點O的射線OE折疊，使點D恰好落在BC邊上的點A處．（1）若拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點A，D，求此拋物線的解析式；（2）若點M是（1）中的拋物線對稱軸上的一點，點N是坐標平面內一點，是否存在M，N使以A，M，N，E為頂點的四邊形為菱形？若存在，直接寫出點M的坐標；若不存在，說明理由；（3）如圖2，動點P從點O出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個單位的速度向終點D運動，動點Q從點D出發(fā)沿折線D﹣C﹣A以同樣的速度運動，兩點同時出發(fā)，當一點運動到終點時，另一點也隨之停止，過動點P作直線l⊥x軸，依次交射線OA，OE于點F，G，設運動時間為t（秒），△QFG的面積為S，求S與t的函數(shù)關系式，并直接寫出t的取值范圍．（t的取值應保證△QFG的存在）【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式；（2）易求得拋物線的對稱軸x＝5，過點E作ET⊥AH，垂足為T，運用勾股定理用的代數(shù)式表示出AM2、EM2，然后分別以AM與AE，EM與EA，ME與MA為菱形的一組鄰邊進行討論，列出等式，求出n，就可求出點M的坐標；（3）根據(jù)點Q的位置不同，分以下四種情況進行討論：①點Q在線段DC上、②點Q在AC上且在直線的右邊、③）點Q在AC上且在直線上、④點Q在AC上且在直線l的左邊，就可解決問題．【解答】（1）解：∵四邊形OBCD是矩形，B（0，8），D（10，0），∴BC＝OD＝10，DC＝OB＝8，∠OBC＝∠C＝90°，由折疊可得：OA＝OD＝10，AE＝DE，∵∠OBC＝90°，OB＝8，OA＝10，∴AB＝6，∴AC＝4，設AE＝DE＝x，則CE＝8﹣x，∵∠C＝90°，∴x2＝42+（8﹣x）2，解得：x＝5，∴AE＝DE＝5，∴點A的坐標為（6，8），點E的坐標為（10，5），∵拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過點A（6，8），D（10，0），∴，解得：．此拋物線的解析式為；（2）存在M、N，使以A、M、N、E為頂點的四邊形為菱形，設拋物線的對稱軸與BC交于點H，過點E作ET⊥AH，垂足為T，連接AM、ME，如圖1，設點M的坐標為（m，n），則，∴AH＝6﹣5＝1，HM＝﹣8﹣n，ET＝10﹣5＝5，TM＝﹣5﹣n，因為AH⊥HM，∴AM2＝AH2+MH2＝1+（8﹣n）2，∵ET⊥MH，∴ME2＝ET2+MT2＝25+（5﹣n）2，①若AM與AE是菱形的一組鄰邊，則AM＝AE，∴AM2＝AE2，∴1+（8﹣n）2＝25，∴（8﹣n）2＝24，解得：；②若EM與EA是菱形的一組鄰邊，則EM＝EA，∴EM2＝EA2，∴25+（5﹣n）2＝25，∴（5﹣n）2＝0，∴n3＝5；③若MA與ME是菱形的一組鄰邊，則MA＝ME，∴MA2＝ME2，∴1+（8﹣n）2＝25+（5﹣n）2，解得：n4＝2.5．綜上所述：滿足要求的點M的坐標為，（5，5），（5，2.5）；（3）設直線OA的解析式y(tǒng)＝k1x，∵點A的坐標為（6，8），∴6k1＝8，∴k1＝，故直線OA的解析式為y＝x，同理可得：直線OE的表達式為y＝，∵OP＝1×t＝t，∴P（t，0），∵直線⊥x軸于點P，點F，G是直線l與OA，OE的交點，∴，故，當0＜t＜8時，點Q在線段DC上，過點Q作QS⊥直線l，垂足為S，如圖2，則QS＝PD＝10﹣t，∴＝＝，②當8≤t＜9時，點Q在線段CA上，且在直線l的右側，設FG交AC于點N，如圖3，則QN＝CN﹣CQ＝PD﹣CQ＝（10t）﹣（t﹣8）＝18﹣2t，∴＝＝；③當t＝9時，QN＝18﹣2t＝0，點Q與點N重合，此時△QFG不存在，故舍去；④當9＜t≤10時，點Q在線段CA上，且在直線l的左側，設FG交AC于點N，如圖4．則QN＝CQ﹣CN＝CQ﹣PD＝（10﹣t）＝2t﹣18，∴＝（2t﹣18）＝．綜上所述：．14．（2020?南充一模）如圖，拋物線y＝﹣（x+1）（x﹣n）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側），與y軸交于點C，△ABC的面積為5．動點P從點A出發(fā)沿AB方向以每秒1個單位的速度向點B運動，過P作PN⊥x軸交BC于M，交拋物線于N．（1）求拋物線的解析式；（2）當M在線段BC上，MN最大時，求運動的時間；（3）經(jīng)過多長時間，點N到點B、點C的距離相等？【分析】（1）根據(jù)已知條件，求出點A、點B、點C的坐標，根據(jù)△ABC的面積為5即可求解；（2）根據(jù)題意得出點M、點N的坐標，求出MN的代數(shù)式即可求解；（3）根據(jù)兩點間的距離的含義，作BC的中垂線即可求解．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣（x+1）（x﹣n）與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側），與y軸交于點C，∴A（﹣1，0），B（n，0），C（0，），n＞0，∴AB＝n+1，OC＝n，由S△ABC＝×AB×OC＝5，∴n（n+1）＝5，∴n（n+1）＝20，∴取正根n＝4，∴y＝﹣（x+1）（x﹣4）＝﹣x2+x+2；（2）由（1），B（4，0），C（0，2），∴直線BC為y＝﹣x+2，設M（m，﹣m+2），N（m，﹣m2+m+2），∴MN＝（﹣m2+m+2）﹣（﹣m+2）＝﹣m2+2m＝﹣（m﹣2）2+2，∴當m＝2時，MN最大，∴OP＝2，∴AP＝3，即經(jīng)過3s，MN最大；（3）如下圖所示，作BC的中垂線，與BC交于點D，與y軸交于點E，與拋物線交于點N，∴△CDE∽△COB∴＝＝，由（2），BC＝2，D（2，1），∴DE＝2CD＝2，∴CE＝5，∴OE＝3，∴E（0，﹣3），∴直線DE為y＝2x﹣3，由﹣x2+x+2＝2x﹣3，移項整理得：x2+x﹣5＝0，∴x2+x﹣10＝0，取正根x＝，∴OP＝，∴AP＝，即經(jīng)過秒，點N到點B、點C的距離相等．15．（2020?潮南區(qū)模擬）如圖，關于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）和點B，與y軸交于點C（0，3），拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求二次函數(shù)的解析式．（2）有一個點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度在AB上向點B運動，另一個點N從點D與點M同時出發(fā)，以每秒2個單位的速度在拋物線的對稱軸上運動，當點M到達點B時，點M、N同時停止運動，問點M、N運動到何處時，△MNB面積最大，試求出最大面積．（3）在y軸上是否存在一點P，使△PBC為等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標，若不存在請說明理由．【分析】（1）