题目内容
【题目】如图，已知点A的坐标为（﹣2，0），直线y=﹣ 
x+3与x轴、y轴分别交于点B和点C，连接AC，顶点为D的抛物线y=ax2+bx+c过A、B、C三点． 
（1）请直接写出B、C两点的坐标，抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）设抛物线的对称轴DE交线段BC于点E，P是第一象限内抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点F，若四边形DEFP为平行四边形，求点P的坐标；
（3）设点M是线段BC上的一动点，过点M作MN∥AB，交AC于点N，点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BA向点A运动，运动时间为t（秒），当t（秒）为何值时，存在△QMN为等腰直角三角形？
【答案】
（1）
解：令x=0代入y=﹣ 
x+3
∴y=3，
∴C（0，3），
令y=0代入y=﹣ x+3
∴x=4，
∴B（4，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x﹣4），
把C（0，3）代入y=a（x+2）（x﹣4），
∴a=﹣ 
，
∴抛物线的解析式为：y=﹣ （x+2）（x﹣4）=﹣ x2+ x+3，
∴顶点D的坐标为（1， 
）
（2）
解：
当DP∥BC时，
此时四边形DEFP是平行四边形，
设直线DP的解析式为y=mx+n，
∵直线BC的解析式为：y=﹣ x+3，
∴m=﹣ ，
∴y=﹣ x+n，
把D（1， ）代入y=﹣ x+n，
∴n= 
，
∴直线DP的解析式为y=﹣ x+ ，
∴联立 
，
解得：x=3或x=1（舍去），
∴把x=3代入y=﹣ x+ ，
y= 
，
∴P的坐标为（3， ）
（3）
解：由题意可知：0≤t≤6，
设直线AC的解析式为：y=m1x+n1，
把A（﹣2，0）和C（0，3）代入y=m1x+n1，
得： 
，
∴解得 
，
∴直线AC的解析式为：y= 
x+3，
由题意知：QB=t，
如图1，当∠NMQ=90°，
∴OQ=4﹣t，
令x=4﹣t代入y=﹣ x+3，
∴y= t，
∴M（4﹣t， t），
∵MN∥x轴，
∴N的纵坐标为 t，
把y= t代入y= x+3，
∴x= 
t﹣2，
∴N（ t﹣2， t），
∴MN=（4﹣t）﹣（ t﹣2）=6﹣ t，
∵MQ∥OC，
∴△BQM∽△BOC，
∴ 
，
∴MQ= t，
当MN=MQ时，
∴6﹣ t= t，
∴t= 
，
此时QB= ，符合题意，
如图2
当∠QNM=90°时，
∵QB=t，
∴点Q的坐标为（4﹣t，0）
∴令x=4﹣t代入y= x+3，
∴y=9﹣ t，
∴N（4﹣t，9﹣ t），
∵MN∥x轴，
∴点M的纵坐标为9﹣ t，
∴令y=9﹣ t代入y=﹣ x+3，
∴x=2t﹣8，
∴M（2t﹣8，9﹣ t），
∴MN=（2t﹣8）﹣（4﹣t）=3t﹣12，
∵NQ∥OC，
∴△AQN∽△AOC，
∴ 
，
∴NQ=9﹣ t，
当NQ=MN时，
∴9﹣ t=3t﹣12，
∴t= 
，
∴此时QB= ，符合题意
如图3，
当∠NQM=90°，
过点Q作QE⊥MN于点E，
过点M作MF⊥x轴于点F，
设QE=a，
令y=a代入y=﹣ x+3，
∴x=4﹣ 
a，
∴M（4﹣ a，a），
令y=a代入y= x+3，
∴x= 
a﹣2，
∴N（ a﹣2，0），
∴MN=（4﹣ a）﹣（ a﹣2）=6﹣2a，
当MN=2QE时，
∴6﹣2a=2a，
∴a= ，
∴MF=QE= ，
∵MF∥OC，
∴△BMF∽△BCO，
∴ 
，
∴BF=2，
∴QB=QF+BF= +2= 
，
∴t= ，此情况符合题意，
综上所述，当△QMN为等腰直角三角形时，此时t= 或 或 ．
【解析】本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，相似三角形判定与性质，等腰直角三角形的性质知识，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．（1）分别令y=0和x=0代入y=﹣ x+3即可求出B和C的坐标，然后设抛物线的交点式为y=a（x+2）（x﹣4），最后把C的坐标代入抛物线解析式即可求出a的值和顶点D的坐标；（2）若四边形DEFP为平行四边形时，则DP∥BC，设直线DP的解析式为y=mx+n，则m=﹣ ，求出直线DP的解析式后，联立抛物线解析式和直线DP的解析式即可求出P的坐标；（3）由题意可知，0≤t≤6，若△QMN为等腰直角三角形，则共有三种情况，①∠NMQ=90°；②∠MNQ=90°；③∠NQM=90°．
【考点精析】解答此题的关键在于理解抛物线与坐标轴的交点的相关知识，掌握一元二次方程的解是其对应的二次函数的图像与x轴的交点坐标．因此一元二次方程中的b2-4ac，在二次函数中表示图像与x轴是否有交点．当b2-4ac>0时，图像与x轴有两个交点；当b2-4ac=0时，图像与x轴有一个交点；当b2-4ac<0时，图像与x轴没有交点．
