中考数学冲刺二次函数压轴题含答案.doc

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初三生必备

2016年中考数学冲刺复习资料:

二次函数压轴题

面积类

1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．

（1）求抛物线的解析式．

（2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长．

（3）在

（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？

若存在，求m的值；若不存在，说明理由．

考点：

二次函数综合题．

专题：

压轴题；数形结合．

分析：

（1）已知了抛物线上的三个点的坐标，直接利用待定系数法即可求出抛物线的解析式．

（2）先利用待定系数法求出直线BC的解析式，已知点M的横坐标，代入直线BC、抛物线的解析式中，可得到M、N点的坐标，N、M纵坐标的差的绝对值即为MN的长．

（3）设MN交x轴于D，那么△BNC的面积可表示为：

S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN•OB，MN的表达式在

（2）中已求得，OB的长易知，由此列出关于S△BNC、m的函数关系式，根据函数的性质即可判断出△BNC是否具有最大值．

解答：

解：

（1）设抛物线的解析式为：

y=a（x+1）（x﹣3），则：

a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1；

∴抛物线的解析式：

y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3．

（2）设直线BC的解析式为：

y=kx+b，则有：

，

解得；

故直线BC的解析式：

y=﹣x+3．

已知点M的横坐标为m，MN∥y，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）；

∴故MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）．

（3）如图；

∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN•OB，

∴S△BNC=（﹣m2+3m）•3=﹣（m﹣）2+（0＜m＜3）；

∴当m=时，△BNC的面积最大，最大值为．

2．如图，抛物线的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知B点坐标为（4，0）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；

（3）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标．

考点：

二次函数综合题．.

专题：

压轴题；转化思想．

分析：

（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可．

（2）首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标．

（3）△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M．

解答：

解：

（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：

0=16a﹣×4﹣2，即：

a=；

∴抛物线的解析式为：

y=x2﹣x﹣2．

（2）由

（1）的函数解析式可求得：

A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；

∴OA=1，OC=2，OB=4，

即：

OC2=OA•OB，又：

OC⊥AB，

∴△OAC∽△OCB，得：

∠OCA=∠OBC；

∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，

∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径；

所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：

（，0）．

（3）已求得：

B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：

y=x﹣2；

设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：

y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：

x+b=x2﹣x﹣2，即：

x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；

∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣4；

∴直线l：

y=x﹣4．

所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：

，解得：

即M（2，﹣3）．

过M点作MN⊥x轴于N，

S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×4=4．

平行四边形类

3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+mx+n经过点A（3，0）、B（0，﹣3），点P是直线AB上的动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，设点P的横坐标为t．

（1）分别求出直线AB和这条抛物线的解析式．

（2）若点P在第四象限，连接AM、BM，当线段PM最长时，求△ABM的面积．

（3）是否存在这样的点P，使得以点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形？

若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．

考点：

二次函数综合题；解一元二次方程－因式分解法；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；平行四边形的判定．.

专题：

压轴题；存在型．

分析：

（1）分别利用待定系数法求两函数的解析式：

把A（3，0）B（0，﹣3）分别代入y=x2+mx+n与y=kx+b，得到关于m、n的两个方程组，解方程组即可；

（2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3），用P点的纵坐标减去M的纵坐标得到PM的长，即PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t，然后根据二次函数的最值得到

当t=﹣=时，PM最长为=，再利用三角形的面积公式利用S△ABM=S△BPM+S△APM计算即可；

（3）由PM∥OB，根据平行四边形的判定得到当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，然后讨论：

当P在第四象限：

PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能；当P在第一象限：

PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3；当P在第三象限：

PM=OB=3，t2﹣3t=3，分别解一元二次方程即可得到满足条件的t的值．

解答：

解：

（1）把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=x2+mx+n，得

解得，所以抛物线的解析式是y=x2﹣2x﹣3．

设直线AB的解析式是y=kx+b，

把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=kx+b，得，解得，

所以直线AB的解析式是y=x﹣3；

（2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3），

因为p在第四象限，

所以PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t，

当t=﹣=时，二次函数的最大值，即PM最长值为=，

则S△ABM=S△BPM+S△APM==．

（3）存在，理由如下：

∵PM∥OB，

∴当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，

①当P在第四象限：

PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能有PM=3．

②当P在第一象限：

PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3，解得t1=，t2=（舍去），所以P点的横坐标是；

③当P在第三象限：

PM=OB=3，t2﹣3t=3，解得t1=（舍去），t2=，所以P点的横坐标是．

所以P点的横坐标是或．

4．如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将此三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A′B′O．

（1）一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式；

（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积4倍？

若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）在

（2）的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形？

并写出四边形PB′A′B的两条性质．

考点：

二次函数综合题．.

专题：

压轴题．

分析：

（1）利用旋转的性质得出A′（﹣1，0），B′（0，2），再利用待定系数法求二次函数解析式即可；

（2）利用S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，再假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，得出一元二次方程，得出P点坐标即可；

（3）利用P点坐标以及B点坐标即可得出四边形PB′A′B为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答案即可．

解答：

解：

（1）△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转90°得到的，

又A（0，1），B（2，0），O（0，0），

∴A′（﹣1，0），B′（0，2）．

方法一：

设抛物线的解析式为：

y=ax2+bx+c（a≠0），

∵抛物线经过点A′、B′、B，

∴，解得：

，∴满足条件的抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2．

方法二：

∵A′（﹣1，0），B′（0，2），B（2，0），

设抛物线的解析式为：

y=a（x+1）（x﹣2）

将B′（0，2）代入得出：

2=a（0+1）（0﹣2），

解得：

a=﹣1，

故满足条件的抛物线的解析式为y=﹣（x+1）（x﹣2）=﹣x2+x+2；

（2）∵P为第一象限内抛物线上的一动点，

设P（x，y），则x＞0，y＞0，P点坐标满足y=﹣x2+x+2．

连接PB，PO，PB′，

∴S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，

=×1×2+×2×x+×2×y，

=x+（﹣x2+x+2）+1，

=﹣x2+2x+3．

∵A′O=1，B′O=2，∴△A′B′O面积为：

×1×2=1，

假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，则

4=﹣x2+2x+3，

即x2﹣2x+1=0，

解得：

x1=x2=1，

此时y=﹣12+1+2=2，即P（1，2）．

∴存在点P（1，2），使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍．

（3）四边形PB′A′B为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意2个均可．

①等腰梯形同一底上的两个内角相等；②等腰梯形对角线相等；

③等腰梯形上底与下底平行；④等腰梯形两腰相等．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）

或用符号表示：

①∠B′A′B=∠PBA′或∠A′B′P=∠BPB′；②PA′=B′B；③B′P∥A′B；④B′A′=PB．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）

5．如图，抛物线y=x2﹣2x+c的顶点A在直线l：

y=x﹣5上．

（1）求抛物线顶点A的坐标；

（2）设抛物线与y轴交于点B，与x轴交于点C、D（C点在D点的左侧），试判断△ABD的形状；

（3）在直线l上是否存在一点P，使以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形？

若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：

二次函数综合题．.

专题：

压轴题；分类讨论．

分析：

（1）先根据抛物线的解析式得出其对称轴，由此得到顶点A的横坐标，然后代入直线l的解析式中即可求出点A的坐标．

（2）由A点坐标可确定抛物线的解析式，进而可得到点B的坐标．则AB、AD、BD三边的长可得，然后根据边长确定三角形的形状．

（3）若以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，应分①AB为对角线、②AD为对角线两种情况讨论，即①ADPB、②ABPD，然后结合勾股定理以及边长的等量关系列方程求出P点的坐标．

解答：

解：

（1）∵顶点A的横坐标为x=﹣=1，且顶点A在y=x﹣5上，

∴当x=1时，y=1﹣5=﹣4，

∴A（1，﹣4）．

（2）△ABD是直角三角形．

将A（1，﹣4）代入y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3，

∴y=x2﹣2x﹣3，∴B（0，﹣3）

当y=0时，x2﹣2x﹣3=0，x1=﹣1，x2=3

∴C（﹣1，0），D（3，0），

BD2=OB2+OD2=18，AB2=（4﹣3）2+12=2，AD2=（3﹣1）2+42=20，

BD2+AB2=AD2，

∴∠ABD=90°，即△ABD是直角三角形．

（3）存在．

由题意知：

直线y=x﹣5交y轴于点E（0，﹣5），交x轴于点F（5，0）

∴OE=OF=5，

又∵OB=OD=3

∴△OEF与△OBD都是等腰直角三角形

∴BD∥l，即PA∥BD

则构成平行四边形只能是PADB或PABD，如图，

过点P作y轴的垂线，过点A作x轴的垂线交过P且平行于x轴的直线于点G．

设P（x1，x1﹣5），则G（1，x1﹣5）

则PG=|1﹣x1|，AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1|

PA=BD=3

由勾股定理得：

（1﹣x1）2+（1﹣x1）2=18，x12﹣2x1﹣8=0，x1=﹣2或4

∴P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1），

存在点P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1）使以点A、B、D、P为顶点的四边形是平行四边形．

周长类

6．如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），抛物线y=x2+bx+c经过点B，且顶点在直线x=上．

（1）求抛物线对应的函数关系式；

（2）若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；

（3）在

（2）的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的坐标；

（4）在

（2）、（3）的条件下，若点M是线段OB上的一个动点（点M与点O、B不重合），过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，S是否存在最大值？

若存在，求出最大值和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．

考点：

二次函数综合题．.

专题：

压轴题．

分析：

（1）根据抛物线y=经过点B（0，4），以及顶点在直线x=上，得出b，c即可；

（2）根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，0），利用图象上点的性质得出x=5或2时，y的值即可．

（3）首先设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b，求出解析式，当x=时，求出y即可；

（4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出，得到ON=，进而表示出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可．

解答：

解：

（1）∵抛物线y=经过点B（0，4）∴c=4，

∵顶点在直线x=上，∴﹣=﹣=，∴b=﹣；

∴所求函数关系式为；

（2）在Rt△ABO中，OA=3，OB=4，∴AB=，

∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD=DA=AB=5，

∴C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，0），

当x=5时，y=，

当x=2时，y=，

∴点C和点D都在所求抛物线上；

（3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，

设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b，

则，解得：

，∴，

当x=时，y=，∴P（），

（4）∵MN∥BD，

∴△OMN∽△OBD，

∴即得ON=，

设对称轴交x于点F，

则（PF+OM）•OF=（+t）×，

∵，

S△PNF=×NF•PF=×（﹣t）×=，

S=（﹣），

=﹣（0＜t＜4），

a=﹣＜0∴抛物线开口向下，S存在最大值．

由S△PMN=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+，

∴当t=时，S取最大值是，此时，点M的坐标为（0，）．

等腰三角形类

7．如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．

（1）求点B的坐标；

（2）求经过点A、O、B的抛物线的解析式；

（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？

若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．

考点：

二次函数综合题．.

专题：

压轴题；分类讨论．

分析：

（1）首先根据OA的旋转条件确定B点位置，然后过B做x轴的垂线，通过构建直角三角形和OB的长（即OA长）确定B点的坐标．

（2）已知O、A、B三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式．

（3）根据

（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出P点的坐标，而O、B坐标已知，可先表示出△OPB三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的P点．

解答：

解：

（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°，

∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°，

又∵OA=OB=4，∴OC=OB=×4=2，BC=OB•sin60°=4×=2，

∴点B的坐标为（﹣2，﹣2）；

（2）∵抛物线过原点O和点A、B，∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，

将A（4，0），B（﹣2．﹣2）代入，得

，解得，∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+x

（3）存在，

如图，抛物线的对称轴是直线x=2，直线x=2与x轴的交点为D，设点P的坐标为（2，y），

①若OB=OP，

则22+|y|2=42，解得y=±2，

当y=2时，在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD==，

∴∠POD=60°，

∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，

即P、O、B三点在同一直线上，

∴y=2不符合题意，舍去，

∴点P的坐标为（2，﹣2）

②若OB=PB，则42+|y+2|2=42，

解得y=﹣2，

故点P的坐标为（2，﹣2），

③若OP=BP，则22+|y|2=42+|y+2|2，

解得y=﹣2，

故点P的坐标为（2，﹣2），

综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣2），

8．在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2），点C（﹣1，0），如图所示：

抛物线y=ax2+ax﹣2经过点B．

（1）求点B的坐标；

（2）求抛物线的解析式；

（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？

若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：

二次函数综合题．.

专题：

压轴题．

分析：

（1）根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距离，即B的坐标；

（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；

（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案．

解答：

解：

（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，

∵∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°，

∴∠BCD=∠CAO，（1分）

又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，

∴△BCD≌△CAO，（2分）

∴BD=OC=1，CD=OA=2，（3分）

∴点B的坐标为（﹣3，1）；（4分）

（2）抛物线y=ax2+ax﹣2经过点B（﹣3，1），

则得到1=9a﹣3a﹣2，（5分）

解得a=，

所以抛物线的解析式为y=x2+x﹣2；（7分）

（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：

①若以点C为直角顶点；

则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，（8分）

过点P1作P1M⊥x轴，

∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，

∴△MP1C≌△DBC．（10分）

∴CM=CD=2，P1M=BD=1，可求得点P1（1，﹣1）；（11分）

②若以点A为直角顶点；

则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形△ACP2，（12分）

过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO，（13分）

∴NP2=OA=2，AN=OC=1，可求得点P2（2，1），（14分）

经检验，点P1（1，﹣1）与点P2（2，1）都在抛物线y=x2+x﹣2上．（16分）

9．在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板放在第一象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2），点C（1，0），如图所示，抛物线y=ax2﹣ax﹣2经过点B．

（1）求点B的坐标；

（2）求抛物线的解析式；

（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？

若存在，求所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：

二次函数综合题．.

专题：

代数几何综合题；压轴题．

分析：

（1）首先过点B作BD⊥x轴，垂足为D，易证得△BDC≌△COA，即可得BD=OC=1，CD=OA=2，则可求得点B的坐标；

（2）利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；

（3）分别从①以AC为直角边，点C为直角顶点，则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，③若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，去分析则可求得答案．

解答：

解：

（1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，

∵∠BCD+∠ACO=90°，∠AC0+∠OAC=90°，

∴∠BCD=∠CAO，

又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，

∴△BDC≌△COA，

∴BD=OC=1，CD=OA=2，

∴点B的坐标为（3，1）；

（2）∵抛物线y=ax2﹣ax﹣2过点B（3，1），

∴1=9a﹣3a﹣2，

解得：

a=，

∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣2；

（3）假设存在点P，使得△ACP是等腰直角三角形，

①若以AC为直角边，点C为直角顶点，

则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，如图

（1），

∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，

∴△MP1C≌△DBC，

∴CM=CD=2，P1M=BD=1，

∴P1（﹣1，﹣1），经检验点P1在抛物线y=x2﹣x﹣2上；

②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，

得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，如图

（2），

同理可证△AP2N≌△CAO，

∴NP2=OA=2，AN=OC=1，

∴P2（﹣2，1），经检验P2（﹣2，1）也在抛物线y=x2﹣x﹣2上；

③若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，

得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，如图（3），

同理可证△AP3H≌△CAO，

∴HP3=OA=2，AH=OC=1，

∴P3（2，3），经检验P3（2，3）不在抛物线y=x2﹣x﹣2上；

故符合条件的点有P1（﹣1，﹣1），P2（﹣2，1）两点．

综合类

10．如图，已知抛物线y=x2+bx+c的图象与x轴的一个交点为B（5，0），另一个交点为A，且与y轴交于点C（0，5）．

（1）求直线BC与抛物线的解析式；

（2）若点M是抛物线在x轴下方图象上的一动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求MN的最大值；

（3）在

（2）的条件下，MN取得最大值时，若点P是抛物线在x轴下方图象上任意一点，以BC为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ的面积为S1，△ABN的面积为S2，且S1=6S2，求点P的坐标．

考点：

二次函数综合题．.

专题：

压轴题．

分析：

（1）设直线BC的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，运用待定系数法即可求出直线BC的解析式；同理，将B（5，0），C（0，5）两点∑的坐标代入y=x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

（2）MN的长是直线BC的函数值与抛物线的函数值的差，据此可得出一个关于MN的长和M点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出MN的最大值；

（3）先求出△ABN的面积S2=5，则S1=6S2=30．再设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，根据平行四边形的面积公式得出BD=3，