2024年中考数学压轴题精选专项突破-二次函数综合题

这是一份2024年中考数学压轴题精选专项突破-二次函数综合题，共60页。试卷主要包含了综合题等内容，欢迎下载使用。
一、综合题
1．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c经过点(0，−2)，(2，−2)．
（1）直接写出c的值和此抛物线的对称轴；
（2）若此抛物线与直线y=−6没有公共点，求a的取值范围；
（3）点(t，y1)，(t+1，y2)在此抛物线上，且当−2≤t≤4时，都有|y2−y1|0 ，当 △BCD 的中内弧 AO 所在的圆的圆心 P 在 △BCD 的外部时， △BCD 的所有中内弧 AO 都存在，请直接写出 n 的取值范围 ．
6．如图①，二次函数 y=−x2+bx+4 的图象与直线l交于 A(−1，2) 、 B(3，n) 两点.点P是x轴上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线l于点M，交该二次函数的图象于点N，设点P的横坐标为m.
（1）b= ， n= ；
（2）若点N在点M的上方，且 MN=3 ，求m的值；
（3）将直线 AB 向上平移4个单位长度，分别与x轴、y轴交于点C、D（如图②）.
①记 ΔNBC 的面积为 S1 ， ΔNAC 的面积为 S2 ，是否存在m，使得点N在直线 AC 的上方，且满足 S1−S2=6 ？若存在，求出m及相应的 S1 、 S2 的值；若不存在，请说明理由.
②当 m>−1 时，将线段 MA 绕点M顺时针旋转 90∘ 得到线段 MF ，连接 FB 、 FC 、 OA ，若 ∠FBA+∠AOD−∠BFC=45° ，直接写出直线 OF 与该二次函数图象交点的横坐标.
7．如图：
如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的矩形CEFD拼在一起，构成一个大的矩形ABEF．现将小矩形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，旋转角为α．
（1）当点D′恰好落在EF边上时，旋转角α＝ °；
（2）如图2，G为BC中点，且0°＜α＜90°，求证：GD′＝DE′；
（3）小矩形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD′与△CBD′能否全等？若能，直接写出旋转角α的值，若不能，说明理由．
8．如图1，在矩形 ABCD 中， AB=6，BC=8 ，动点P，Q分别从C点，A点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边 CA，AB 上沿 C→A ， A→B 的方向运动，当点Q运动到点 B 时， P，Q 两点同时停止运动，设点P运动的时间为 t(s) ，连接 PQ ，过点P作 PE⊥PQ ， PE 与边 BC 相交于点E，连接 QE ．
（1）如图2，当 t=5s 时，延长 EP 交边 AD 于点F．求证： AF=CE ；
（2）在（1）的条件下，试探究线段 AQ，QE，CE 三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3，当 t>94s 时，延长 EP 交边 AD 于点 F ，连接 FQ ，若 FQ 平分 ∠AFP ，求 AFCE 的值．
9．已知二次函数 m:y=−14x2+2x−12 与一次函数 n:y=kx−3 ，
（1）求证：对任意的实数k，函数m与n的图象总有两个交点
（2）设 m 与 n 的图象相交于 A,B 两点，m的图象与y轴相交于点C，记 ΔOAC 与 ΔOBC 的面积分别为 S1,S2 （O为坐标原点），求证： S1S2 总是定值；
（3）对于二次函数m，是否存在实数 a,b ，使得当 a≤x≤b 时，恰好有 a≤y≤b ，若存在，请求出 1a2+1b2 的值；若不存在，请说明理由.
10．如图，已知抛物线 y=12x2+bx+c 与 x 轴相交于 A(−6，0) ， B(1，0) ，与 y 轴相交于点 C ，直线 l⊥AC ，垂足为 C ．
（1）求该抛物线的表达式：
（2）若直线 l 与该抛物线的另一个交点为 D ，求点 D 的坐标；
（3）设动点 P(m，n) 在该抛物线上，当 ∠PAC=45° 时，求 m 的值．
11． 已知，如图1，直线AB：y＝kx﹣k﹣4，分别交平面直角坐标系于A，B两点，直线CD：y＝﹣2x+2与坐标轴交于C，D两点，两直线交于点E（a，﹣a）；
（1）求点E的坐标和k的值；
（2）如图2，点M是y轴上一动点，连接ME，将△AEM沿ME翻折，当A点对应点刚好落在x轴上时，求ME所在直线解析式；
（3）在直线AB上是否存在点P，使得∠ECP＝45°，若存在，请求出P点坐标，若不存在请说明理由．
12．（已知在直角坐标系中，点A是反比例函数y=1x(x>0)图象上的一个动点，连接AO并延长线交反比例函数y=kx(k>0，x0，x0，
∴ba=−1−1+4k2，
∴S△POE=12×OE×(−b)=12×1a×(−b)=−12×ba=1+1+4k4，
∴对于确定的实数k，动点A在运动过程中，△POE的面积不会发生变化．
【解析】【分析】（1）过点B作BD⊥y轴于点D，先证明△AEO∽△BDO可得S△AEOS△BDO=(AOBO)2，再将数据代入计算可得 AOBO=12，从而得到S△BOE=2S△AOE=1；
（2）过点P作PH⊥x轴于点H，PE与x轴交于点G，先证明△AEO∽△GHP可得AEGH=EOPH，再将数据代入可得a−b−a=1akb求出ba=−1−1+4k2，再利用三角形的面积公式可得S△POE=12×OE×(−b)=12×1a×(−b)=−12×ba=1+1+4k4，从而得解。
13．【答案】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
∠ADC=∠CEB∠ACD=∠CBEAC=CB ，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝DC+CE＝BE+AD
（2）解：DE＝AD-BE，
在△ADC和△CEB中，
∠ADC=∠CEB=90°∠ACD=∠CBEAC=CB ，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CE-CD＝AD-BE；
（3）解：结论：DE＝BE-AD．
同法可得△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CD-CE＝BE-AD．
【解析】【分析】 （1）利用同角的余角相等，可得∠ACD＝∠CBE，根据AAS可证△ADC≌△CEB，可得AD＝CE，DC＝BE，从而可得DE＝DC+CE＝BE+AD；
（2）DE＝AD-BE；根据AAS可证△ADC≌△CEB，可得AD＝CE，DC＝BE，从而可得DE＝CE-CD＝AD-BE；
（3）DE＝BE-AD．根据AAS可证△ADC≌△CEB，可得AD＝CE，DC＝BE，从而可得DE＝CD-CE＝BE-AD．
14．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+b与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标是(2，0)，点C的坐标是(0，4)
∴把(2，0)和(0，4)分别代入y=ax2+b，得0=4a+b4=b
解得a=−1b=4，
∴抛物线的解析式：y=−x2+4；
（2）解：作PR⊥x轴于R，
∵P(t，−t2+4)，
∴PR=t2−4，
∴解得0=−x2+4得x1=2，x2=−2，
∴B(−2，0)，
∴BR=t+2，BO=2，
∵tan∠ABP=OEBO=PRBR，
∴OE2=t2−4t+2
∴OE=2t−4，
∴d=CO+OE=4+2t−4=2t(t>2)；
（3）解：作DG⊥x轴于G，PK⊥DG于K交y轴于L
设D(n，4−n2)
则PK=t−n，DK=(4−t2)−(4−n2)=(n−t)(n+t)
∵EF=d2=t，
∴OF=OE+EF=3t−4
∴LF=OF−OL=(3t−4)−(t2−4)=t(3−t)
∵tan∠KPD=LFLP=KPKD，
即t(3−t)t=t−n(n−t)(n+t)
∴n=−3，
∴D(−3，−5)
∴AG=2−(−3)=5=DG，
又∠DGA=90°，
∴∠1=∠GDA=45°
作AQ垂直于x轴交BP于Q，
则∠2=45°=∠1，
又∠4=∠3=∠5，AN=AN，
∴△AQN≌△AMN
∴AQ=AM
∵DO⊥BP，
∴∠BHM=90°，
∴∠7=90°−∠6=∠8，
又∠DGM=∠BAQ=90°，
∴△DGM∽△BAQ，
∴GMAQ=DGBA=54
∴AM=AQ=49AG=49×5=209
∵tan∠ABP=PRBR=AQAB
∴t−2=209÷4=59，
∴t=239，
∴yp=−t2+4=−20581
∴P(239，−20581)．
【解析】【分析】（1）根据待定系数法，将点A和C的坐标代入函数，可得二元一次方程组，解方程组即可求得抛物线的解析式；
（2）根据两点间的距离公式，可得PR的代数式；根据抛物线上点的性质，解方程可得点B的坐标；根据三角函数的正切值的定义，列比例式，可得OE的代数式；根据线段的计算，可得d的值；
（3）根据线段的计算，可得OF和LF的值；据三角函数的正切值的定义，列比例式，可得n的值，进而可得点D的坐标；根据两点间的距离公式，可得AG的值；根据三角形全等的判定（ASA）和性质，可得AQ=AM；根据三角形相似的判定和性质，可得比例式，进而求出AM的值；据三角函数的正切值的定义，列比例式，可得t的值，将t的值代入抛物线即可得点P的坐标.
15．【答案】（1）证明：∵AB 是直径，
∴∠F=∠ADB=90° ．
∵E 是 △ADB 的内心，
∴∠EAB=12∠DAB ，
∠EBA=12∠DBA ．
∴∠EAB+∠EBA =12(∠DAB+∠DBA) =45° ．
∴∠AEF=∠EAB+∠EBA=45° ，
∵∠F=90° ，
∴∠AEF=∠EAF=45° ．
∴AF=EF ．
∵OE⊥BE ，
∴EF=EB ，
∴AF=BE
（2）解：连接 DC ，过点 E 作 EG⊥AD 于点 G ，
∵AB 为 ⊙O 的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90° ，
∵AD=8 ， AB=10 ，
∴BD=AB2−AD2=6 ，
∵点 C 为 AB 的中点，
∴∠ADC=∠BDC=45° ，
∵点 E 是 △ABD 的内心，
∴点 E 在 DC 上，
∵EG⊥AD ，
∴DG=EG ，GE是 △ABD 的内切圆半径，
∴DG=EG=12(DA+DB−AB)=2 ，
∴AG=AD−DG=8−2=6 ，
∴AE=AG2+GE2=210 ，
∵点 C 为 AB 的中点，
∴∠CAB=∠ADC=45° ，
∵点 E 是 △ABD 的内心，
∴∠DAE=∠BAE ，
∴∠CAB+∠EAB=∠DAE+∠ADC ，
∴∠CEA=∠CAE ，
∴CA=CE ，
∵AB=10 ， ∠ACB=90° ，
∴CB=CA=CE=52 ，
∵CH⊥AE ，
∴HA=HE=12AE=10 ，
∴CH=CA2−AH2=210 ．
【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角可得∠F=∠ADB=90°；由三角形内心的定义可得∠EAB=12∠DAB，∠EBA=12∠DBA，则∠AEF=∠EAB+∠EBA=12∠DAB+12∠DBA，于是∠AEF=∠EAF，由等角对等边和等腰三角形的三线合一可求解；
（2）连接DC，过点E作EG⊥AD于点G，由直径所对的圆周角是直角可得∠ADB=∠ACB=90°，用勾股定理可求得BD的值，结合三角形内心的性质可得DG=EG，EG是三角形ABD的内切圆半径，于是DG=EG=12（DA+DB-AB），由线段的构成AG=AD-DG求得AG的值，在用勾股定理求得AE的值；由三角形内心的性质（点E是三角形ABD的内心）和勾股定理可求解.
16．【答案】（1）4；4
（2）解：分别过A，B作OC的垂线，垂足分别为D，E，
由PA＝BO＝AO，易证△BDO≌△OEA，
∴BD＝EO＝PE，
∵∠BPC＝30°，
∴PB＝2BD＝2EO，
∴PB＝PO，过P作PF⊥OB，
∴OF＝ 12 OB＝2，即点P的纵坐标的为2.
（3）解：如图，以OA为边在x轴下方作等边△OAG，连接OG，AG，易证△OMA≌△ONG，
∴∠OGN＝∠OAM＝45°，
即点N在y轴与OG夹角为45°的直线GN上运动，作点C关于GN的对称点H，连接OH，则ON＋CN的最小值即为OH的长.
由(2)PB＝PO，∠BPC＝30°，
∴∠ACO＝60°，
在四边形ACOG中，∠COG＝360°－60°－60°－45°－60°＝135°，
∴OC∥NG，易证∠OCH＝90°
，∴∠H＝∠ACH＝30°，
∴OH＝20C＝2t.即ON＋CN的最小值为2t.
【解析】【解答】解：(1) ∵a2－2ab＋b2＋(b－4)2＝(a-b)2＋(b－4)2=0，
∴a＝b＝4；
【分析】（1）根据完全平方的非负性即可求解，（2）分别过A，B作OC的垂线，垂足分别为D，E，由PA＝BO＝AO，易证△BDO≌△OEA，得BD＝EO＝PE，由∠BPC＝30°，知PB＝2BD＝2EO，得PB＝PO，过P作PF⊥OB，可求得OF＝ 12 OB＝2，即点P的纵坐标的为2.(3)如图，以OA为边在x轴下方作等边△OAG，连接OG，AG，易证△OMA≌△ONG，于是∠OGN＝∠OAM＝45°，即点N在y轴与OG夹角为45°的直线GN上运动，作点C关于GN的对称点H，连接OH，则ON＋CN的最小值即为OH的长再求出OH即可.
17．【答案】（1）解：设抛物线的解析式为 y=ax2+bx+c ，
在等腰 Rt△ABC 中， OC 垂直平分 AB ，且 AB=4 ，
∴OA=OB=OC=2 ．
∴A(−2，0) B(2，0) C(0，−2)
4a+2b+c=04a−2b+c=0c=−2 ，
解得： a=12b=0c=−2
∴抛物线的解析式为 y=12x2−2
（2）解：①设直线l的解析式为 y=kx ，交点 M(x1，y2) ， N(x2，y2)
由 y=12x2−2y=kx ，
可得 12x2−kx−2=0 ，
∴x1+x2=2k ， x1⋅x2=−4 ．
∴(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=4k2+16 ，
∴|x1−x2|=2k2+4 ．
∴S△CMN=S△OCM+S△OCN=12⋅OC⋅|x1−x2|=2k2+4 ．
∴当 k=0 时， 2k2+4 取最小值4．
∴S△CMN 的最小值是4．
②假设抛物线上存在点 P(m，12m2−2) ，使得点P与点Q关于直线l对称，
∴OP=OQ ，即 12+(32)3=m2+(12m2−2)2，
解得： m1=3 ， m2=−3 ， m3=1 ， m4=−1
∵m3=1 ， m4=−1 ，（不合题意，舍去．）
当 m1=3 时，点 P(3，−12) ，线段 PQ 的中点为 (1+32，−1) ．
∴1+32k=−1 ，
∴ k=−21+3=1−3 ．
∴直线l的表达式为： y=(1−3)x ．
当 m1=−3 时，点 P(−3，−12) ，线段 PQ 的中点为 (1−32，−1) ．
∴1−32k=−1 ，
∴ k=−21−3=1+3 ．
∴直线l的表达式为： y=(1+3)x
综上：点 P(3，−12) ， y=(1−3)x 或点 P(−3，−12) ， y=(1+3)x ．
【解析】【分析】（1）设抛物线的解析式为 y=ax2+bx+c ，根据等腰直角三角形的性质得到 A，B，C 三点的坐标，代入解析式即可得到答案；（2）①设直线l的解析式为 y=kx ，交点 M(x1，y2) ， N(x2，y2) ，联立一次函数与二次函数的解析式，利用一元二次方程根与系数的关系得到 |x1−x2| ，利用面积与 k 的函数，得到面积的最小值；②假设抛物线上存在点 P(m，12m2−2) ，使得点P与点Q关于直线l对称，利用对称得： OP=OQ 列方程求解 m， 再求点P的坐标及直线l的一次函数表达式即可．
18．【答案】（1）解：把点 O(0，0) ，点 B(4，0) 分别代入 y=−x2+bx+c 得：
c=0−16+4b+c=0 ，
解得： c=0b=4 ，
即抛物线的表达式为： y=−x2+4x ，
它的对称轴为： x=−42×(−1)=2
（2）解：把点 A(3，m) 代入 y=−x2+4x 得：
m=−32+4×3=3 ，
即点 A 的坐标为：（3，3），
过点 B 作 BD⊥OA ，交 OA 于点 D ，过点 A 作 AE⊥OB ，交 OB 于点 E ，如下图所示，
AE=3，OE=3，BE=4−3=1 ，
OA=32+32=32，AB=12+32=10 ，
S△OAB=12×OB×AE=12×OA×BD ，
BD=OB×AEOA=4×332=22 ，
AD=10−8=2 ，
tan∠OAB=BDAD=2 ．
【解析】【分析】（1）把点O（0，0），点B（4，0）分别代入y＝−x2＋bx＋c，解之，得到b和c的值，即可得到抛物线的表达式，根据抛物线的对称轴x=-ba，代入求值即可，
（2）把点A（3，m）代入y＝−x2＋4x，求出m的值，得到点A的坐标，过点B作BD⊥OA，交OA于点D，过点A作AE⊥OB，交OB于点E，根据三角形的面积和勾股定理，求出线段BD和AD的长，即可得到答案．
19．【答案】（1）解：当 x=0 时， y=−02+2k×0+3k
解得 y=3k
∴C(0，3k)
∴OC=3k
∵OA=13OC
∴OA=k
∴A(−k，0)
∵ 点 A 在抛物线上
∴0=−(−k)2+2k×(−k)+3k
解得 k1=0 （舍）， k2=1
∴ 抛物线的解析式为 y=−x2+2x+3
（2）解： ∵ 抛物线的解析式为 y=−x2+2x+3
∴ 当 y=0 时， 0=−x2+2x+3
解得 x1=−1，x2=3
∴A(−1，0)，B(3，0)
∴OA=1，OB=3
∴AB=OA+OB=4
如下图：
∵AE⊥PQ，BF⊥PQ
∴∠AEP=∠BFQ=90∘
∴AE//BF
∵GH 垂直平分 EF
∴EG=FG，∠HGQ=90°
∴∠HGQ=∠BFQ
∴GH//BF
∴AE//GH//BF
∴AHBH=EGFG=1
∴AH=BH=12AB=2
∴OH=OB−BH=1
∴H(1，0)
∵DH//y 轴
∴ 点 D 的横坐标为 1
∴ 当 x=1 时， y=−12+2×1+3=4
（3）解：过 P 作 PK⊥AB 于 K ，
∵点 P 在抛物线 y=−x2+2x+3 上
设 P(m，−m2+2m+3)
由（2）知 A(−1，0)，B(3，0) ，
设直线 PA 的解析式为 y=k1x+b1
点 A(−1，0)，P(m，−m2+2m+3) 在直线 PA 上，
则 0=−1×k1+b1−m2+2m+3=m×k1+b1，
解得 k1=3−m，b1=3−m
∴ 直线 PA 的解析式为 y=(3−m)x+3−m
∵N 的横坐标为 1
∴ 当 x=1 时， y=(3−m)×1+3−m=6−2m
∴NH=6−2m
设直线 PB 的解析式为 y=k2x+b2
点 B(3，0)，P(m，−m2+2m+3) 在直线 PB 上
则 0=3×k2+b2−m2+2m+3=m×k2+b2，
解得 k2=−m−1，b2=3m+3
∴ 直线 PB 的解析式为 y=(-m−1)x+3m+3
∵M 的横坐标为 1
∴ 当 x=1 时， y=(−m−1)×1+3m+3=2m+2
∴MH=2m+2
∵D(1，4)
∴DH=4
∴MD=MH−DH=2m−2
∵MD=NH
∴2m−2=6−2m
解得 m=2
∴P(2，3)
∴OK=2，PK=3
∴AK=OA+OK=3，BK=OB−OK=1
∴AK=PK=3
∵PK⊥AB
∴∠PKA=90°
∴∠PAK=∠APK=45∘
∵BP=BQ，∠PBQ=90°
∴∠BPQ=∠BQP=45∘
∴∠APK−∠QPK=∠QPB−∠QPK
即 ∠QPA=∠BPK
在 Rt△PKB 中， tan∠BPK=BKPK=13
∴tan∠QPA=13
【解析】【分析】（1）可用k表示点C的坐标，利用OA和OC线段长的关系，得出点A的坐标，代入解析式求解即可；（2）根据解析式，可求得A、B的坐标，根据 AE//GH//BF 以及GH垂直平分EF，可得 AHBH=EGFG=1 ，进而得出H的坐标，最后确定D的坐标；（3）如下图，设 P(m，−m2+2m+3) ，联立直线PA和抛物线的解析式，计算可得PA的解析式，同理得PB的解析式，根据MD=NH可推得 ∠QPA=∠BPK ，求tan∠BPK即可．
20．【答案】（1）解：在y＝-x2+2x+3中，令y＝0得x＝-1或x＝3，令x＝0得y＝3，
∴A（-1，0），B（3，0），C（0，3），
把A（-1，0），B（3，0）代入y＝12x2+bx+c得：
12−b+c=092+3b+c=0，
解得b=−1c=−32，
∴抛物线F2的函数表达式y＝12x2-x-32，
设直线BC解析式为y＝tx+3，把B（3，0）代入得：
3t+3＝0，
解得t＝-1，
∴直线BC解析式为y＝-x+3；
（2）解：过E作EH∥y轴交BC于H，如图：
∵B（3，0），C（0，3），
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵EF∥AB，
∴∠EFP＝45°，
∴△EFP是等腰直角三角形，
∴△PEF面积最大时PE最大，
∵EH∥y轴，
∴∠EHP＝∠OCB＝45°，
∴△EHP是等腰直角三角形，
∴EH最大时，PE最大，即EH最大时，△PEF面积最大，
设E（m，-m2+2m+3），则H（m，-m+3），
∴EH＝-m2+2m+3+m-3＝-m2+3m＝-（m-32）2+94，
∴当m＝32时，EH最大为94，
∴E（32，154），此时PE＝EH2=928，
∴△PEF面积的最大值为12PE2＝8164；
（3）解：存在点P，使△CPG与△OBC相似，理由如下：
由（2）知△OBC是等腰直角三角形，当△CPG与△OBC相似时，△CPG为等腰直角三角形，
∵PG∥y轴，
∴∠CPG＝∠OCB＝45°，
当∠PGC＝90°时，如图：
此时G与C纵坐标相等，
在y＝-x2+2x+3中，令y＝3得x＝0或x＝2，
∴G1（2，3），此时P1的横坐标为2，
在y＝12x2-x-32中，令y＝3得x＝1+10或x＝1-10（此时G不在第一象限，舍去），
∴P2的横坐标为1+10；
当∠PCG＝90°时，如图：
设P3（n，-n+3），则G3（n，-n2+2n+3），
∵C（0，3），
∴CP32＝2n2，P3G32＝（-n2+3n）2，
∵△CP3G3是等腰直角三角形，
∴（-n2+3n）2＝2×2n2，
解得n＝0（舍去）或n＝1或n＝5（此时G不在第一象限，舍去），
∴P3的横坐标为1，
同理可得P4的横坐标为2+13，
综上所述，P的横坐标为2或1+10或1或2+13．
【解析】【分析】（1）在y＝-x2+2x+3中，令y＝0与x=0，分别算出对应的x与y的值，可得点A、B、C的坐标，从而利用待定系数法求出抛物线F2和直线BC的函数表达式 ；
（2）过E作EH∥y轴交BC于H，易得△OBC与△PEF都是等腰直角三角形，由△EFP是等腰直角三角形，知△PEF面积最大时PE最大，此时EH最大，设E（m，−m2＋2m＋3），用含m的式子表示出EH，进而根据所得函数的性质可得当m＝32时，EH最大为94，从而得出点E的坐标，根据等腰直角三角形的性质求出PE，从而就不难求出△PEF面积的最大值；
（3）存在点P，使△CPG与△OBC相似，理由如下：由（2）知△OBC是等腰直角三角形，当△CPG与△OBC相似时，△CPG为等腰直角三角形，由∠CPG＝∠OCB＝45°，分两种情况：当∠PGC＝90°时，此时G与C纵坐标相等，当∠PCG＝90°时，设P3（n，−n＋3），由△CP3G3是等腰直角三角形可得（−n2＋3n）2＝2×2n2，解方程即可解得P3的横坐标，同理可得P4的横坐标，综上即可得出答案.
21．【答案】（1）解：y＝﹣x2+2x+3
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
x2+2x+3＝0，x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0），
∵y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点为M（1，4），
设直线BM的解析式为y＝kx+b，
∴0=3k+b4=k+b，解得：k=-2b=6，
∴直线BM的解析式为y＝﹣2x+6 .
（2）解：①∵M（1，4），C（0，3），B（3，0），
∴MC＝2，BC＝32，BM＝25，
∴MC2+BC2＝MB2，
∴∠MCB＝90°，
作CH⊥BM于H，如图，
∵△QCP∽△MCB，
∴∠CQP＝∠CMB，
设经过t秒，QC恰好平分∠DQP，
∴∠DQC＝∠CQP，
∴∠DQC＝∠CMB，
∴MH＝QH，
∵tan∠CBH＝CMCB=13，
∴CHBH=13，
∴CH＝355，
∴MH＝QH＝(2)2-(355)2=55，
∴BQ＝25-55×2=855，
t=8555=85.
②如图，
∵△QCP∽△MCB，
∴∠CPQ＝∠CBQ，∠PCQ＝∠BCM＝90°，
∴C，P，B，Q四点共圆，
∴∠QBP＝90°，
设直线BP的解析式为y＝12x+n，
把点B（3，0）代入，解得n＝-32，
∴直线BP的解析式为y＝12x﹣32，
∴点P在直线BP上运动，
当点Q与点B重合时，PQ＝10QC＝65，可得点P的坐标为（﹣9，﹣6），
当点Q与点D重合时，PC＝3CQ＝3×3＝9，可得点P的坐标为（9，3），
∴当点Q从点B运动到点D时，点P经过的路径长为：182+92=95．
【解析】【分析】（1）由y＝﹣x2+2x+3，可求得点B，M的坐标，再用待定系数法即可求得直线BM的解析式；
（2）①作CH⊥BM于H，证明∠MCB＝90°，根据△QCP∽△MCB和QC恰好平分∠DQP条件，可得出∠DQC＝∠CMB，进而得出MH＝QH，由tan∠CBH＝CMCB=13，得CHBH=13，求得CH＝355，在Rt△MCH中，求得MH的长，即可求出BQ的长，进而得出t的值：
②证明C，P，B，Q四点共圆，可得∠QBP＝90°，可得点P在直线BP上运动，分别求出当点Q与点B重合时和点Q与点D重合时，点P的坐标，即可得出点P经过的路径长．
22．【答案】（1）解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，
∴抛物线的顶点M的坐标为（1，-4）
（2）解：当x=0时，y=x2-2x-3=-3，
∴点C的坐标为（0，-3）.
过点C作CF⊥直线MN，垂足为点F，如图1所示.
∵∠PON+∠OPN=90°，∠OPN+∠CPF=180°-∠CPO=90°，
∴∠PON=∠CPF.
又∵∠PNO=∠CFP=90°，
∴△PON∽△CPF，
∴CFPN = PFON ，即 1PN = 3−PN1 ，
∴PN= 3±52 ，
∴当点E与原点O的重合时，点P的坐标为（1， −3−52 ）或（1， 5−32 ）
（3）解：过点C作CF⊥直线MN，垂足为点F，设PN=m，分三种情况考虑，如图2所示.
①当0＜m＜3时，由（2）可知：△PEN∽△CPF，
∴ENPF = PNCF ，即 EN3−m =m，
∴EN=-m2+3m=-（m- 32 ）2+ 94 .
∵-1＜0，
∴当m= 32 时，EN取得最大值，最大值为 94 ；
②当m=0或3时，点E和点N重合，此时EN=0；
③当3＜m≤4时，∵∠PCF+∠CPF=90°，∠CPF+∠EPN=90°，
∴∠PCF=∠EPN.
又∵∠CFP=∠PNE=90°，
∴△PCF∽△EPN，
∴ENPF = PNCF ，即 ENm−3 = m1 ，
∴EN=m2-3m.
∵1＞0，
∴当3＜m≤4时，EN的值随m值的增大而增大，
∴当m=4时，EN取得最大值，最大值为4.
综上所述：点E到抛物线对称轴的最大距离是4.
【解析】【分析】（1）将抛物线的解析式转化为顶点式，可直接写出顶点M的坐标。
（2）由x=0，求出y的值，可得到点C的坐标，过点C作CF⊥直线MN，垂足为点F，易证∠PON=∠CPF，再利用有两组对应角相等的两三角形相似，易证△PON∽△CPF，然后利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，就看求出PN的长。
（3）过点C作CF⊥直线MN，垂足为点F，设PN=m，分三种情况考虑，如图2所示. ①当0＜m＜3时，由（2）可知：△PEN∽△CPF，利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，就可求出EN与m的函数解析式，利用二次函数的性质，可得结论；②当m=0或3时，点E和点N重合，此时EN=0；③当3＜m≤4时，利用同角的余角相等，可证∠PCF=∠EPN，再利用相似三角形的判定定理可证△PCF∽△EPN，利用相似三角形的性质，得对应边成比例，可建立EN与m的函数解析式，利用二次函数的性质，可得到结论，综上所述可知点E到抛物线对称轴的最大距离。
23．【答案】（1）(－2，3)
（2）解：①∵抛物线y= 2x2+bx+c 经过点A，∴3＝8-2b+c. ∴c=2b-5.∴B(0， 2b-5)，∵直线l经过点B，∴2k+3=2b-5，∴k=4-b，当b=4时，k=0，当b=6时，k=2，∵4＜b＜6，∴0＜k＜2；②解：k=1时，直线l的表达式为y=x+5，直线l交y轴于点F(0，5)，
当点M在点A右侧，
过点A作x轴平行线交y轴于点E，过点M作y轴的平行线交AE于点D，
∵A(-2，3)，∴AE＝EF＝2.∴∠EAF＝45°，
∴当AM＝ 2 时，AD＝MD＝1，∴M(-1，4)，
把M(-1，4)代入y= 2x2+bx+c ，求得b=7，c=9，
由AM＝4 2 ，A(-2，3)，同上可得M(2，7)，
把A(-2，3)，M(2，7)代入y= 2x2+bx+c ，求得b=1，c=－3.
把A(-2，3) 代入y= 2x2+bx+c ，得c=2b-5，
又∵c＞0，∴b>52，
∴52BE，CA+CD>AD，
∴当点C在线段BE上，且AC⊥BE时，即△CDE绕着点C逆时针旋转180°时，四边形AEDB的面积有最大值，
此时BE=AD=2+1=3，
∴S四边形AEDB=12AD⋅BE=12×3×3=92，
即四边形AEDB的面积的最大值为92．
【解析】【分析】（1）延长BE交AD于点F，交AC于点G，根据SAS证明△ADC≌△BEC，可得AD=BE，∠DAC=∠EBC，再根据余角的性质可得∠AFG=90°，继而得解；
（2） 正方形，理由：由（1）结论，根据有三个角是直角的四边形是矩形，证四边形CDEF是矩形，再根据一组邻边相等的矩形是正方形即证结论；
（3） 当点C在线段BE上，且AC⊥BE时，即△CDE绕着点C逆时针旋转180°时，四边形AEDB的面积有最大值， 此时BE=AD=3，由AD⊥BE，可得S四边形AEDB=12AD⋅BE，据此计算即可.