各地中考最后一道题.doc

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1．如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与y轴相交于点A（0，3），与x正半轴相交于点B，对称轴是直线x=1

（1）求此抛物线的解析式以及点B的坐标．

（2）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动，同时动点N从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动，当N点到达A点时，M、N同时停止运动．过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒．

①当t为何值时，四边形OMPN为矩形．

②当t＞0时，△BOQ能否为等腰三角形？

若能，求出t的值；若不能，请说明理由．

【分析】

（1）由对称轴公式可求得b，由A点坐标可求得c，则可求得抛物线解析式；再令y=0可求得B点坐标；

（2）①用t可表示出ON和OM，则可表示出P点坐标，即可表示出PM的长，由矩形的性质可得ON=PM，可得到关于t的方程，可求得t的值；②由题意可知OB=OA，故当△BOQ为等腰三角形时，只能有OB=BQ或OQ=BQ，用t可表示出Q点的坐标，则可表示出OQ和BQ的长，分别得到关于t的方程，可求得t的值．

【解答】解：

（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c对称轴是直线x=1，

∴﹣=1，解得b=2，

∵抛物线过A（0，3），

∴c=3，

∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3，

令y=0可得﹣x2+2x+3=0，解得x=﹣1或x=3，

∴B点坐标为（3，0）；

（2）①由题意可知ON=3t，OM=2t，

∵P在抛物线上，

∴P（2t，﹣4t2+4t+3），

∵四边形OMPN为矩形，

∴ON=PM，

∴3t=﹣4t2+4t+3，解得t=1或t=﹣（舍去），

∴当t的值为1时，四边形OMPN为矩形；

②∵A（0，3），B（3，0），

∴OA=OB=3，且可求得直线AB解析式为y=﹣x+3，

∴当t＞0时，OQ≠OB，

∴当△BOQ为等腰三角形时，有OB=QB或OQ=BQ两种情况，

由题意可知OM=2t，

∴Q（2t，﹣2t+3），

∴OQ==，BQ==|2t﹣3|，

又由题意可知0＜t＜1，

当OB=QB时，则有|2t﹣3|=3，解得t=（舍去）或t=；

当OQ=BQ时，则有=|2t﹣3|，解得t=；

综上可知当t的值为或时，△BOQ为等腰三角形．

【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在

（1）中注意待定系数法的应用，在

（2）①中用t表示出PM和ON的长是解题的关键，在②中用t表示出Q点的坐标，进而表示出OQ和BQ的长是解题的关键，注意分情况讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

2．如图，直线y=﹣2x+4交y轴于点A，交抛物线y=x2+bx+c于点B（3，﹣2），抛物线经过点C（﹣1，0），交y轴于点D，点P是抛物线上的动点，作PE⊥DB交DB所在直线于点E．

（1）求抛物线的解析式；

（2）当△PDE为等腰直角三角形时，求出PE的长及P点坐标；

（3）在

（2）的条件下，连接PB，将△PBE沿直线AB翻折，直接写出翻折点后E的对称点坐标．

【分析】

（1）把B（3，﹣2），C（﹣1，0）代入y=x2+bx+c即可得到结论；

（2）由y=x2﹣x﹣2求得D（0，﹣2），根据等腰直角三角形的性质得到DE=PE，列方程即可得到结论；

（3）①当P点在直线BD的上方时，如图1，设点E关于直线AB的对称点为E′，过E′作E′H⊥DE于H，求得直线EE′的解析式为y=x﹣，设E′（m，m﹣），根据勾股定理即可得到结论；②当P点在直线BD的下方时，如图2，设点E关于直线AB的对称点为E′，过E′作E′H⊥DE于H，得到直线EE′的解析式为y=x﹣3，设E′（m，m﹣3），根据勾股定理即可得到结论．

【解答】解：

（1）把B（3，﹣2），C（﹣1，0）代入y=x2+bx+c得，，

∴，

∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣2；

（2）设P（m，m2﹣m﹣2），

在y=x2﹣x﹣2中，当x=0时，y=﹣2，

∴D（0，﹣2），

∵B（3，﹣2），

∴BD∥x轴，

∵PE⊥BD，

∴E（m，﹣2），

∴DE=m，PE=m2﹣m﹣2+2，或PE=﹣2﹣m2+m+2，

∵△PDE为等腰直角三角形，且∠PED=90°，

∴DE=PE，

∴m=m2﹣m，或m=﹣m2+m，

解得：

m=5，m=1，m=0（不合题意，舍去），

∴PE=5或1，

P（1，﹣3），或（5，3）；

（3）①当P点在直线BD的上方时，如图1，设点E关于直线AB的对称点为E′，

过E′作E′H⊥DE于H，

由

（2）知，此时，E（5，﹣2），

∴DE=5，

∴BE′=BE=2，

∵EE′⊥AB，

∴设直线EE′的解析式为y=x+b，

∴﹣2=×5+b，

∴b=﹣，

∴直线EE′的解析式为y=x﹣，

设E′（m，m﹣），

∴E′H=﹣2﹣m+=﹣m，BH=3﹣m，

∵E′H2+BH2=BE′2，

∴（﹣m）2+（3﹣m）2=4，

∴m=，m=5（舍去），

∴E′（，﹣）；

②当P点在直线BD的下方时，如图2，设点E关于直线AB的对称点为E′，

过E′作E′H⊥DE于H，

由

（2）知，此时，E（1，﹣2），

∴DE=1，

∴BE′=BE=2，

∵EE′⊥AB，

∴设直线EE′的解析式为y=x+b，

∴﹣2=×1+b，

∴b=﹣，

∴直线EE′的解析式为y=x﹣，

设E′（m，m﹣），

∴E′H=m﹣+2=m﹣，BH=m﹣3，

∵E′H2+BH2=BE′2，

∴（m﹣）2+（m﹣3）2=4，

∴m=4.2，m=1（舍去），

∴E′（4.2，﹣0.4），

综上所述，E的对称点坐标为（，﹣），（4.2，﹣0.4）．

【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的性质，勾股定理，折叠的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

3．已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC边上的一个动点，将△ABD沿BD所在直线折叠，使点A落在点P处．

（1）如图1，若点D是AC中点，连接PC．

①写出BP，BD的长；

②求证：

四边形BCPD是平行四边形．

（2）如图2，若BD=AD，过点P作PH⊥BC交BC的延长线于点H，求PH的长．

【分析】

（1）①分别在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解决问题；

②想办法证明DP∥BC，DP=BC即可；

（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．设BD=AD=x，则CD=4﹣x，在Rt△BDC中，可得x2=（4﹣x）2+22，推出x=，推出DN==，由△BDN∽△BAM，可得=，由此求出AM，由△ADM∽△APE，可得=，由此求出AE=，可得EC=AC﹣AE=4﹣=由此即可解决问题．

【解答】解：

（1）①在Rt△ABC中，∵BC=2，AC=4，

∴AB==2，

∵AD=CD=2，

∴BD==2，

由翻折可知，BP=BA=2．

②如图1中，

∵△BCD是等腰直角三角形，

∴∠BDC=45°，

∴∠ADB=∠BDP=135°，

∴∠PDC=135°﹣45°=90°，

∴∠BCD=∠PDC=90°，

∴DP∥BC，∵PD=AD=BC=2，

∴四边形BCPD是平行四边形．

（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．

设BD=AD=x，则CD=4﹣x，

在Rt△BDC中，∵BD2=CD2+BC2，

∴x2=（4﹣x）2+22，

∴x=，

∵DB=DA，DN⊥AB，

∴BN=AN=，

在Rt△BDN中，DN==，

由△BDN∽△BAM，可得=，

∴=，

∴AM=2，

∴AP=2AM=4，

由△ADM∽△APE，可得=，

∴=，

∴AE=，

∴EC=AC﹣AE=4﹣=，

易证四边形PECH是矩形，

∴PH=EC=．

【点评】本题考查四边形综合题、勾股定理．相似三角形的判定和性质、翻折变换、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．

4．如图，正方形ABCD的边长为1，点E为边AB上一动点，连结CE并将其绕点C顺时针旋转90°得到CF，连结DF，以CE、CF为邻边作矩形CFGE，GE与AD、AC分别交于点H、M，GF交CD延长线于点N．

（1）证明：

点A、D、F在同一条直线上；

（2）随着点E的移动，线段DH是否有最小值？

若有，求出最小值；若没有，请说明理由；

（3）连结EF、MN，当MN∥EF时，求AE的长．

【分析】

（1）由△DCF≌△BCE，可得∠CDF=∠B=90°，即可推出∠CDF+∠CDA=180°，由此即可证明．

（2）有最小值．设AE=x，DH=y，则AH=1﹣y，BE=1﹣x，由△ECB∽△HEA，推出=，可得=，推出y=x2﹣x+1=（x﹣）2+，由a=1＞0，y有最小值，最小值为．

（3）只要证明△CFN≌△CEM，推出∠FCN=∠ECM，由∠MCN=45°，可得∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°，在BC上取一点G，使得GC=GE，则△BGE是等腰直角三角形，设BE=BG=a，则GC=GE=a，可得a+a=1，求出a即可解决问题；

【解答】

（1）证明：

∵四边形ABCD是正方形，

∴CD=CB，∠BCD=∠B=∠ADC=90°，

∵CE=CF，∠ECF=90°，

∴∠ECF=∠DCB，

∴∠DCF=∠BCE，

∴△DCF≌△BCE，

∴∠CDF=∠B=90°，

∴∠CDF+∠CDA=180°，

∴点A、D、F在同一条直线上．

（2）解：

有最小值．

理由：

设AE=x，DH=y，则AH=1﹣y，BE=1﹣x，

∵四边形CFGE是矩形，

∴∠CEG=90°，

∴∠CEB+∠AEH=90°

CEB+∠ECB=90°，

∴∠ECB=∠AEH，

∵∠B=∠EAH=90°，

∴△ECB∽△HEA，

∴=，

∴=，

∴y=x2﹣x+1=（x﹣）2+，

∵a=1＞0，

∴y有最小值，最小值为．

∴DH的最小值为．

（3）解：

∵四边形CFGE是矩形，CF=CE，

∴四边形CFGE是正方形，

∴GF=GE，∠GFE=∠GEF=45°，

∵NM∥EF，

∴∠GNM=∠GFE，∠GMN=∠GEF，

∴∠GMN=∠GNM，

∴GN=GM，

∴FN=EM，

∵CF=CE，∠CFN=∠CEM，

∴△CFN≌△CEM，

∴∠FCN=∠ECM，∵∠MCN=45°，

∴∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°，

在BC上取一点G，使得GC=GE，则△BGE是等腰直角三角形，设BE=BG=a，则GC=GE=a，

∴a+a=1，

∴a=﹣1，

∴AE=AB﹣BE=1﹣（﹣1）=2﹣．

【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．

5．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴的两个交点分别为A（3，0），D（﹣1，0），与y轴交于点C，点B在y轴正半轴上，且OB=OD．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，抛物线的顶点为点E，对称轴交x轴于点M，连接BE，AB，请在抛物线的对称轴上找一点Q，使∠QBA=∠BEM，求出点Q的坐标；

（3）如图2，过点C作CF∥x轴，交抛物线于点F，连接BF，点G是x轴上一点，在抛物线上是否存在点N，使以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形？

若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】

（1）利用待定系数法即可解决问题；

（2）首先证明BE⊥AB，分两种情形求解①作BQ⊥EM交EM于Q，由∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，推出∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时Q（1，1）．

②当点Q在AB的下方时，设Q（1，m），AB交EM于K．易知K（1，），由△Q′BK∽△Q′EB，可得Q′B2=Q′K•Q′E，列出方程即可解决问题；

（3）由题意可知当点N的纵坐标为±2时，以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形，当N与E重合，G与M重合时，四边形BNFG是平行四边形，由此即可解决问题；

【解答】解：

（1）把A（3，0），D（﹣1，0）代入y=﹣x2+bx+c得到，

解得，

∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．

（2）如图1中，

∵y=﹣（x﹣1）2+4，

∴E（1，4），∵A（3，0），B（0，1），

∴直线BE的解析式为y=3x+1，直线AB的解析式为y=﹣x+1，

∵3×（﹣）=﹣1，

∴BE⊥AB，作BQ⊥EM交EM于Q，

∵∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，

∴∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时Q（1，1）．

当点Q在AB的下方时，设Q（1，m），AB交EM于K．易知K（1，）

∵∠QBK=∠BEM，∠BQ′K=∠BQ′E，

∴△Q′BK∽△Q′EB，

∴Q′B2=Q′K•Q′E，

∴12+（m﹣1）2=（﹣m）•（4﹣m），

解得m=，

∴Q（1，），

综上所述，满足条件的点Q的坐标为（1，1）或（1，）．

（3）如图3中，

由题意可知当点N的纵坐标为±2时，以点B，F，G，N为顶点的四边形是平行四边形，

当y=2时，﹣x2+2x+3=2，解得x=1±，可得N1（1+，2），N4（1﹣，2），

当y=﹣2时，﹣x2+2x+3=﹣2，解得x=1±，可得N2（1+，﹣2），N3（1﹣，﹣2），

当N与E重合，G与M重合时，四边形BNFG是平行四边形，此时N5（1，4），

综上所述，满足条件的点N的坐标为（1+，2）或（1﹣，2）或（1+，﹣2）或（1﹣，﹣2）或（1，4）．

【点评】本题考查二次函数的综合题、一次函数的应用、两直线垂直的判定、平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．

6．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0），经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三点．

（1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标；

（2）连接AC、BC，N为抛物线上的点且在第四象限，当S△NBC=S△ABC时，求N点的坐标；

（3）在

（2）问的条件下，过点C作直线l∥x轴，动点P（m，3）在直线l上，动点Q（m，0）在x轴上，连接PM、PQ、NQ，当m为何值时，PM+PQ+QN的和最小，并求出PM+PQ+QN和的最小值．

【分析】

（1）将点A、B、C坐标代入解析式，解关于a、b、c的方程组可得函数解析式，配方成顶点式即可得点M坐标；

（2）设N（t，﹣t2+2t+3）（t＞0），根据点N、C坐标用含t的代数式表示出直线CN解析式，求得CN与x轴的交点D坐标，即可表示BD的长，根据S△NBC=S△ABC，即S△CDB+S△BDN=AB•OC建立关于t的方程，解之可得；

（3）将顶点M（1，4）向下平移3个单位得到点M′（1，1），连接M′N交x轴于点Q，连接PQ，此时M′、Q、N三点共线时，PM+PQ+QN=M′Q+PQ+QN取最小值，由点M′、N坐标求得直线M′N的解析式，即可求得点Q的坐标，据此知m的值，过点N作NE∥x轴交MM′延长线于点E，可得M′E=6、NE=3、M′N==3，即M′Q+QN=3，据此知m=时，PM+PQ+QN的最小值为3+3．

【解答】解：

（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），

∴，

解得：

，

∴y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，

则抛物线的顶点M坐标为（1，4）；

（2）∵N是抛物线上第四象限的点，

∴设N（t，﹣t2+2t+3）（t＞0），

又点C（0，3），

设直线NC的解析式为y=k1x+b1，

则，

解得：

，

∴直线NC的解析式为y=（﹣t+2）x+3，

设直线CN与x轴交于点D，

当y=0时，x=，

∴D（，0），BD=3﹣，

∵S△NBC=S△ABC，

∴S△CDB+S△BDN=AB•OC，即BD•|yC﹣yN|=[3﹣（﹣1）]×3，

即×（3﹣）[3﹣（﹣t2+2t+3）]=6，

整理，得：

t2﹣3t﹣4=0，

解得：

t1=4，t2=﹣1（舍去），

当t=4时，﹣t2+2t+3=﹣5，

∴N（4，﹣5）；

（3）将顶点M（1，4）向下平移3个单位得到点M′（1，1），连接M′N交x轴于点Q，连接PQ，

则MM′=3，

∵P（m，3）、Q（m，0），

∴PQ⊥x轴，且PQ=OC=3，

∴PQ∥MM′，且PQ=MM′，

∴四边形MM′QP是平行四边形，

∴PM=QM′，

由作图知当M′、Q、N三点共线时，PM+PQ+QN=M′Q+PQ+QN取最小值，

设直线M′N的解析式为y=k2x+b2（k2≠0），

将点M′（1，1）、N（4，﹣5）代入，得：

，

解得：

，

∴直线M′N的解析式为y=﹣2x+3，

当y=0时，x=，

∴Q（，0），即m=，

此时过点N作NE∥x轴交MM′延长线于点E，

在Rt△M′EN中，∵M′E=1﹣（﹣5）=6，NE=4﹣1=3，

∴M′N==3，

∴M′Q+QN=3，

∴当m=时，PM+PQ+QN的最小值为3+3．

【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、勾股定理及根据两点间线段最短得到点P、Q的位置．

7．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA=2，OB=8，OC=6．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时，点N从B出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，当△MBN存在时，求运动多少秒使△MBN的面积最大，最大面积是多少？

（3）在

（2）的条件下，△MBN面积最大时，在BC上方的抛物线上是否存在点P，使△BPC的面积是△MBN面积的9倍？

若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】

（1）由线段的长度得出点A、B、C的坐标，然后把A、B、C三点的坐标分别代入y=ax2+bx+c，解方程组，即可得抛物线的解析式；

（2）设运动时间为t秒，则MB=6﹣3t，然后根据△BHN∽△BOC，求得NH=，再利用三角形的面积公式列出S△MBN与t的函数关系式S△MBN=﹣（t﹣）2+，利用二次函数的图象性质进行解答；

（3）利用待定系数法求得直线BC的解析式为y=﹣x+6．由二次函数图象上点的坐标特征可设点P的坐标为（m，﹣m2+m+6）．过点P作PE∥y轴，交BC于点E．结合已知条件和

（2）中的结果求得S△PBC=．则根据图形得到S△PBC=S△CEP+S△BEP=EP•m+•EP•（8﹣m），把相关线段的长度代入推知：

﹣m2+12m==．

【解答】解：

（1）∵OA=2，OB=8，OC=6，

∴根据函数图象得A（﹣2，0），B（8，0），C（0，6），

根据题意得，解得，

∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+6；

（2）设运动时间为t秒，则AM=3t，BN=t．

∴MB=10﹣3t．

由题意得，点C的坐标为（0，6）．

在Rt△BOC中，BC==10．

如图，过点N作NH⊥AB于点H．

∴NH∥CO，

∴△BHN∽△BOC，

∴=，即=，

∴HN=t．

∴S△MBN=MB•HN=（10﹣3t）•t=﹣t2+3t=﹣（t﹣）2+，

当△MBN存在时，0＜t＜，

∴当t=时，

S△MBN最大=．

答：

运动秒使△MBN的面积最大，最大面积是；

（3）设直线BC的解析式为y=kx+c（k≠0）．

把B（8，0），C（0，6）代入，得，解得，

∴直线BC的解析式为y=﹣x+6．

∵点P在抛物线上．

∴设点P的坐标为（m，﹣m2+m+6），

如图，过点P作PE∥y轴，交BC于点E，则E点的坐标为（m，﹣m+6）．

∴EP=﹣m2+m+6﹣（﹣m+6）=﹣m2+3m，

当△MBN的面积最大时，S△PBC=9S△MBN=，

∴S△PBC=S△CEP+S△BEP=EP•m+•EP•（8﹣m）=×8•EP=4×（﹣m2+3m）=﹣m2+12m，即﹣m2+12m=．解得m1=3，m2=5，

∴P（3，）或（5，）．

【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式、三角形的面积公式，依据题意列出关于S△MBN与t的函数关系式以及S△PBC的面积与m的函数关系式是解题的关键．

8．如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0）．与y轴交于点C（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P在x轴下方的抛物线上，过点P的直线y=x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求PE+EF的最大值；

（3）点D为抛物线对称轴上一点．

①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，求点D的坐标；

②若△BCD是锐角三角形，求点D的纵坐标的取值范围．

【分析】

（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；

（2）易得BC的解析式为y=﹣x+3，先证明△ECF为等腰直角三角形，作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图1，则△EPG为等腰直角三角形，PE=PG，设P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），则G（t，﹣t+3），接着利用t表示PF、PE，所以PE+EF=2PE+PF=﹣t2+3t+，然后利用二次函数的性质解决问题；

（3）①如图2，抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，设D（2，y），利用两点间的距离公式得到BC2=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=1+y2，讨论：

当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边的直角三角形时，18+4+（y﹣3）2=1+y2；当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边的直角三角形时，4+（y﹣3）2=1+y2+18，分别解方程求出t即可得到对应的D点坐标；

②由于△BCD是以BC为斜边的直角三角形有4+（y﹣3）2+1+y2=18，解得y1=，y2=，得到此时D点坐标为（2，）或（2，），然后结合图形可确定△BCD是锐角三角形时点D的纵坐标的取值范围．

【解答】解：

（1）把B（3，0），C（0，3）代入y=x2+bx+c得，解得，

∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3；

（2）易得BC的解析式为y=﹣x+3，

∵直线y=x﹣m与直线y=x平行，

∴直线y=﹣x+3与直线y=x﹣m垂直，

∴∠CEF=90°，

∴△ECF为等腰直角三角形，

作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图1，△EPG为等腰直角三角形，PE=PG，

设P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），则G（t，﹣t+3），

∴PF=PH=t，PG=﹣t+3﹣（t2﹣4t+3）=﹣t2+3t，

∴PE=PG=﹣t2+t，

∴PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=﹣t2+3t+=﹣t2+4=﹣（t﹣2）2+4，

当t=2时，PE+EF的最大值为4；

（3）①如图2，抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，

设D（2，y），则BC2=32+32=18，DC