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(完整版)二次函数经典例题及答案
二次函数经典例题及答案
1. 已知抛物线的顶点为P（－4,－），与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中B点坐标为(1，0).
（1)求这条抛物线的函数关系式；
（2）若抛物线的对称轴交x轴于点D，则在线段AC上是否存在这样的点Q，使得△ADQ为等腰三角形？若存在，请求出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

y=x2+4x - ；存在点Q1（—1，-4）,Q2（2—9，—），Q3(—，-)．析
试题分析：(1)根据顶点坐标把抛物线设为顶点式形式y=a（x+4)2—,然后把点B的坐标代入解析式求出a的值，即可得解;
（2)先根据顶点坐标求出点D的坐标，再根据抛物线解析式求出点A、C的坐标，从而得到OA、OC、AD的长度,根据勾股定理列式求出AC的长度，然后根据锐角三角形函数求出∠OAC的正弦值与余弦值，再分①AD=Q1D时，过Q1作Q1E1⊥x轴于点E1，根据等腰三角形三线合一的性质求出AQ1，再利用∠OAC的正弦求出Q1E1的长度，根据∠OAC的余弦求出AE1的长度，然后求出OE1,从而得到点Q1的坐标;②AD=AQ2时,过Q2作Q2E2⊥x轴于点E2，利用∠OAC的正弦求出Q2E2的长度，根据∠OAC的余弦求出AE2的长度，然后求出OE2，从而得到点Q2的坐标；③AQ3=DQ3时，过Q3作Q3E3⊥x轴于点E3，根据等腰三角形三线合一的性质求出AE3的长度，然后求出OE3,再由相似三角形对应边成比例列式求出Q3E3的长度，从而得到点Q3的坐标．
试题解析：(1)∵抛物线顶点坐标为（—4,-），
∴设抛物线解析式为y=a（x+4）2—
∵抛物线过点B（1，0），∴a（1+4）2—=0，解得a=，
所以，抛物线解析式为y=（x+4）2—， 即y=x2+4x-；
（2）存在点Q1（—1，—4），Q2（2—9，—)，Q3（-，—）．
理由如下：∵抛物线顶点坐标为(-4,—），
∴点D的坐标为(—4，0)，
令x=0,则y=-，
令y=0，则x2+4x—=0，
整理得，x2+8x-9=0,
解得x1=1,x2=—9，
∴点A（-9，0)，C(0，-），
∴OA=9，OC=,AD=—4-（-9）=-4+9=5，
在Rt△AOC中，根据勾股定理,AC=
∴sin∠OAC=
cos∠OAC=，
①AD=Q1D时,过Q1作Q1E1⊥x轴于点E1，

根据等腰三角形三线合一的性质，AQ1=2•ADcos∠OAC=2×5×，
Q1E1=AQ1•sin∠OAC=×=4,
AE1=AQ1•cos∠OAC=×=8,
所以，OE1=OA—AE1=9—8=1，
所以，点Q1的坐标为（-1，—4）;
②AD=AQ2时，过Q2作Q2E2⊥x轴于点E2，
Q2E2=AQ2•sin∠OAC=5×=,
AE2=AQ2•cos∠OAC=5×=2，
所以,OE2=OA—AE2=9-2，
所以，点Q2的坐标为（2—9,-）；
③AQ3=DQ3时,过Q3作Q3E3⊥x轴于点E3，
则AE3=AD=×5=,
所以,OE3=9—=，
∵Q3E3⊥x轴，OC⊥OA，
∴△AQ3E3∽△ACO，
∴，
即，
解得Q3E3=，
所以，点Q3的坐标为（—,-），
综上所述，在线段AC上存在点Q1（—1，-4），Q2(2-9，-)，Q3(—,—），使得△ADQ为等腰三角形．

2. 如图，直线y=﹣x+3与x轴，y轴分别交于B，C两点，抛物线y=﹣x2+bx+c经过B,C两点，点A是抛物线与x轴的另一个交点．
（1）求B、C两点坐标；
（2)求此抛物线的函数解析式;
（3）在抛物线上是否存在点P，使S△PAB=S△CAB，若存在，求出P点坐标,若不存在，请说明理由．

1）B(3，0）C（0，3)（2）此抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．(3)存在这样的P点，其坐标为P（0,3），（2，3）（1+，﹣3)或（1﹣，﹣3)．
试题分析：（1)已知了过B、C两点的直线的解析式，当x=0时可求出C点的坐标，当y=0是可求出B点的坐标．
(2）由于抛物线的解析式中只有两个待定系数,因此将B、C两点的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式．
(3）根据（2）的抛物线的解析式可得出A点的坐标,由此可求出AB的长，由于S△PAB=S△CAB,而AB边为定值．由此可求出P点的纵坐标,然后将P点的纵坐标代入抛物线的解析式中即可求出P点的坐标．
试题解析：（1）∵直线y=﹣x+3经过B、C
∴当x=0时y=3
当y=0时x=3
∴B(3,0）C(0，3）
（2）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过B、C
∴．
∴b=2，c=3．
∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
（3)当y=0时,﹣x2+2x+3=0;x1=﹣1，x2=3．
∴A（﹣1，0)
设P（x，y)
∵S△PAB=S△CAB
∴×4×｜y|=×4×3
∴y=3或y=﹣3
①当y=3时，3=﹣x2+2x+3
∴x1=0，x2=2
P（0，3)或（2,3）
②当y=﹣3时,﹣3=﹣x2+2x+3
∴x1=1+，x2=1﹣
∴P(1+，﹣3)或（1﹣，﹣3）．
因此存在这样的P点，其坐标为P(0，3)，（2，3）（1+，﹣3）或（1﹣，﹣3）．

3．已知：如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴的交点是A(3，0)、B（6,0)，与y轴的交点是C．
(1）求抛物线的函数表达式；
（2）设P(x，y）（0＜x＜6）是抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴交直线BC于点Q．
①当x取何值时，线段PQ的长度取得最大值，其最大值是多少？
②是否存在这样的点P,使△OAQ为直角三角形？若存在，求出点P的坐标;若不存在，请说明理由．

（1） 所求抛物线的函数表达式是y=x2﹣x+2．（2)当x=3时，线段PQ的长度取得最大值．最大值是1．（3）P（3，0）或P（,）或P（，）．
析试题分析：（1）已知了A，B的坐标,可用待定系数法求出函数的解析式．
（2）①QP其实就是一次函数与二次函数的差，二次函数的解析式在（1）中已经求出，而一次函数可根据B，C的坐标，用待定系数法求出．那么让一次函数的解析式减去二次函数的解析式，得出的新的函数就是关于PQ，x的函数关系式,那么可根据函数的性质求出PQ的最大值以及相对应的x的取值．
（3）分三种情况进行讨论：
当∠QOA=90°时，Q与C重合，显然不合题意．因此这种情况不成立；
当∠OAQ=90°时，P与A重合，因此P的坐标就是A的坐标；
当∠OQA=90°时,如果设QP与x轴的交点为D，那么根据射影定理可得出DQ2=OD•DA．由此可得出关于x的方程即可求出x的值，然后将x代入二次函数式中即可得出P的坐标．
试题解析：(1）∵抛物线过A(3，0），B(6，0)，
∴，
解得：，
∴所求抛物线的函数表达式是y=x2﹣x+2．
（2）①∵当x=0时，y=2，
∴点C的坐标为（0，2）．
设直线BC的函数表达式是y=kx+b．
则有，
解得：．
∴直线BC的函数表达式是y=﹣x+2．
∵0＜x＜6，点P、Q的横坐标相同，
∴PQ=yQ﹣yP=(﹣x+2）﹣（x2﹣x+2）
=﹣x2+x
=﹣（x﹣3)2+1
∴当x=3时，线段PQ的长度取得最大值．最大值是1．
②解:当∠OAQ=90°时,点P与点A重合，
∴P（3,0）
当∠QOA=90°时，点P与点C重合,
∴x=0（不合题意）
当∠OQA=90°时，
设PQ与x轴交于点D．
∵∠ODQ+∠ADQ=90°,∠QAD+∠AQD=90°，
∴∠OQD=∠QAD．
又∵∠ODQ=∠QDA=90°，
∴△ODQ∽△QDA．
∴，即DQ2=OD•DA．
∴（﹣x+2）2=x（3﹣x)，
10x2﹣39x+36=0，
∴x1=，x2=，
∴y1=×（）2﹣+2=；
y2=×（）2﹣+2=；
∴P（,)或P（，)．
∴所求的点P的坐标是P（3，0）或P（，）或P（，）．

4. 如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线(）经过A(-1，0）、B(3，0）两点，抛物线与y轴交点为C，其顶点为D，连接BD,点P是线段BD上一个动点（不与B，D重合），过点P作y轴的垂线,垂足为E，连接BE．
（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标；
（2）如果P点的坐标为(，),△PBE的面积为，求与的函数关系式，写出自变量的取值范围。

（1),D（1，4）；(2）（）．
解析试题分析：(1）本题需先根据抛物线经过A（﹣1,0）、B（3,0)两点,分别求出a、b的值,再代入抛物线即可求出它的解析式．
(2）本题首先设出BD解析式，再把B、D两点坐标代入求出k、b的值，得出BD解析式,再根据面积公式即可求出最大值．
试题解析：（1)∵抛物线（)经过A（﹣1,0）、B(3，0）两点∴把（﹣1，0）B（3，0）代入抛物线得：，，∴抛物线解析式为：，∵=，∴顶点D的坐标为（1,4)；
（2）设直线BD解析式为:(）,把B、D两点坐标代入,得:,解得
5。 如图,抛物线与x轴相交于B，C两点，与y轴相交于点A，点P（，)（a是任意实数）在抛物线上，直线经过A,B两点．
（1）求直线AB的解析式；
（2)平行于y轴的直线交直线AB于点D,交抛物线于点E．
①直线(0≤t≤4）与直线AB相交F，与抛物线相交于点G．若FG∶DE＝3∶4，求t的值；
②将抛物线向上平移m（m＞0）个单位，当EO平分∠AED时，求m的值．

1)；（2）①1或3；②．
解析试题分析:（1）根据点P的坐标，可得出抛物线解析式，然后求出A、B、C的坐标，利用待定系数法求出直线AB的解析式；
（2）①根据点E（2,5),D（2，1），G（，），F（，），表示出DE、FG，再由FG：DE=3:4，可得出t的值;
②设点A(0，2+m)，则点E（2，5+m），作AH⊥DE,垂足为H，在Rt△AEH中利用勾股定理求出AE，根据EO平分∠AED及平行线的性质可推出∠AEO=∠AOE，AO=AE，继而可得出m的值．
试题解析:(1）∵P（，）（a是实数）在抛物线上，
∴抛物线的解析式为=﹣，当时，即,解得，，当x=0时,y=2．∴A（0，2），B（4,0),C(，0），将点A、B的坐标代入，得：∴，解得：，故直线AB的解析式为；
(2）①∵点E（2，5），D（2，1)，G（，），F（，），∴DE=4，FG==，∵FG：DE=3：4，∴，解得，．
②设点A(0，2+m），则点E（2，5+m）,作AH⊥DE，垂足为H，
∴=,即AE=,∵EO平分∠AED,∴∠AEO=∠DEO,∵AO∥ED，∴∠DEO=∠AOE，∴∠AEO=∠AOE，∴AO=AE，即，解得m=．
6。 如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（–1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发,都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB,AC边运动，其中一点到达端点时,另一点也随之停止运动．
（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；
（2)当P,Q运动t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状并求说明理由．
（3）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E,Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由

（1）y=x2﹣x﹣4．C(0，﹣4）；
(2）四边形APDQ为菱形；
（3)存在满足条件的点E,点E的坐标为（﹣，0）或（﹣，0）或(﹣1，0）或(7，0)．
解析试题分析：（1）将A,B点坐标代入函数y=x2+bx+c中,求得b、c，进而可求解析式及C坐标．
(2）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ,易得四边形四边都相等，即菱形．
（3）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标．
试题解析：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B(﹣1,0），
∴,
解得 ,
∴y=x2﹣x﹣4．
∴C(0，﹣4）．
（2)四边形APDQ为菱形．理由如下：
如图，D点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQ⊥AP于F，

∵AP=AQ=t，AP=DP,AQ=DQ,
∴AP=AQ=QD=DP，
∴四边形AQDP为菱形
（3)存在．
如图1，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD∥OC，

∵A（3，0），B(﹣1,0）,C（0,﹣4），O（0，0）
∴AB=4，OA=3,OC=4，
∴AC==5，
∵当点P运动到B点时，点Q停止运动，AB=4，
∴AQ=4．
∵QD∥OC，
∴,
∴，
∴QD=,AD=．
①作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即△AEQ为等腰三角形，
设AE=x，则EQ=x，DE=AD﹣AE=﹣x，
∴在Rt△EDQ中,（﹣x)2+(）2=x2，解得 x=,
∴OA﹣AE=3﹣=﹣,
∴E（﹣，0)．
②以Q为圆心,AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4,
∵ED=AD=,
∴AE=，
∴OA﹣AE=3﹣=﹣，
∴E(﹣，0）．
③当AE=AQ=4时，
1．当E在A点左边时，
∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1，
∴E（﹣1，0）．
2．当E在A点右边时，
∵OA+AE=3+4=7，
∴E（7,0）．
综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（﹣，0)或（﹣，0）或（﹣1，0）或（7,0）．
7.如图,已知抛物线与x轴的一个交点为A（-1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C（0,-3），其顶点为D，对称轴为直线．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点M为y轴上的一个动点,当△ACM是以AC为一腰的等腰三角形时，求点M的坐标；
（3）将△OBC沿x轴向右平移m个单位长度(0＜m＜3）得到另一个三角形△EFG，将△EFG与△BCD重叠部分的面积记为S，用含m的代数式表示S．

（1)；（2）M的坐标为，，；(3）．
解析试题分析:（1)抛物线与x轴的一个交点为A（-1，0），对称轴为直线，得到抛物线与x轴的另一个交点为B（3，0），把A、B、C的坐标代入抛物线，即可得到抛物线的解析式；
（2）①当AC=AM时C、M关于x轴对称,得到M;
②当AC=CM时,AC=，以C为圆心，AC为半径作圆与y轴有两个交点，为M或M；
(3)分别求出直线BC、BD的解析式，分两段计算重叠的面积：①，②．
试题解析:（1）由题意可知，抛物线与x轴的另一个交点为B(3,0），
则，，解得,故抛物线的解析式为：；
(2）①当AC=AM时C、M关于x轴对称，得到M；
②当AC=CM时，AC=,以C为圆心，AC为半径作圆与y轴有两个交点，为M或M；
所以，点M的坐标为,，；
（3）记平移后的三角形为△EFG．设直线BC的解析式为y=kx+b，则:，解得:,则直线BC的解析式为,△OBC沿x轴向右平移m个单位长度（0＜m＜3)得到△EFG，易得直线FG的解析式为．设直线BD的解析式为y=k′x+b′，则：，解得，
则直线BD的解析式为，连结CG，直线CG交BD于H，则H（，—3）．

在△OBC沿x轴向右平移的过程中，
①当时，如图1所示．
设EG交BC于点P,GF交BD于点Q，则CG=BF=m，BE=PE=3﹣m，联立，解得，即点Q（3﹣m,-2m），
==                                                           
②当时，如图2所示．

设EG交BC于点P，交BD于点N，则OE=m，BE=PE=3﹣m，又因为直线BD的解析式为,所以当x=m时，得y=2m﹣6，所以点N（m，2m—6）．
===，
综上所述，
．
8。 如图①,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0）与x轴交于点A（2，0)和点B(－6,0），与y轴交于点C．
(1）求抛物线的解析式；
（2)设抛物线的对称轴与轴交于点M ，在对称轴上存在点P，使△CMP为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
(3）设点Q是抛物线对称轴上的一个动点，当点Q满足最大时,求出Q点的坐标．
（4)如图②，若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE、CE,求四边形BOCE面积的最大值，并求此时E点的坐标．

(1)y=-x2—2x+6；
（2）P（—2，）或P（-2，2）或P（—2，-2)或P（-2,12）；
(3）当Q在（—2，12）的位置时，|QB—QC|最大；
(4）最大值为；E坐标为(—3,）．
解析试题分析:（1）将点A（2,0)和点B（-6,0）分别代入y=ax2+bx+6，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值,进而得到抛物线的解析式；
(2）根据(1）的函数解析式得出抛物线的对称轴为x=—2，再求出M点的坐标，由于C是抛物线与y轴的交点,因此C的坐标为（0，6），根据M、C的坐标求出CM的距离．然后分三种情况进行讨论：①CP=PM；②CM=MP；③CM=CP；
（3）由抛物线的对称性可知QB=QA，故当Q、C、A三点共线时，|QB—QC｜最大，连结AC并延长，交对称轴于点Q，利用待定系数法求出直线AC的解析式，再将x=-2代入，求出y的值，进而得到Q点的坐标；
（4）由于四边形BOCE不是规则的四边形，因此可将四边形BOCE分割成规则的图形进行计算，过E作EF⊥x轴于F，四边形BOCE的面积=三角形BFE的面积+直角梯形FOCE的面积．直角梯形FOCE中，FO为E的横坐标的绝对值，EF为E的纵坐标，已知C的纵坐标，就知道了OC的长．在三角形BFE中，BF=BO-OF，因此可用E的横坐标表示出BF的长．如果根据抛物线设出E的坐标，然后代入上面的线段中，即可得出关于四边形BOCE的面积与E的横坐标的函数关系式,根据函数的性质即可求得四边形BOCE的最大值及对应的E的横坐标的值．即可求出此时E的坐标．
试题解析：（1）由题知:
 ,
解得:，
故所求抛物线解析式为：y=-x2—2x+6；
（2）∵抛物线解析式为：y=—x2-2x+6，
∴对称轴为x=，
设P点坐标为（-2，t），
∵当x=0时，y=6,
∴C（0，6），M（-2，0），
∴CM2=（-2-0)2+（0-6）2=40．
①当CP=PM时，（-2）2+（t-6）2=t2，解得t=，
∴P点坐标为：P1（-2，）；
②当CM=PM时，40=t2，解得t=±2，
∴P点坐标为:P2（-2,2)或P3（—2,—2)；
③当CM=CP时，由勾股定理得：40=(-2）2+（t-6）2，解得t=12，
∴P点坐标为：P4（-2，12）．
综上所述,存在符合条件的点P，其坐标为P(-2，）或P（—2，2）或P（-2，—2）或P（-2，12);
(3）∵点A(2，0)和点B（—6，0）关于抛物线的对称轴x=—2对称,
∴QB=QA，
∴|QB—QC｜=|QA-QC|，
要使|QB-QC|最大，则连结AC并延长，与直线x=-2相交于点Q，即点Q为直线AC与直线x=—2的交点，
设直线AC的解析式为y=kx+m，
∵A（2，0）,C（0，6），
∴，
解得,
∴y=-3x+6，
当x=-2时，y=-3×（-2）+6=12,
故当Q在（-2，12）的位置时，|QB—QC｜最大；
（4）过点E作EF⊥x轴于点F，设E（n,-n2-2n+6）（—6＜n＜0）,

则EF=—n2—2n+6,BF=n+6，OF=—n，
S四边形BOCE=BF•EF+(OC+EF)•OF
=(n+6）•(—n2-2n+6）+（6-n2-2n+6）•(—n）
=—n2-9n+18=—（n+3）2+,
所以当n=-3时,S四边形BOCE最大,且最大值为
此时，点E坐标为（—3,)．

9。 如图，在平面直角坐标系中，一抛物线的对称轴为直线,与y轴负半轴交于C点，与x轴交于A、B两点，其中B点的坐标为（3，0），且OB＝OC．
（1)求此抛物线的解析式;
（2）若点G（2,y）是该抛物线上一点，点P是直线AG下方的抛物线上一动点,当点P运动到什么位置时，△APG的面积最大？求出此时P点的坐标和△APG的最大面积。
（3）若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点（其中点M在点N的右侧），在x轴上是否存在点Q,使△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由．

（1）；（2)P点的坐标为,的最大值为;(3）Q（－，0)或（,0）或（，0）或（,0)或（1,0）．
解析试题分析：（1）设抛物线的解析式为，根据已知得到C（0，﹣3），A（﹣1，0)，代入得到方程组，求出方程组的解即可；
(2）过点P作y轴的平行线与AG交于点F，求出点G的坐标（2，﹣3），设直线AG为，代入得到,求出方程组的解得出直线AG为，设P（x，）,则F(x，﹣x﹣1）,PF，根据三角形的面积公式求出△APG的面积，化成顶点式即可；
(3）存在．根据MN∥x轴，且M、N在抛物线上，得到M、N关于直线x=1对称，设点M为（m，）且m＞1，得到MN=2（m﹣1），当∠QMN=90°，且MN=MQ时，由△MNQ为等腰直角三角形,得到,求出m的值，得出点M和点Q的坐标；当∠QNM=90°，且MN=NQ时，同理可求点Q的坐标，当∠NQM=90°,且MQ=NQ时，过Q作QE⊥MN于点E,则QE=MN，根据抛物线及等腰直角三角形的轴对称性，得到点Q的坐标．
试题解析：（1）设抛物线的解析式为，
由已知得:C（0，﹣3)，A（﹣1,0）,
∴,解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）过点P作y轴的平行线与AG交于点Q，
由,令x=2，则y=－3，∴点G为（2,－3），
设直线AG为,∴，解得：，即直线AG为，
设P(x，），则F（x，－x－1），PF．
∵，
∴当时，△APG的面积最大,此时P点的坐标为，
（3）存在．
∵MN∥x轴，且M、N在抛物线上,∴M、N关于直线x=1对称，
设点M为（,）且，∴,
当∠QMN=90°,且MN=MQ时,△MNQ为等腰直角三角形，∴MQ⊥MN即MQ⊥x轴，
∴,即或,
解得,（舍）或,（舍)，
∴点M为（，）或（，),∴点Q为(，0)或（，0），
当∠QNM=90°，且MN=NQ时,△MNQ为等腰直角三角形,同理可求点Q为(－，0）或（，0)，
当∠NQM=90°，且MQ=NQ时，△MNQ为等腰直角三角形，
过Q作QE⊥MN于点E，则QE=MN，，
∵方程有解,∴由抛物线及等腰直角三角形的轴对称性知点Q为（1，0），
综上所述，满足存在满足条件的点Q，分别为(－，0）或(，0）或（，0)或（，0）或（1,0）．

10．在梯形ABCD中，AD∥BC，BA⊥AC，∠ABC = 450,AD = 2，BC = 6，以BC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点A在y轴上.
(1）求过A、D、C三点的抛物线的解析式；
（2）求△ADC的外接圆的圆心M的坐标，并求⊙M的半径；
（3）E为抛物线对称轴上一点，F为y轴上一点，求当ED＋EC＋FD＋FC最小时,EF的长；
(4）设Q为射线CB上任意一点，点P为对称轴左侧抛物线上任意一点,问是否存在这样的点P、Q，使得以P、Q、C为顶点的三角形与△ADC相似？若存在,直接写出点P、Q的坐标，若不存在，则说明理由.
(1）由题意知C（3，0）、A（0，3）．
如图1，过D作x轴垂线,由矩形性质得D（2，3）．

由抛物线的对称性可知抛物线与x轴另一交点为（﹣1，0)．
设抛物线的解析式为y=a（x+1）(x﹣3）．
将（0，3)代入得a=﹣1，所以．
（2）由外接圆知识知M为对称轴与AC中垂线的交点．
由等腰直角三角形性质得OM平分∠AOC，即yOM=x，
∴M（1，1）．
连MC得MC=，即半径为．
（3）如图2,

由对称性可知：当ED+EC+FD+FC最小时,E为对称轴与AC交点,F为BD与y轴交点，
∵∠B=45°，∠AOB=90°，
∴AO=BO=3,故B点坐标为：（﹣3,0)，
再利用D（2，3)，代入y=ax+b，得：
，
解得：，
故BD直线解析式为：，
当x=0,y=，根据对称轴为直线x=1，则y=2，
故F（0，）、E(1,2），
EF===．
（4）可得△ADC中，AD=2,AC=，DC=．
假设存在，显然∠QCP＜90°,则∠QCP=45°或∠QCP=∠CAD．
如图3,

当∠QCP=45°时，OR=OC=3,
则R点坐标为（0，﹣3)，将C，R代入y=ax+b得出:
，
解得：，
这时直线CP的解析式为y=x﹣3,同理可得另一解析式为：y=﹣x+3．
当直线CP的解析式为y=x﹣3时，
则，
解得：，
可求得P（﹣2，﹣5），
故PC==．
设CQ=x,则，
解得：x=或x=15．
∴Q (，0）或（﹣12，0）．
当y=﹣x+3即P与A重合时，CQ=y,则=,
即=，或=，
解得CQ=2或9，
故Q （1,0)或（﹣6，0）．
如图4,

当∠QCP=∠ACD时,设CP交y轴于H，连接ED,则ED⊥AC,
∴DE=,EC=，
易证：△CDE∽△CHQ，
所以=，
∴HO=．
可求HC的解析式为．
联解，
得P，PC=．
设CQ=x,知，
∴x=或x=，
∴Q或．
同理当H在y轴正半轴上时，HC的解析式为．
∴P’ ，
∴PC=
∴,
∴CQ=或，所以Q或．
综上所述，P1（﹣2，﹣5）、Q1（，0)或（﹣12,0);P2（0，3）、Q2(1，0）或（﹣6，0)；P3、Q3或;P4、Q4或．
试题分析：（1）过D作x轴垂线，由抛物线的对称性可知抛物线与x轴另一交点为（﹣1,0）．再根据交点式即可求出过A、D、C三点的抛物线的解析式；
（2）由外接圆知识知M为对称轴与AC中垂线的交点．由等腰直角三角形性质可得M点的坐标，连MC得MC=，即为半径；
（3)由对称性可知：当ED+EC+FD+FC最小时,E为对称轴与AC交点，F为BD与y轴交点，再根据待定系数法求出BD直