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3.「2026福建厦门思明期中」如图，抛物线$y=\frac{1}{2}x^2+2x-6$与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，连接AC,BC.
(1)求A,B,C三点的坐标并直接写出直线AC,BC的函数表达式.
(2)「学科特色 分类讨论思想」点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D.在直线l上是否存在一点E，使得以D,C,B,E为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
3.「2026福建厦门思明期中」如图，抛物线$y=\frac{1}{2}x^2+2x-6$与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，连接AC,BC.
(1)求A,B,C三点的坐标并直接写出直线AC,BC的函数表达式.
(2)「学科特色 分类讨论思想」点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D.在直线l上是否存在一点E，使得以D,C,B,E为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
答案
(1)当$y=0$时,$\frac{1}{2}x^2+2x-6=0$,解得$x_1=-6$,$x_2=2$,
$\therefore A(-6,0)$,$B(2,0)$,
当$x=0$时,$y=-6$,$\therefore C(0,-6)$,
由$A(-6,0)$,$C(0,-6)$可得直线$AC$的函数表达式为$y=-x-6$.由$B(2,0)$,$C(0,-6)$可得直线$BC$的函数表达式为$y=3x-6$.
(2)存在.设点$D$的坐标为$(m,-m-6)$,其中$-6＜m＜0$,
$E(a,b)$,$\because B(2,0)$,$C(0,-6)$,
$\therefore BD^2=(m-2)^2+(m+6)^2=2m^2+8m+40$,
$BC^2=2^2+6^2=40$,$DC^2=m^2+(-m-6+6)^2=2m^2$.
$\because DE// BC$,$\therefore$ 当$DE=BC$时,以$D,C,B,E$为顶点的四边形是平行四边形.
①当$BC=BD$时,四边形$BCED$为菱形,
$\therefore BC^2=BD^2$,即$40=2m^2+8m+40$,
解得$m_1=-4$,$m_2=0$(舍去),$\therefore D(-4,-2)$,
将点$D$向左平移2个单位长度,向下平移6个单位长度得到点$E(-6,-8)$;
②当$CD=CB$时,四边形$CDEB$为菱形,
$\therefore CD^2=CB^2$,即$2m^2=40$,
解得$m_1=-2\sqrt{5}$,$m_2=2\sqrt{5}$(舍去),
$\therefore D(-2\sqrt{5},2\sqrt{5}-6)$,
将点$D$向右平移2个单位长度,向上平移6个单位长度得到点$E(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$.
综上所述,存在点$E$,使得以$D,C,B,E$为顶点的四边形为菱形,点$E$的坐标为$(-6,-8)$或$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$.
$\therefore A(-6,0)$,$B(2,0)$,
当$x=0$时,$y=-6$,$\therefore C(0,-6)$,
由$A(-6,0)$,$C(0,-6)$可得直线$AC$的函数表达式为$y=-x-6$.由$B(2,0)$,$C(0,-6)$可得直线$BC$的函数表达式为$y=3x-6$.
(2)存在.设点$D$的坐标为$(m,-m-6)$,其中$-6＜m＜0$,
$E(a,b)$,$\because B(2,0)$,$C(0,-6)$,
$\therefore BD^2=(m-2)^2+(m+6)^2=2m^2+8m+40$,
$BC^2=2^2+6^2=40$,$DC^2=m^2+(-m-6+6)^2=2m^2$.
$\because DE// BC$,$\therefore$ 当$DE=BC$时,以$D,C,B,E$为顶点的四边形是平行四边形.
①当$BC=BD$时,四边形$BCED$为菱形,
$\therefore BC^2=BD^2$,即$40=2m^2+8m+40$,
解得$m_1=-4$,$m_2=0$(舍去),$\therefore D(-4,-2)$,
将点$D$向左平移2个单位长度,向下平移6个单位长度得到点$E(-6,-8)$;
②当$CD=CB$时,四边形$CDEB$为菱形,
$\therefore CD^2=CB^2$,即$2m^2=40$,
解得$m_1=-2\sqrt{5}$,$m_2=2\sqrt{5}$(舍去),
$\therefore D(-2\sqrt{5},2\sqrt{5}-6)$,
将点$D$向右平移2个单位长度,向上平移6个单位长度得到点$E(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$.
综上所述,存在点$E$,使得以$D,C,B,E$为顶点的四边形为菱形,点$E$的坐标为$(-6,-8)$或$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$.
解析
【分析】
(1)求抛物线与坐标轴交点：令y=0解一元二次方程可得A、B两点坐标，令x=0代入抛物线解析式可得C点坐标；再利用待定系数法，代入两点坐标即可求出直线AC、BC的解析式。
(2)已知DE//BC，先证以D、C、B、E为顶点的四边形是平行四边形，再根据菱形“邻边相等”的性质分两类讨论：①BC=BD，②CD=CB；结合点D在线段AC上的范围舍去不符合的解，最后根据平行四边形对边的坐标平移规律求出对应E点坐标即可。
【解析】
(1)求A、B、C三点坐标：
当$y=0$时，代入抛物线解析式得：$\frac{1}{2}x^2+2x-6=0$，
化简得$x^2+4x-12=0$，因式分解得$(x+6)(x-2)=0$，解得$x_1=-6$，$x_2=2$，
∵点A在点B左侧，
∴$A(-6,0)$，$B(2,0)$；
当$x=0$时，$y=\frac{1}{2}×0+2×0-6=-6$，
∴$C(0,-6)$。
求直线解析式：
设直线AC解析式为$y=kx+b$，代入A(-6,0)、C(0,-6)得：
$\begin{cases}0=-6k+b\\b=-6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1\\b=-6\end{cases}$，
∴直线AC解析式为$y=-x-6$；
设直线BC解析式为$y=k'x+b'$，代入B(2,0)、C(0,-6)得：
$\begin{cases}0=2k'+b'\\b'=-6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k'=3\\b'=-6\end{cases}$，
∴直线BC解析式为$y=3x-6$。
(2)存在，求解过程如下：
设点D的坐标为$(m,-m-6)$（$-6＜m＜0$，D在线段AC上），
由B(2,0)、C(0,-6)，利用两点间距离公式得：
$BC^2=(2-0)^2+(0+6)^2=4+36=40$，
$BD^2=(m-2)^2+(-m-6-0)^2=(m-2)^2+(m+6)^2=2m^2+8m+40$，
$DC^2=(m-0)^2+(-m-6+6)^2=m^2+m^2=2m^2$。
∵$DE// BC$，当$DE=BC$时，四边形DCBE为平行四边形，此时只需邻边相等即可为菱形，分两种情况：
①当$BC=BD$时，四边形BCED为菱形，
∴$BC^2=BD^2$，即$40=2m^2+8m+40$，
化简得$2m^2+8m=0$，解得$m_1=-4$，$m_2=0$（不符合$-6＜m＜0$，舍去），
此时D点坐标为$(-4,-2)$，
∵四边形BCED是菱形，向量$\overrightarrow{BC}=(0-2,-6-0)=(-2,-6)$，
∴E点坐标为D点坐标加$\overrightarrow{BC}$，即$(-4-2,-2-6)=(-6,-8)$；
②当$CD=CB$时，四边形CDEB为菱形，
∴$CD^2=CB^2$，即$2m^2=40$，解得$m^2=20$，
∵$-6＜m＜0$，
∴$m=-2\sqrt{5}$，此时D点坐标为$(-2\sqrt{5},2\sqrt{5}-6)$，
∵四边形CDEB是菱形，向量$\overrightarrow{CB}=(2-0,0+6)=(2,6)$，
∴E点坐标为D点坐标加$\overrightarrow{CB}$，即$(-2\sqrt{5}+2,2\sqrt{5}-6+6)=(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$。
综上，符合条件的E点存在。
【答案】
(1)$A(-6,0)$，$B(2,0)$，$C(0,-6)$；直线AC解析式为$y=-x-6$，直线BC解析式为$y=3x-6$；
(2)存在，点E的坐标为$(-6,-8)$或$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$。
【知识点】
二次函数与坐标轴交点；菱形的判定与性质；一次函数解析式确定
【点评】
本题是二次函数与特殊四边形结合的存在性问题，核心是利用平行四边形的判定先确定基础图形，再结合菱形邻边相等的性质分类讨论，解题时要注意动点的取值范围，避免出现增根，是二次函数综合题的常考题型，对计算能力和分类讨论思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.3
(1)求抛物线与坐标轴交点：令y=0解一元二次方程可得A、B两点坐标，令x=0代入抛物线解析式可得C点坐标；再利用待定系数法，代入两点坐标即可求出直线AC、BC的解析式。
(2)已知DE//BC，先证以D、C、B、E为顶点的四边形是平行四边形，再根据菱形“邻边相等”的性质分两类讨论：①BC=BD，②CD=CB；结合点D在线段AC上的范围舍去不符合的解，最后根据平行四边形对边的坐标平移规律求出对应E点坐标即可。
【解析】
(1)求A、B、C三点坐标：
当$y=0$时，代入抛物线解析式得：$\frac{1}{2}x^2+2x-6=0$，
化简得$x^2+4x-12=0$，因式分解得$(x+6)(x-2)=0$，解得$x_1=-6$，$x_2=2$，
∵点A在点B左侧，
∴$A(-6,0)$，$B(2,0)$；
当$x=0$时，$y=\frac{1}{2}×0+2×0-6=-6$，
∴$C(0,-6)$。
求直线解析式：
设直线AC解析式为$y=kx+b$，代入A(-6,0)、C(0,-6)得：
$\begin{cases}0=-6k+b\\b=-6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1\\b=-6\end{cases}$，
∴直线AC解析式为$y=-x-6$；
设直线BC解析式为$y=k'x+b'$，代入B(2,0)、C(0,-6)得：
$\begin{cases}0=2k'+b'\\b'=-6\end{cases}$，解得$\begin{cases}k'=3\\b'=-6\end{cases}$，
∴直线BC解析式为$y=3x-6$。
(2)存在，求解过程如下：
设点D的坐标为$(m,-m-6)$（$-6＜m＜0$，D在线段AC上），
由B(2,0)、C(0,-6)，利用两点间距离公式得：
$BC^2=(2-0)^2+(0+6)^2=4+36=40$，
$BD^2=(m-2)^2+(-m-6-0)^2=(m-2)^2+(m+6)^2=2m^2+8m+40$，
$DC^2=(m-0)^2+(-m-6+6)^2=m^2+m^2=2m^2$。
∵$DE// BC$，当$DE=BC$时，四边形DCBE为平行四边形，此时只需邻边相等即可为菱形，分两种情况：
①当$BC=BD$时，四边形BCED为菱形，
∴$BC^2=BD^2$，即$40=2m^2+8m+40$，
化简得$2m^2+8m=0$，解得$m_1=-4$，$m_2=0$（不符合$-6＜m＜0$，舍去），
此时D点坐标为$(-4,-2)$，
∵四边形BCED是菱形，向量$\overrightarrow{BC}=(0-2,-6-0)=(-2,-6)$，
∴E点坐标为D点坐标加$\overrightarrow{BC}$，即$(-4-2,-2-6)=(-6,-8)$；
②当$CD=CB$时，四边形CDEB为菱形，
∴$CD^2=CB^2$，即$2m^2=40$，解得$m^2=20$，
∵$-6＜m＜0$，
∴$m=-2\sqrt{5}$，此时D点坐标为$(-2\sqrt{5},2\sqrt{5}-6)$，
∵四边形CDEB是菱形，向量$\overrightarrow{CB}=(2-0,0+6)=(2,6)$，
∴E点坐标为D点坐标加$\overrightarrow{CB}$，即$(-2\sqrt{5}+2,2\sqrt{5}-6+6)=(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$。
综上，符合条件的E点存在。
【答案】
(1)$A(-6,0)$，$B(2,0)$，$C(0,-6)$；直线AC解析式为$y=-x-6$，直线BC解析式为$y=3x-6$；
(2)存在，点E的坐标为$(-6,-8)$或$(2-2\sqrt{5},2\sqrt{5})$。
【知识点】
二次函数与坐标轴交点；菱形的判定与性质；一次函数解析式确定
【点评】
本题是二次函数与特殊四边形结合的存在性问题，核心是利用平行四边形的判定先确定基础图形，再结合菱形邻边相等的性质分类讨论，解题时要注意动点的取值范围，避免出现增根，是二次函数综合题的常考题型，对计算能力和分类讨论思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.3
4.如图,已知二次函数$y=-x^2+bx+c$的图象与x轴交于点$A(-4,0)$和点B,与y轴交于点$C(0,4)$,连接AC.点P为x轴上方抛物线上一动点(点P不与点A,C重合),设点P的横坐标为t.
(1)求该二次函数的解析式.
(2)连接PC,当$∠ PCA=45°$时,求t的值.
(3)设以A,O,C,P为顶点的四边形的面积为S.
①求S关于t的函数解析式.
②根据S的不同取值,试探索点P的个数情况.
(1)求该二次函数的解析式.
(2)连接PC,当$∠ PCA=45°$时,求t的值.
(3)设以A,O,C,P为顶点的四边形的面积为S.
①求S关于t的函数解析式.
②根据S的不同取值,试探索点P的个数情况.
答案
(1)$\because$ 二次函数$y=-x^2+bx+c$的图象与$x$轴交于点$A(-4,0)$,与$y$轴交于点$C(0,4)$,
$\therefore \begin{cases}-16-4b+c=0,\\c=4,\end{cases}$解得$\begin{cases}b=-3,\\c=4,\end{cases}$
$\therefore$ 该二次函数的解析式为$y=-x^2-3x+4$.
(2)由题意得$P(t,-t^2-3t+4)$,
$\because A(-4,0)$,$C(0,4)$,$\therefore OA=OC=4$,$\therefore ∠ OAC=∠ OCA=45°$.$\because ∠ PCA=45°$,$\therefore ∠ PCO=90°$,$\therefore PC⊥ OC$,
$\because OA⊥ OC$,$\therefore PC// OA$.如图
,$\therefore$ 点$P$的纵坐标为4,$\therefore -t^2-3t+4=4$,解得$t=0$或$t=-3$,$\because t≠0$,$\therefore t=-3$.
(3)①令$y=0$,则$-x^2-3x+4=0$,解得$x=-4$或$x=1$,$\because$ 点$B$在$x$轴正半轴上,$\therefore B(1,0)$,$\therefore OB=1$.当点$P$在$AC$的上方,即$-4＜t＜0$时,过点$P$作$PD⊥ OA$于点$D$,如图
,则$PD=-t^2-3t+4$,$OD=0-t=-t$,$AD=t-(-4)=t+4$,$\therefore S=S_{△ PAD}+S_{\mathrm{梯形}PDOC}=\frac{1}{2}AD· PD+\frac{1}{2}(PD+OC)· OD=\frac{1}{2}(t+4)(-t^2-3t+4)+\frac{1}{2}(-t^2-3t+4+4)×(-t)=-2t^2-8t+8$.当点$P$在$AC$的下方,即$0＜t＜1$时,过点$P$作$PE⊥ OC$于点$E$,如图
,则$PE=t$,$\therefore S=S_{△ OAC}+S_{△ OPC}=\frac{1}{2}OA· OC+\frac{1}{2}OC· PE=\frac{1}{2}×4×4+\frac{1}{2}×4t=2t+8$.综上,$S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0),\\2t+8(0＜t＜1).\end{cases}$
②当$-4＜t＜0$时,$S=-2t^2-8t+8=-2(t+2)^2+16$,
$\because -2＜0$,$\therefore$ 当$t=-2$时,$S$有最大值,为16,
$\because |-4-(-2)|=|0-(-2)|$,
$\therefore$ 当$t=-4$或$t=0$时,$-2(t+2)^2+16=8$,$\therefore 8＜S≤16$.
当$0＜t＜1$时,$S=2t+8$,$\therefore 8＜S＜10$.
函数$S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0),\\2t+8(0＜t＜1)\end{cases}$的大致图象如图
所示,由图象可知,当$8＜S＜10$时,存在3个符合条件的点$P$;当$10≤ S＜16$时,存在2个符合条件的点$P$;当$S=16$时,存在1个符合条件的点$P$.
解析
【分析】
(1) 求二次函数解析式可采用待定系数法：已知二次函数图象经过A(-4,0)、C(0,4)两个点，将两点坐标代入函数解析式，得到关于b、c的二元一次方程组，解方程组即可求出系数，得到解析式。
(2) 先由A、C坐标得出OA=OC=4，可知△OAC是等腰直角三角形，∠OCA=45°，结合已知∠PCA=45°，可推得∠PCO=90°，即PC垂直于y轴，因此P点纵坐标与C点纵坐标相等，将y=4代入二次函数解析式求解t，排除与C点重合的t=0即可得到结果。
(3) ①先求出抛物线与x轴正半轴的交点B，确定t的取值范围，再分两种情况计算面积：当P在AC上方（-4＜t＜0）时，用割补法将四边形面积拆为△PAD与梯形PDOC的面积和计算；当P在AC下方（0＜t＜1）时，将四边形面积拆为△OAC与△OPC的面积和计算，最终得到S关于t的分段函数。②分别求出两段函数的取值范围，结合函数的增减性，判断不同S取值对应的t的个数，也就是对应点P的个数。
【解析】
(1) $\because$ 二次函数$y=-x^2+bx+c$的图象与$x$轴交于点$A(-4,0)$,与$y$轴交于点$C(0,4)$,
$\therefore \begin{cases}-16-4b+c=0,\\c=4,\end{cases}$解得$\begin{cases}b=-3,\\c=4,\end{cases}$
$\therefore$ 该二次函数的解析式为$y=-x^2-3x+4$.
(2) 由题意得$P(t,-t^2-3t+4)$,
$\because A(-4,0)$,$C(0,4)$,$\therefore OA=OC=4$,$\therefore ∠ OAC=∠ OCA=45°$.$\because ∠ PCA=45°$,$\therefore ∠ PCO=90°$,$\therefore PC⊥ OC$,
$\because OA⊥ OC$,$\therefore PC// OA$.如图,$\therefore$ 点$P$的纵坐标为4,$\therefore -t^2-3t+4=4$,解得$t=0$或$t=-3$,
$\because t≠0$,$\therefore t=-3$.
(3) ①令$y=0$,则$-x^2-3x+4=0$,解得$x=-4$或$x=1$,$\because$ 点$B$在$x$轴正半轴上,$\therefore B(1,0)$,$\therefore OB=1$.当点$P$在$AC$的上方,即$-4＜t＜0$时,过点$P$作$PD⊥ OA$于点$D$,如图,则$PD=-t^2-3t+4$,$OD=0-t=-t$,$AD=t-(-4)=t+4$,$\therefore S=S_{△ PAD}+S_{\mathrm{梯形}PDOC}=\frac{1}{2}AD· PD+\frac{1}{2}(PD+OC)· OD=\frac{1}{2}(t+4)(-t^2-3t+4)+\frac{1}{2}(-t^2-3t+4+4)×(-t)=-2t^2-8t+8$.当点$P$在$AC$的下方,即$0＜t＜1$时,过点$P$作$PE⊥ OC$于点$E$,如图,则$PE=t$,$\therefore S=S_{△ OAC}+S_{△ OPC}=\frac{1}{2}OA· OC+\frac{1}{2}OC· PE=\frac{1}{2}×4×4+\frac{1}{2}×4t=2t+8$.
综上,$S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0),\\2t+8(0＜t＜1).\end{cases}$
②当$-4＜t＜0$时,$S=-2t^2-8t+8=-2(t+2)^2+16$,
$\because -2＜0$,$\therefore$ 当$t=-2$时,$S$有最大值,为16,
$\because |-4-(-2)|=|0-(-2)|$,
$\therefore$ 当$t=-4$或$t=0$时,$-2(t+2)^2+16=8$,$\therefore 8＜S≤16$.
当$0＜t＜1$时,$S=2t+8$,$\therefore 8＜S＜10$.
函数$S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0),\\2t+8(0＜t＜1)\end{cases}$的大致图象如图所示,
由图象可知,当$8＜S＜10$时,存在3个符合条件的点$P$;当$10≤ S＜16$时,存在2个符合条件的点$P$;当$S=16$时,存在1个符合条件的点$P$.
【答案】
(1) 二次函数的解析式为$\boldsymbol{y=-x^2-3x+4}$；
(2) $t$的值为$\boldsymbol{-3}$；
(3) ① $S$关于$t$的函数解析式为$\boldsymbol{S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0),\\2t+8(0＜t＜1)\end{cases}}$；
② 当$8＜S＜10$时，有3个符合条件的点$P$；当$10≤ S＜16$时，有2个符合条件的点$P$；当$S=16$时，有1个符合条件的点$P$。
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数的性质，割补法求面积
【点评】
本题是二次函数综合题，既考查了基础的函数解析式求解，又融合了几何角度分析、分类讨论思想和图形面积计算，最后需要结合函数的取值范围判断点的个数，对综合运用知识的能力有一定要求，解题时要注意分情况讨论避免漏解。
【难度系数】
0.4
(1) 求二次函数解析式可采用待定系数法：已知二次函数图象经过A(-4,0)、C(0,4)两个点，将两点坐标代入函数解析式，得到关于b、c的二元一次方程组，解方程组即可求出系数，得到解析式。
(2) 先由A、C坐标得出OA=OC=4，可知△OAC是等腰直角三角形，∠OCA=45°，结合已知∠PCA=45°，可推得∠PCO=90°，即PC垂直于y轴，因此P点纵坐标与C点纵坐标相等，将y=4代入二次函数解析式求解t，排除与C点重合的t=0即可得到结果。
(3) ①先求出抛物线与x轴正半轴的交点B，确定t的取值范围，再分两种情况计算面积：当P在AC上方（-4＜t＜0）时，用割补法将四边形面积拆为△PAD与梯形PDOC的面积和计算；当P在AC下方（0＜t＜1）时，将四边形面积拆为△OAC与△OPC的面积和计算，最终得到S关于t的分段函数。②分别求出两段函数的取值范围，结合函数的增减性，判断不同S取值对应的t的个数，也就是对应点P的个数。
【解析】
(1) $\because$ 二次函数$y=-x^2+bx+c$的图象与$x$轴交于点$A(-4,0)$,与$y$轴交于点$C(0,4)$,
$\therefore \begin{cases}-16-4b+c=0,\\c=4,\end{cases}$解得$\begin{cases}b=-3,\\c=4,\end{cases}$
$\therefore$ 该二次函数的解析式为$y=-x^2-3x+4$.
(2) 由题意得$P(t,-t^2-3t+4)$,
$\because A(-4,0)$,$C(0,4)$,$\therefore OA=OC=4$,$\therefore ∠ OAC=∠ OCA=45°$.$\because ∠ PCA=45°$,$\therefore ∠ PCO=90°$,$\therefore PC⊥ OC$,
$\because OA⊥ OC$,$\therefore PC// OA$.如图
,$\therefore$ 点$P$的纵坐标为4,$\therefore -t^2-3t+4=4$,解得$t=0$或$t=-3$,$\because t≠0$,$\therefore t=-3$.
(3) ①令$y=0$,则$-x^2-3x+4=0$,解得$x=-4$或$x=1$,$\because$ 点$B$在$x$轴正半轴上,$\therefore B(1,0)$,$\therefore OB=1$.当点$P$在$AC$的上方,即$-4＜t＜0$时,过点$P$作$PD⊥ OA$于点$D$,如图
,则$PD=-t^2-3t+4$,$OD=0-t=-t$,$AD=t-(-4)=t+4$,$\therefore S=S_{△ PAD}+S_{\mathrm{梯形}PDOC}=\frac{1}{2}AD· PD+\frac{1}{2}(PD+OC)· OD=\frac{1}{2}(t+4)(-t^2-3t+4)+\frac{1}{2}(-t^2-3t+4+4)×(-t)=-2t^2-8t+8$.当点$P$在$AC$的下方,即$0＜t＜1$时,过点$P$作$PE⊥ OC$于点$E$,如图,则$PE=t$,$\therefore S=S_{△ OAC}+S_{△ OPC}=\frac{1}{2}OA· OC+\frac{1}{2}OC· PE=\frac{1}{2}×4×4+\frac{1}{2}×4t=2t+8$.综上,$S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0),\\2t+8(0＜t＜1).\end{cases}$
②当$-4＜t＜0$时,$S=-2t^2-8t+8=-2(t+2)^2+16$,
$\because -2＜0$,$\therefore$ 当$t=-2$时,$S$有最大值,为16,
$\because |-4-(-2)|=|0-(-2)|$,
$\therefore$ 当$t=-4$或$t=0$时,$-2(t+2)^2+16=8$,$\therefore 8＜S≤16$.
当$0＜t＜1$时,$S=2t+8$,$\therefore 8＜S＜10$.
函数$S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0),\\2t+8(0＜t＜1)\end{cases}$的大致图象如图
所示,由图象可知,当$8＜S＜10$时,存在3个符合条件的点$P$;当$10≤ S＜16$时,存在2个符合条件的点$P$;当$S=16$时,存在1个符合条件的点$P$.
【答案】
(1) 二次函数的解析式为$\boldsymbol{y=-x^2-3x+4}$；
(2) $t$的值为$\boldsymbol{-3}$；
(3) ① $S$关于$t$的函数解析式为$\boldsymbol{S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0),\\2t+8(0＜t＜1)\end{cases}}$；
② 当$8＜S＜10$时，有3个符合条件的点$P$；当$10≤ S＜16$时，有2个符合条件的点$P$；当$S=16$时，有1个符合条件的点$P$。
【知识点】
待定系数法求解析式，二次函数的性质，割补法求面积
【点评】
本题是二次函数综合题，既考查了基础的函数解析式求解，又融合了几何角度分析、分类讨论思想和图形面积计算，最后需要结合函数的取值范围判断点的个数，对综合运用知识的能力有一定要求，解题时要注意分情况讨论避免漏解。
【难度系数】
0.4
