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∴C点坐标为（0，），
设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有，
，
解得：，
∴直线BC的解析式为：y=?x+； （2）设点D的横坐标为m，则坐标为（m，
?3m+），
∴E点的坐标为（m，?m+）， 设DE的长度为d，
∵点D是直线BC下方抛物线上一点， 则d=?m+-（整理得，d=-∵a=-1＜0， ∴当m=
=
=时，
）．
=
=
=
，
-3m+）， +m，
∴D点的坐标为（，?
7、答案： (1)y=-2 +2x+4 (2)6
(3)存在，Q（-,0）
试题分析：
（1）由对称轴的对称性得出点A的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）作辅助线把四边形COBP分成梯形和直角三角形，表示出面积S，化简后是一个关于S的二次函数，求最值即可；
（3）画出符合条件的Q点，只有一种，①利用平行相似得对应高的比和对应边的比相等列比例式；②在直角△OCQ和直角△CQM利用勾股定理列方程；两方程式组成方程组求解并取舍．
解：（1）由对称性得：A（-1，0），设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x-2）， 把C（0，4）代入：4=-2a， a=-2，
∴y=-2（x+1）（x-2），
∴抛物线的解析式为：y=-2+2x+4；
（2）如图1，设点P（m，-2+2m+4），过P作PD⊥x轴，垂足为D，
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∴S=+=m（-2+2m+4+4）+（-2+2m+4）（2-m）， S=-2+4m+4=-2+6， ∵-2＜0，
∴S有最大值，则=6
（3）如图2，存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形，
理由是：
设直线BC的解析式为：y=kx+b， 把B（2，0）、C（0，4）代入得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为：y=-2x+4， 设M（a，-2a+4），
过A作AE⊥BC，垂足为E， 则AE的解析式为：y=x+，
则直线BC与直线AE的交点E（1.4，1.2），
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设Q（-x，0）（x＞0）， ∵AE∥QM，
∴△ABE∽△QBM， ∴＝①，
[+]②， 由勾股定理得：+=2×
由①②得：=4（舍），=， 当a=时，x=， ∴Q（-，0）．
8、答案：
试题分析：（1）先把抛物线解析式配成顶点式即可得到D点坐标，再求出C点坐标，然后利用待定系数法求直线l的解析式；
（2）先根据抛物线与x轴的交点问题求出B（3，0），再利用待定系数法求出直线BD的解析式为y=-2x+6，则P（x，-2x+6），然后根据梯形的面积公式可得S=-x2+x（1≤x≤3），再利用而此函数的性质求S的最大值；
（3）如图2，设Q（t，0）（t＞0），则可表示出M（t，-t+3），N（t，-t2+2t+3），利用两点间的距离公式得到MN=|t2-t|，CM=t，然后证明NM=CM得到|t2-t|=t，
再解绝对值方程求满足条件的t的值，从而得到点Q的坐标．
试题解析：
（1）∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴D（1，4），
当x=0时，y=-x2+2x+3=3，则C（0，3）， 设直线l的解析式为y=kx+b， 把C（0，3），E（4，0）分别代入得∴直线l的解析式为y=-x+3；
（2）如图（1），当y=0时，-x2+2x+3=0，解得x1=-1，x2=3，则B（3，0），
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，解得，
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设直线BD的解析式为y=mx+n， 把B（3，0），D（1，4）分别代入得
，解得
，
∴直线BD的解析式为y=-2x+6，
则P（x，-2x+6），
∴S=?（-2x+6+3）?x=-x2+x（1≤x≤3）， ∵S=-（x-）2+
，
；
∴当x=时，S有最大值，最大值为（3）存在．
如图2，设Q（t，0）（t＞0），则M（t，-t+3），N（t，-t2+2t+3）， ∴MN=|-t2+2t+3-（-t+3）|=|t2-CM=
=t，
t|，
∵△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′，M′落在y轴上， 而QN∥y轴，
∴MN∥CM′，NM=NM′，CM′=CM，∠CNM=∠CNM′， ∴∠M′CN=∠CNM， ∴∠M′CN=∠CNM′， ∴CM′=NM′， ∴NM=CM， ∴|t2-当t2-当t2-t|=t，
t=t，解得t1=0（舍去），t2=4，此时Q点坐标为（4，0）； t=-t，解得t1=0（舍去），t2=，此时Q点坐标为（，0），
综上所述，点Q的坐标为（，0）或（4，0）．
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