∵－＜0，
∴抛物线开口向下，
∴当t＝－＝2时，S△PCE取得最大值．此时，点P为（2，－），
∵点C（0，－），B（3，0），由中点坐标公式得K（，－），
∵yC＝yP＝－，
∴PC∥x轴，
作点K关于CP的对称点K1，如解图②，则K1（，－），
∵tan∠OCB＝＝，
∴∠OCB＝60°，
第1题解图②
∵抛物线y＝x2－x－的对称轴为x＝－＝1，
∴D（1，0），
∴tan∠OCD＝＝，
∴∠OCD＝30°，
∴∠OCD＝∠DCB＝30°，
∴CD平分∠OCB，
∴点K关于CD的对称点K2在y轴上，
又∵CK＝OC＝，
∴K2与点O重合，连接OK1，交CD于点N，交CP于点M，如解图②，
∴KM＋MN＋NK＝K1M＋MN＋ON，
根据“两点之间，线段最短”可得，此时KM＋MN＋NK的值最小，
∴K1K2＝OK1＝＝3，
∴KM＋MN＋NK的最小值为3；
（3）存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形，且点Q的坐标为（3，－）或（3，）或（3，）或（3，2）．
【解法提示】∵C（0，－），E（4，），∴G（2，），
∵新抛物线y′是原抛物线y＝x2－x－＝（x－1）2－沿x轴正方向平移得到的，且y′经过点D，
∴抛物线向右平移了AD＝1－（－1）＝2个单位，
∴y′＝（x－1－2）2－＝（x－3）2－.
∴新抛物线的顶点坐标为F（3，－），对称轴为x＝3，
若在新抛物线的对称轴上存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形，设Q点坐标为Q（3，m），
则FQ2＝（m＋）2＝m2＋m＋，GQ2＝1＋（m－）2＝m2－m＋，
FG2＝1＋（＋）2＝，
①当FQ＝GQ时，m2＋m＋＝m2－m＋，解得m＝－，此时Q1（3，－）；
②当FQ＝FG时，m2＋m＋＝，解得m＝，此时Q2（3，），Q3（3，）；
③当GQ＝FG时，m2－m＋＝，解得m1＝2，m2＝－，此时Q4（3，2），Q5（3，－）（舍去）．
综上所述，存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形，且点Q的坐标为（3，－）或（3，）或（3，）或（3，2）．
2.解：
（1）△ABC为直角三角形，理由如下：
在抛物线y＝－x2＋x＋3中，令y＝0，得－x2＋x＋3＝0，
解得，x1＝－，x2＝3，∴A（－，0），B（3，0）．
令x＝0，得y＝3，∴C（0，3），
∵AC2＝12，BC2＝36，AB2＝48，
AC2＋BC2＝AB2，
∴△ABC为直角三角形．
（2）设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将B（3，0），C（0，3）代入，得，∴，
∴直线BC的解析式为y＝－x＋3，
如解图，过点P作PR∥y轴交BC于点R，
设P（t，－t2＋t＋3），则R（t，－t＋3），
∴PR＝－t2＋t＋3－（－t＋3）＝－t2＋t，
S△PCD＝S△PRC－S△PRD＝·PR·[xR－（xR－xD）]＝－t2＋t＝－（t－）2＋
∵0＜t<3，
∴当t＝时，S△PCD取得最大值，此时P（，），
将P（，）向左平移个单位，得P′（，），连接AP′交y轴于点N，过点N做NM⊥抛物线的对称轴于点M，连接PM，点Q沿P→M→N→A运动，所走的路经最短，即最短路径的长为PM＋MN＋AN.
设直线AP′的解析式为y＝mx＋n，将A（－，0），P′（，）代入，得：
，∴，
∴直线AP′的解析式为y＝x＋，
令x＝0，得y＝，故N（0，），
点Q经过的最短路径等于PM＋MN＋AN＝AP′＋MN＝＋.
第2题解图
（3）∵tan∠CAO＝，
∴∠CAO＝60°，
∵OA＝OA1，
∴△AA1O为等边三角形，
∴∠C1OB＝30°，
∴C1（，），
∵E（，4），A（－，0），
∴直线AE的解析式为y＝x＋2，
设A′（t，t＋2），则E′（t＋2，t＋6），
A′E′2＝28，A′C12＝t2－t＋7，E′C12＝t2＋7t＋21，
当A′C1＝E′C1时，t2－t＋7＝t2＋7t＋21，
解得，t＝－，故E′（，5），
当A′E′＝A′C1时28＝t2－t＋7，
解得t＝，
∵t＞－，
∴t＝，
∴E′（，7＋），
当A′E′＝E′C1时，t2＋7t＋21＝28，
解得t＝，
∵t＞－，
∴t＝，
∴E′（，3＋），
综上所述，所有符合条件的点E′的坐标为（，5）或（，7＋）或（，3＋）．
3.解：
（1）AC⊥CD，理由如下：
对于抛物线y＝－x2－2x＋3，
令y＝0得－x2－2x＋3＝0，
解得x1＝－3，x2＝1，
∴点A的坐标为（－3，0），点B的坐标为（1，0）．
令x＝0，得y＝3，∴点C的坐标为（0，3），
化为顶点式得y＝－（x＋1）2＋4，
∴点D的坐标为（－1，4），
∴AC2＝32＋32＝18，
AD2＝（－1＋3）2＋42＝20，
CD2＝12＋（4－3）2＝2，
∴AC2＋CD2＝AD2，
∴AC⊥CD.
（2）设直线AC的解析式为y＝kx＋t，
将点A（－3，0），C（0，3）代入得，解得，
∴直线AC的解析式为y＝x＋3.
设过点P且平行AC的直线的解析式为y＝x＋t1，
与抛物线联立得，
整理得x2＋3x＋t1－3＝0，
∵△PAC的面积最大，
∴点P到AC的距离最大，
∴直线y＝x＋t1与抛物线只有一个交点，
∴一元二次方程x2＋3x＋t1－3＝0有两个相等的实数根，
∴32－4×1×（t1－3）＝0，解得t1＝，
此时一元二次方程为x2＋3x＋－3＝0，
解得x＝－，
∴点P的坐标为（－，），
∵点B的坐标为（1，0），点A与点B关于直线x＝－1对称，点Q在直线x＝
－1上，
∴QA＝QB，
第3题解图①
∴当点Q为直线BP与直线x＝－1的交点时，满足题意，
设直线PB的解析式为y＝k2x＋b2，
将点B、P代入得，解得，
∴直线BP的解析式为y＝－x＋，
令x＝－1，得y＝3，
∴点Q的坐标为（－1，3）．
（3）对于直线AC：
y＝x＋3，当x＝－1时，y＝2，
∴点F（－1，2），
设△AEF绕点E顺时针旋转60°得到△A′EF′，
则∠AEA′＝60°，∵∠A′EF′＝90°，
∴∠F′EO＝30°，
如解图②，过F′作F′G⊥x轴于G，
第3题解图②
则EF′＝EF＝2，
在Rt△F′EG中，易得EG＝，F′G＝1，
∴点F′的坐标为（－1，1），
将△A′EF′的向右平移（3－）个单位，得到△A1E1F1，
则点F1的坐标为（2，1），
∴CF12＝22＋（3－1）2＝8，
设点M的坐标为（－1，m），
则MC2＝1＋（m－3）2，MF12＝32＋（m－1）2.
若△MCF1是等腰三角形，则可按以下情况分类，
（ⅰ）MC＝MF1，即1＋（m－3）2＝32＋（m－1）2，解得m＝0，
此时点M的坐标为（－1，0）；
（ⅱ）MC＝CF1，即1＋（m－3）2＝8，解得m＝3±，
此时点M的坐标为（－1，3＋），
（－1，3－）；
（ⅲ）MF1＝CF1，即32＋（m－1）2＝8，此时方程无解，即此时不存在这样的点M.
综上可知，存在点M使得△MCF1是等腰三角形，这样的点M有3个，坐标分别为（－1，0），（－1，3＋），（－1，3－）．
4.解：
（1）当y＝0时，x2＋x－3＝0，解得x1＝－3，x2＝2，
∵点A在点B的右侧，
∴A（2，0）、B（－3，0）；
设直线AC的解析式为y＝kx＋b，
把A（2，0）、C（0，）代入得，解得，
∴直线AC的解析式为：
y＝－x＋；
（2）在Rt△ACO中，
tan∠OAC＝＝，
∵∠FPH＋∠PHF＝90°，∠OAC＋∠AHG＝90°，∠PHF＝∠AHG，
∴∠FPH＝∠OAC，
∴tan∠FPH＝tan∠OAC＝，
∵tan∠FPH＝，
∴FH＝×FP＝FP，
设点P（m，m2＋m－3），
则E（m，－m＋），
∴EP＝－m2－m＋，FP＝－m2－m＋3，
于是l＝EP－FH＝EP－FP＝－m2－m＋3，
∵－＜0，
∴l＝－m2－m＋3开口向下，对称轴x＝＝－2，
∵点P是x轴下方的抛物线上一动点，
联立得，
∵－3＜m＜2，
∴当m＝－2时，l最大＝4；
（3）如解图，m＝－2时，E（－2，3），P（－2，－2），
∵A（2，0），
∴EP＝EA＝＝5，
①当P1P＝P1A时，AP的中点为K（0，－1），于是直线EK为y＝－2x－1，
∴直线EK交x轴于I（－，0），EI＝，IF＝，
过点M1作M1J⊥EK于J，则EJ＝EF＝3，
∴IJ＝－3，
∵△IEF∽△IM1J，
∴＝，∴IM1＝－3.
∴M1（3－8，0），
②当AP＝AP2时，△AEP≌△AEP2，
∴∠AEP＝∠AEP2，
∴点M2与点A重合，
∴点M2（2，0）．
③当P3P＝P3A时，由△EFM3∽△M1FE，得到EF2＝FM3·FM1，
∴FM3＝3＋6，
∴点M3（－3－8，0），
④当P4P＝PA时，作M4Q⊥EP4，设M4Q＝M4F＝x，
在Rt△P4QM4中，
∵P4Q2＋QM42＝P4M42，
∴22＋x2＝（4－x）2，
∴x＝，
∴OM4＝＋2＝，
∴点M4（－，0）．
综上所述点M1（3－8，0），M2（2，0），M3（－3－8，0），M4（－，0）．
第4题解图
5.解：
（1）当x＝0时，y＝，
∴A（0，），
将A（0，）代入y＝－x＋b中，得b＝，
∴y＝－x＋，
当y＝0时，x＝3，∴C（3，0）；
（2）延长EF交x轴于点M，过点B作BQ⊥x轴于点Q，如解图①，
第5题解图①
∵∠ODB＝120°，
∴∠BDQ＝60°，
∵BD＝6，
∴BQ＝3，DQ＝3，
∴B点的纵坐标为3，
代入抛物线解析式可求得B点的横坐标为9，
∴B（9，3），
∴直线OB的解析式为y＝x，
∴∠BOD＝30°，
∵EF∥y轴，
∴EM⊥x轴，
∵∠FEG＝∠BOD，
∴△EFG∽△OFM，
∴EG＝EF，FG＝EF，
∴C△EFG＝EF＋EG＋FG＝EF，
设E（m，－m2＋m＋），F（m，m），
∴EF＝yE－yF＝－m2＋m＋－m＝－（m－4）2＋，
∴当m＝4时，C△EFG最大＝×（）＝.
（3）设DK＝a，
∵AO＝，OC＝3，
∴∠ACO＝∠HKO＝30°.
①当DH＝DK＝a时，如解图②，作HN⊥CD于N，
第5题解图②
∠DHK＝∠DKH＝30°，
∴∠HDN＝60°，
∴ND＝a，HN＝a，CN＝3－a，
∴＝＝，解得a＝2，
∴K（8，0）；
②当KH＝KD＝a时，如解图③，作HR⊥DK于R，
则HR＝a，KR＝a，DR＝a－a，
∴＝＝，解得a＝，
∴K（，0）；
当点K在点D左边时，设DK＝KH＝a，同理可得＝，
解得a＝，k（，0），
第5题解图③
③∵∠HDK＞∠HKD，
∴HD＝HK不存在．
综上所述，满足要求的K点坐标为：
（8，0），（，0）．
6.解：
（1）对于抛物线y＝－x2＋x＋3，令y＝0，得－x2＋x＋3＝0，解得x＝－2或6，
∴B（－2，0），A（6，0），
∵y＝－x2＋x＋3＝－（x－2）2＋4，
∴抛物线顶点D坐标为（2，4），对称轴x＝2，
设直线AD的解析式为y＝kx＋b则有，解得，
∴直线AD的解析式为y＝－x＋6，
∵AR⊥AD，
∴直线AR的解析式为y＝x－2，
∴点R坐标（2，－）．
（2）如解图①中，设P（m，－m2＋m＋3），则Q（m，m－2），
M（m，－m2＋m＋），
由
（1）可知tan∠DAB＝＝，
∴∠DAB＝60°，
∵∠DAQ＝90°，
∴∠BAQ＝30°，
∴平行四边形MNRQ周长＝2（－m2＋m＋－m＋2）＋2（2－m）÷cos30°＝－m2－m＋7＝－（m＋）2＋，
∴m＝－时，平行四边形MNRQ周长最大，此时P（－，），
第6题解图①
如解图②，作点P关于对称轴的对称点M，点M关于y轴的对称点N，连接AN交y轴于F，连接FM交对称轴于E，此时PE＋EF＋AF最小．
第6题解图②
理由：
PE＋EF＋AF＝EM＋FE＋AF＝FM＋AF＝FN＋AF＝AN，
根据两点之间线段最短，可知此时PE＋EF＋AF最小．
∵M（，），N（－，），
∴直线AN的解析式为y＝－x＋，∴点F坐标（0，），
∴直线FM的解析式为y＝x＋，
∴点E的坐标（2，）．
（3）能．如解图③，
由题意可知，∠DBH＝60°，
∵HB＝HB′，
∴△BHB′是等边三角形，
∴BB′＝BH＝HB′＝DB′＝4，∠D′B′H＝BHB′＝60°，
∴B′D′∥x轴，D′（8，2），AC＝＝＝
3，
∵C（0，3），A（6，0），
∴直线AC的解析式为y＝－x＋3，
第6题解图③
①当C′D′＝A′C′＝3时，设C′（m，－m＋3），
∴（8－m）2＋（2＋m－3）2＝（3）2，
解得m＝或，
∴C′（，）或（，），
把点C′向下平移3个单位，向右平移6个单位得到A′，
∴此时A′的坐标为（，）或（，）．
②当A′D′＝A′C′＝3时，设A′（n，－n＋3），
则（8－n）2＋（2＋n－3）2＝（3）2，
解得n＝或，
∴A′（，）或（，），
③当D′C′＝D′A′时，作D′M⊥A′C′于M，则直线D′M的解析式为y＝x－，
由解得，
∴点M的坐标（，），
把点M向下平移，向右平移3个单位即可得到A′（，－）．
综上所述，满足条件的点A′的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）或（，）．
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