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    18．如图1，已知△ABC的三顶点坐标分别为A（-1，-1），B（3，-1），C（0，-4），二次函数y=ax2+bx+c恰好经过A、B、C三点．
    （1）求二次函数的解析式；
    （2）如图1，若点P是△ABC边AB上的一个动点，过点P作PQ∥AC，交BC于点Q，连接CP，当△CPQ的面积最大时，求点P的坐标；
    （3）如图2，点M是直线y=x上的一个动点，点N是二次函数图象上的一动点，若△CMN构成以CN为斜边的等腰直角三角形，直接写出所有满足条件的点N的横坐标．

    分析 （1）利用待定系数法，将A，B的坐标代入解析式即可求得二次函数的解析式；
    （2）利用S△PCQ=S△PBC-S△PBQ，把△CPQ的面积用二次函数表达出来即可解题；
    （3）分类讨论，利用题干中给出的△CMN是以CN为斜边的等腰直角三角形，做出辅助线即可解题．

    解答 解：（1）把A（-1，-1），B（3，-1），C（0，-4）代入y=ax2+bx+c得：
    $\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=-1}\\{9a+3b+c=-1}\\{c=-4}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=-2}\\{c=-4}\end{array}\right.$，
    ∴二次函数的解析式为y=x2-2x-4；

    （2）设点P（t，-1）（-1≤t≤3），则AP=t+1，BP=3-t，
    ∵AB=4，OC=3，∴S△ABC=6，
    ∵PQ∥AC，∴△BPQ～△BAC，
    ∴$\frac{{{S_{△BPQ}}}}{{{S_{△BAC}}}}={（\frac{BP}{BA}）^2}={（\frac{3-t}{4}）^2}$，
    ∴${S_{△BPQ}}={（\frac{3-t}{4}）^2}•{S_{△BAC}}=\frac{3}{8}{（t-3）^2}$，
    又∵S△PCB=$\frac{1}{2}$•PB•3=$\frac{3}{2}$（3-t），
    ∴S△PCQ=S△PBC-S△PBQ=-$\frac{3}{8}$t2+$\frac{3}{4}$t$\frac{9}{8}$=-$\frac{3}{8}$（t-1）2+$\frac{3}{2}$，
    ∴t=1时，S△PCQ最大，此时点P（1，-1）；

    （3）①如图2，过M作MQ⊥y轴于Q，过N作NP⊥MQ交MQ的延长线于P，设M点坐标（m，m），

    ∵△CMN是以CN为斜边的等腰直角三角形，
    ∴MN=CM，
    ∵∠MCQ+∠CMQ=90°，∠NMP+∠CMQ=90°，∴∠MCQ=∠NMP，
    ∵在△CMQ和△MNP中，$\left\{\begin{array}{l}{∠NPM=∠MQC=90°}\\{∠MCQ=∠NMP}\\{MN=CM}\end{array}\right.$，
    ∴△CMQ≌△MNP，
    ∵C点坐标为（0，-4）
    ∴PM=CQ=m+4，
    ∵MQ=m，
    ∴PQ=4，
    ∴点N的横坐标为-4，
    ②如图3，过M作MQ⊥y轴于Q，过N作NP⊥MQ交MQ于P，设M点坐标（m，m），

    ∵△CMN是以CN为斜边的等腰直角三角形，
    ∴MN=CM，
    ∵∠MCQ+∠CMQ=90°，∠NMP+∠CMQ=90°，
    ∴∠MCQ=∠NMP，
    ∵在△CMQ和△MNP中，$\left\{\begin{array}{l}{∠NPM=∠MQC=90°}\\{∠MCQ=∠NMP}\\{MN=CM}\end{array}\right.$，
    ∴△CMQ≌△MNP，
    ∴PQ=CQ=4+m，NP=MQ=-m，
    ∵NP=（4+m）2-2（4+m）-4-m，（N点纵坐标减P点纵坐标），
    ∴m2-2m-4=0；
    解得：m=1-$\sqrt{5}$，或1+$\sqrt{5}$；
    故所有满足条件的点N的横坐标为$-4，1-\sqrt{5}，1+\sqrt{5}$．

    点评 主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

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