2026年中考数学高频考点突破-二次函数与三角形 （学生版+名师详解版）

2026年中考数学高频考点突破-二次函数与三角形1．如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与（1）求抛物线的解析式：（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积最大，若存在，求出点F的坐标和最大值；若不存在，请说明理由：（3）探究对称轴上是否存在一点P，使得以点P，C，A为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的P点的坐标，若不存在，请说明理由.2．如图，抛物线y=12x2−4x+6与x轴交于A，B两点（A在B的左边），与y轴交于点C，连接AC（1）求证；△OBC是等腰直角三角形.（2）连接DC，如图1，若BC平分∠ACD，求点D的坐标.（3）如图2，若点D在线段BC的下方抛物线上一点，画DE⊥BC于点E.①求DE的最大值.②在线段CE上取点F，连OF，DF，若∠EDF=∠ACB，且点C关于直线OF的对称点恰好落在抛物线上，求点D的坐标（直接写出答案）.3．如图1，抛物线y=−x（1）求该抛物线的解析式；（2）连接AC，CE，AE，求△ACE的面积；（3）如图2，点F在y轴上，且OF=2，点N是抛物线在第一象限内一动点，且在抛物线对称轴右侧，连接ON交对称轴于点G，连接GF，若GF平分∠OGE，求点N的坐标.4．如图，抛物线经过A（﹣2，0），C（0，﹣3）两点，且对称轴为直线x=1（1）求抛物线的函数解析式；（2）若直线y＝kx﹣5与抛物线交于点M，N，交x轴于点B，交y轴于点P，连接CN，且tan∠OPM=①求△CMN的面积；②在平面内是否存在点一是E，使E，C，N，M四点能构成平行四边形，如果存在，请直接写出点E的坐标.5．如图，已知抛物线y=−(（1）求点A、点B、点C的坐标．（2）设抛物线的顶点为M，判断△ACM的形状．（3）在抛物线是否存在一点P，使△PAB面积为8，若存在，直接写出总P的坐标；不存在，说明理由．6．二次函数y=ax（1）求二次函数的表达式；（2）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式；（3）请判断：PQQB7．如图，抛物线y=ax2+3x+c(a≠0)与x轴交于点A(−2，0)和点B，与y轴交于点C(0，8)，点P为直线BC上方抛物线上的动点，连接CP，PB（1）求抛物线的解析式；（2）求△BCP的面积最大值；8．已知菱形OABC的边长为5，且点A(3，4)（1）求点E的坐标；（2）连结DE，将△BDE沿着DE翻折痕.①当点B的对应点B′恰好落在线段AC②连接OB，BB′，若△BB9．在平面直角坐标系中，点O为坐标的原点，抛物线y=ax2+bx+3经过点B（1）求a、b的值；（2）如图1，点P在抛物线上，过点P作PD∥y轴交线段AB于点D，设点P的横坐标为t，线段PD的长为d，求d与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，过点A作AE⊥CD于点F，AE=CD，过点E作EG⊥AB于点G，过点G作GH∥DP交x轴于点H，连接FH、FO，若∠HFO=90°，求点P的坐标．10．如图，抛物线的顶点为A(2，1)，且经过原点O，与x轴的另一个交点为B.（1）求抛物线的解析式；（2）求△AOB的面积；（3）若点P(m，−m)(m≠0)为抛物线上一点，求与P关于抛物线对称轴对称的点Q的坐标.11．如图，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于点A(−3，0)（1）求二次函数的解析式；（2）若直线BD与y轴的交点为E点，连接AD，AE，求△ADE的面积；（3）直接写出使一次函数值大于二次函数值的x的取值范围.12．如图1，已知抛物线y=x2+bx+c经过原点O，它的对称轴是直线x=2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点P运动的时间为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA（1）求抛物线的函数解析式；（2）当△AOB为直角三角形时，求t的值；（3）如图2，⊙M为△AOB的外接圆，在点P的运动过程中，点M也随之运动变化，请你探究：在1≤t≤5时，求点M经过的路径长度.答案解析部分1．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点C(0∴c=4解得a=−1∴抛物线的解析式为y=−1（2）解：存在，理由如下：如图1，作FH⊥x轴于点H，交BC于点G，设F(∵点B与点A(−2，∴B(4，设直线BC的解析式为y=kx+4，则4k+4=0，解得k=−1，∴y=−x+4，∴G(∴FG=−1∴S∴S∴当x=2时，S四边形SABFC最大=16，∴点F的坐标是(2，4（3）解：存在，设P(∵A(−2，∴AC2=22+4当PA=PC时，则m2解得m=1，∴P当PC=AC时，则m2解得m1=4−19∴P2(当PA=AC时，则m2解得m1=11∴P4(∴综上所述，P点的坐标(1，1)或(1，4−【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；等腰三角形的性质；直角坐标系内两点的距离公式【解析】【分析】（1）将A（-2，0）、C（0，4）、对称轴x=−b2a=1代入y=ax2+bx+c中求出a、b、c的值，据此可得抛物线的解析式；

（2）作FH⊥x轴于点H，交BC于点G，设F（x，−12x2+x+4），易得B（4，0），AB=6，利用待定系数法求出直线BC的解析式，得到G（x，-x+4），表示出FG，根据S四边形ABFC=S△FBC+S△ABC表示出S四边形ABFC，然后根据二次函数的性质进行解答；

（3）设P（1，m），根据两点间距离公式可得AC2、PA2．【答案】（1）证明：令x=0，可得y=1令y=0，可得12解得x1=2，∴A(2，0)，B(6，∴OB=6，OA=2，OC=6，∵OB=OC=6，∠BOC=90°，∴△BOC为等腰直角三角形（2）解：过点A作AE⊥BC交BC于点E，交CD于F，连接BF，如图，∵△BOC为等腰直角三角形，AO=2，∴AB=6−2=4，∠ABE=45°，∵AE⊥BC，∴△AEB是等腰直角三角形，∴AE=EB=2∵BC平分∠ACD，∴∠ACB=∠FCB，即根据“三线合一”可知：AE=EF=22，即AF=4∴BF=E∴AF∴△AFB是等腰直角三角形，即BF⊥OB，∴F(6，∴利用待定系数法可得直线CF的解析式为：y=−1联立y=−1解得x1=0y∴D(22（3）解：∵B(6，0)，∴利用待定系数法即可求得直线BC的解析式为：y=−x+6，①设过点D的坐标为(x，12x2−4x+6)，过点联立y=−x+by=12∵Δ=(−3)∴b=3∴12∴解得x1即点D的坐标为(3，−3即可得P(3，∴当DE有最大值时，点D的坐标为(3，−3即：PD=−x+6−(1当x=3时，DP=9∵DP∥OC，∴∠DPE=∠OCB=45°，∵DE⊥BC，∴△PDE为等腰直角三角形，∴DE=2∴此时DE的最大值为94②D(2【知识点】等腰直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用【解析】【解答】解：（3）②设点C关于OF的对称点为点T（且点T在抛物线上），则有OF垂直平分线段CT，即TO=OC=6，由图可知抛物线y=1∴点T与点B重合，此时对称轴OF即为Rt△BOC斜边的中线，即点F为BC中点，过A点作AG⊥BC于G点，连接FA，∵A(2，0)，B(6，0)，∴OB=6，OA=2，OC=6，且可得△AGB为等腰直角三角形，∴BC=62，AG=GB=2∴OF=BF=CF=1∴FG=BF−GB=2，CG=BC−GB=4∴tan∠GAF=FGAG∴tan∠GAF=∴∠GAF=∠ACB，此时若D点与A点重合，则E点与G点重合，满足∠EDF=∠ACB，此时D点坐标为：(2，若D点不与A点重合：点F为定点（BC中点），且F点在线段AE上，即：CE＞CF，第一种情况：当D点从A点往C点靠近时，E点也会逼近F点，此时形成的角∠EDF会越来越小，∴即不存在∠EDF=∠ACB的情况；第二种情况：当D点从A点往B点靠近时，DF与BF的夹角∠DFB将越来越小，则在Rt△DFB的另一个锐角∠EDF会越来越大，∴即不存在∠EDF=∠ACB的情况；综上：D点与A点重合满足要求，即D(2，【分析】（1）令解析式中x=0及y=0，分别算出对应的y及x的值，即可得出点A、B、C的坐标，根据两点间的距离公式表示出OB、OA、OC，即可得出结论；

（2）过点A作AE⊥BC交BC于点E，交CD于F，连接BF，易得△AEB是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得AE=EB=22，根据等腰三角形的性质得AF的长，利用勾股定理算出BF，进而根据勾股定理的逆定理判断出△AFB是等腰直角三角形，且BF⊥OB，从而得出点F的坐标，利用待定系数法求出直线CF的解析式，联立直线CF与抛物线的解析式组成方程组，求解可得点D的坐标；

（3）①利用待定系数法求出直线BC的解析式，设过点D的坐标为(x，12x2−4x+6)点F为定点（BC中点），且F点在线段AE上，即CE＞CF，第一种情况：当D点从A点往C点靠近时，E点也会逼近F点，此时形成的角∠EDF会越来越小，即不存在∠EDF=∠ACB的情况；第二种情况：当D点从A点往B点靠近时，DF与BF的夹角∠DFB将越来越小，则在Rt△DFB的另一个锐角∠EDF会越来越大，即不存在∠EDF=∠ACB的情况，综上所述即可得出答案.3．【答案】（1）解：∵抛物线y=-x2+bx+c与y轴交于点C（0，3），令x=0，则c=3，∵对称轴为直线x=1，∴−b∴b=2，∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3（2）解：如图1，AE与y轴的交点记作H，由（1）知，抛物线的解析式为y=-x2+2x+3，令y=0，则-x2+2x+3=0，∴x=-1或x=3，∴A（-1，0），当x=1时，y=-1+2+3=4，∴E（1，4），∴直线AE的解析式为y=2x+2，∴H（0，2），∴CH=3-2=1，∴S△ACE=12CH•|xE-xA|=1（3）解：如图2，过点F作FP⊥DE于P，则FP=1，过点F作FQ⊥ON于Q，∵GF平分∠OGE，∴FQ=FP=1，在Rt△FQO中，OF=2，根据勾股定理得，OQ=OF∴OQ=FQ，∴∠FOQ=45°，∴∠BON=90°-45°=45°，过点Q作QM⊥OB于M，OM=QM∴ON的解析式为y=x①，∵点N在抛物线y=-x2+2x+3②上，联立①②，则y=xy=−解得：x=1+132∴点N的坐标为：（1+132，【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题【解析】【分析】（1）根据抛物线与y轴交点的坐标可得c的值，进而根据对称轴直线公式可得b的值，从而即可求出抛物线的解析式；

（2）AE与y轴的交点记作H，首先求出A、E两点的坐标，利用待定系数法求出直线AE的解析式，进而即可求出点H的坐标，最后根据S△ACE=12CH•|xE-xA|即可算出答案；

4．【答案】（1）解：设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，∵对称轴为直线x=1∴﹣b2a＝1∴b＝﹣a，∴y＝ax2﹣ax+c，将点A（﹣2，0），C（0，﹣3）代入，∴c=−34a+2a+c=0解得c=−3a=∴y＝12x2﹣1（2）解：①y＝kx﹣5与y轴的交点P（0，﹣5），∴OP＝5，∵tan∠OPM=∴1∴OB＝52∴B（52将B点代入y＝kx﹣5，∴52∴k＝2，∴y＝2x﹣5，联立方程组y=2x−5解得x=1y=−3或x=4∴M（4，3），N（1，﹣3），∵C（0，﹣3），P（0，﹣5），∴CP＝2，∴S△CMN＝S△CPM﹣S△CNP＝12×2×4﹣1②存在，E点坐标为（5，3）或（﹣3，﹣9）或（3，3）.【知识点】待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；锐角三角函数的定义；二次函数与一次函数的综合应用【解析】【解答】解：（2）②存在点E，使E，C，N，M四点能构成平行四边形，理由如下：设E（x，y），当EC为平行四边形的对角线时，x=4+1y−3=3−3解得∴E（5，3）；当EM为平行四边形的对角线时，x+4=1y+3=−3−3解得∴E（﹣3，﹣9）；当EN为平行四边形的对角线时，x+1=4y−3=3−3解得∴E（3，3）；综上所述：E点坐标为（5，3）或（﹣3，﹣9）或（3，3）.【分析】（1）利用对称轴求得b＝−a，再用待定系数法求函数的解析式即可；

（2）①先求出直线的解析式，联立方程组求出M、N点坐标，再由S△CMN＝S△CPM−S△CNP求解即可；

②设E（x，y），根据平行四边形的性质，分三种情况讨论：当EC为平行四边形的对角线时，可得E（5，3）；当EM为平行四边形的对角线时，可得E（−3，−9）；当EN为平行四边形的对角线时，可得E（3，3）．5．【答案】（1）解：抛物线y=−(∵y=−(令x=0，则y=3，∴C(令y=0，则−(解得x1∴A（2）解：∵抛物线的顶点为M(如图，连接AC，∵A(∴OA=OC=3，∴△AOC是等腰直角三角形，∴AC∵M(过点M作MD⊥y轴于点D，∴MD=1，∴CD=OD−OC=1，∴△CMD是等腰直角三角形，∴MC∵AM∴AM∴ΔACM是直角三角形；（3）解：P点坐标为(−1，4)【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；三角形的面积；勾股定理的逆定理【解析】【解答】（3）解：存在．设P(当点P在x轴的上方时，∵△PAB面积为8，AB=OA+OB=4，∴12整理得x2解得x1∴P(当点P在x轴的下方时，∵△PAB面积为8，AB=OA+OB=4，∴12整理得x2解得x3=−1+22当x=−1+22时，y=−当x=−1−22时，y=−∴P(−1+22综上可知，P点坐标为(−1，4)或【分析】（1）将x=0代入解析式求出点C的坐标，再将y=0代入解析式求出x的值，即可得到点A、B的坐标；

（2）连接AC，MC，AM，过点M作MD⊥y轴于点D，先证明△CMD是等腰直角三角形，再结合AM2=AC2+MC6．【答案】（1）解：(1)由题意可得：a⋅(−4)2+b⋅(−4)+4=0∴二次函数的表达式为y=−（2）解：设BP与y轴交于点E，∵PD//y轴，∴∠DPB=∠OEB，∵∠DPB=2∠BCO，∴∠OEB=2∠BCO.∴∠ECB=∠EBC，∴BE=CE，设OE=a，则CE=4-a，∴BE=4-a，在Rt△BOE中，由勾股定理哠BE∴(4−a)解得a=15∴E(0，设BE所在直线表达式为y=kx+e(k≠0)∴k⋅0+e=158∴直线BP的表达式为y=−15（3）解：设PD与AC交于点N.过B作y轴的平行线与AC相交于点M.由A、C两点坐标分别为(-4，0)，(0，4)可得AC所在直线表达式为y=x+4∴M点坐标为(1，5)，BM=5由BM∥PN，可得△PNQ∽△BMQ∴PQ设P(a0∴PQ∴当a0=−2时，此时P点坐标为(−2，6).【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；二次函数的实际应用-几何问题【解析】【分析】（1）将点A，B的坐标分别代入函数解析式，可得到关于a，b的方程组，解方程组求出a，b的值，可得到二次函数解析式.（2）利用平行线的性质可证得∠DPB=∠OEB，利用三角形的外角的性质去证明∠ECB=∠EBC，利用等角对等边可得到BE=CE；设OE=a，则CE=BE=4-a，在Rt△BOE中，利用勾股定理可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到点E的坐标；再利用待定系数法求出直线BP的函数解析式，（3）设PD与AC交于点N，过B作y轴的平行线与AC相交于点M，利用点A，C的坐标可求出直线AC的函数解析式，利用点M的坐标可求出BM的长；由BM∥PN，可证得△PNQ∽△BMQ，利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式式；利用函数解析式设P(a0，−a02−3a0+4)(−4<a7．【答案】（1）解：将A(−2，0)，C(0，∴4a−6+c=0c=8解得a=−1∴y=−（2）解：令y=0，则−1解得：x=−2或x=8，∴B(8，设直线BC的解析式为y=kx+b，∴b=88k+b=0解得k=−1b=8∴y=−x+8，过点P作PG∥y轴交BC于G，设P（t，−12t∴PG=−1∴S△CBP∴当t=4时，△BCP的面积有最大值，最大值为32.【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积【解析】【分析】（1）将A（-2，0）、C（0，8）代入y=ax2+3x+c中求出a、c的值，据此可得抛物线的解析式；

（2）令y=0，求出x的值，可得点B的坐标，利用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PG∥y轴交BC于G，设P（t，−12t2+3t+8），则G（t，-t+8），表示出PG，根据三角形的面积公式可得S8．【答案】（1）解：如下图所示，过点B作BE⊥x轴，垂直为E，过点A作AF⊥x轴，垂直为F，∵点A∴OA=5，AF=4，∵四边形OABC为菱形，∴OA=OC=BC=AB=5，BE=AF=4，CE=3，∴B(8，4)∵点E是线段BC的中点∴E(（2）解：①设AC：y=kx+m，把点A(解得：k=−2，m=10，∴y=−2x+10，设B′∵BE=B∴(x−6.解得x=4或x=5，∴B′(4∵点D在AB上，∴设点D(∵BD=B∴(m−4)2+解得m=112或∴D(112②当B′在AB下方时，如下图所示，连接OB，B∵四边形OABC是菱形，∴∠OBC=∠BOC∵△BB′D∴∠DBB∴OB与BB′重合，点∵BE=∴∠EBB∵∠EBB∴△BB∴DB=BE=B∴四边形B′∴点D(∵抛物线y=ax2+bx+c过点A(3，4∴169解得a=−4当当B′再AB上方时，如下图所示，延长B′B∵△BB′D∴∠DBB∵AB平行x轴，∴∠DBB∴∠BOC=∠OFB，∴OB=BF，∴点F(设直线BB′为y=kx+b，代入F(16k+b=08k+b=4解方程组得k=−12，∴直线BB′为设B′∵BE=∴(n−解得n=8或n=36当n=8时，点B′当n=365时，点设点D(∵BD=B∴(8−m解方程得m=15∴D(抛物线y=ax2+bx+c过点A(3，4∴169解得a=3【知识点】菱形的性质；相似三角形的性质；二次函数与一次函数的综合应用；直角坐标系内两点的距离公式【解析】【分析】（1）过点B作BE⊥x轴，垂直为E，过点A作AF⊥x轴，垂直为F，根据两点间的距离公式算出AF，进而根据菱形的性质结合点的坐标与图形的性质得出B，C的坐标，由中点坐标公式可求出E点坐标；

（2）①求出直线AC的解析式为y＝−2x＋10，设B'（x，-2x+10），根据BE=B'E建立方程，求解得出x的值，从而即可得出点B'的坐标，设D（m，4），由BD＝B'D可得m的方程，则D点坐标可求出；

②当B'在AB下方时，如下图所示，连接OB，BB'，由题意可得若△BB'D与△BOC相似，△BB'D是等腰三角形，则点B′恰好落在线段OB上，证明△BB'D≌△BB'E，则BD＝BE，可得点D的坐标，由物线y＝ax2＋bx＋c过点A，E，D三点，由待定系数法可求出a的值；当B'再AB上方时，如下图所示，延长B'B交x轴于点F，若△BB'D与△BOC相似，可以推出∠BOC=∠OFB，根据等角对等边得OB=BF，从而可得点F的坐标，利用待定系数法求出直线BB'的解析式，根据直线上的点的坐标特点设B′(n9．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3过B∴9a−3b+3=0∴a=−1即a=−1，b=−2（2）解：∵a=−1，b=−2∴y=当x=0时，y=3∴A(0设直线AB∵B(−3∴b∴k=1∴直线AB解析式为y=x+3∵DP∥y轴，∴P、O的横坐标都为t∴p(t∴d=−=−t2−3t（3）解：①作EL⊥OA∴∠AFC=∠AOC=90°∵∠1=∠2∴∠EAL=∠DCT∵AE=CD∴△AEL≌△CDT∴EL=DT，AL=CT∵D∴EL=t+3，AL=CT=1−t∵OL=OA−AL=3−∴E②作EW∥y轴交AB于W，交OB于V，延长GE交x轴于R则W(−t−3，−t)，由A、B两点坐标得：OA=OB∴∠ABO=45°，∴∠BWV=∠WEG=∠GRB=∠ABO=45°∴WG=GE，WV=BV，GR=BG∴由勾股定理得：GW=22WE=−∴BG=BW−GW=由勾股定理得：BR=又点H为BR的中点，OB=3∴G③延长GE交x轴于R，连接DH、OE∵D∴DG=ER，OR=GH=1，∠DGH=∠FRO=135°∴△DGH≌△ERO∴DH=EO，∠GDH=∠REO④连接AC∵∠HFO=∠DFE=90°，∴∠DFH=∠EFO∵EG⊥AB，AF⊥CD，∠DAF=∠EAG∴∠ADF=∠AEG，∴∠GDF=∠FER∵∠GDH=∠REO∴∠FEO=∠FDH，∵DH=EO∴△DHF≌△EOF∴DF=EF∵AE=CD∴AF=CF∴∠FAC=45°⑤Rt△AOC中，tan∵∠BAO=∠FAC=45°∴∠GAE=∠OAC∴tan即2解得：t=−∴P(−【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题【解析】【分析】（1）将点B、C的坐标代入y=ax2+bx+3求出a、b的值即可；

（2）先求出直线AB的解析式，再求出p(t，−10．【答案】（1）解：设二次函数解析式为y=a(x−2)∵抛物线经过点O(0，0)，∴把点O(0，0)的坐标代入二次函数解析式，可得：4a+1=0，解得：a=−1∴二次函数解析式为：y=−1（2）解：如图，过点A作AC⊥x轴交x轴于点C，连接OA、AB，∵抛物线y=−14(x−2)2+1∴与x轴的另一个交点B的坐标为(4，0)，∴OB=4，AC=1，∴△AOB的面积为：12（3）解：∵点P(m，−m)(m≠0)为抛物线y=−1∴−m=−1解得：m1=0（舍去），∴P的坐标为(8，−8)，∵抛物线的对称轴为直线x=2，∴P关于抛物线对称轴对称的点Q的坐标为(−4，−8).【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=a（x-h）^2+k的性质【解析】【分析】（1）此题给出了抛物线的顶点式，利用待定系数法（顶点式法）求出抛物线的解析式即可；

（2）过点A作AC⊥x轴交x轴于点C，连接OA、AB，根据抛物线的对称性可得点B的坐标，进而根据三角形的面积计算公式即可算出答案；

（3）将点P（m，-m）代入抛物线的解析式，算出m的值，可得点P的坐标，进而根据抛物线的对称性可求出点Q的坐标.11．【答案】（1）解：把点A(−3，0)，B(1，0)代入y=−x2+bx+c解得：b=−2c=3∴二次函数的解析式为y=−x（2）解：当x=0时，y=−x∴C(0，3)，∵y=−x2−2x+3∴D(−2，3)，设直线BD的解析式为y=kx+b(k≠0)，代入B(1，0)，D(−2，3)得：k+b=0−2k+b=3解得：k=−1b=1∴直线BD的解析式为y=−x+1，把x=0代入y=−x+1得，y=1，∴E(0，1)，∵AB=1−(−3)=4，∴S=12×4×3−即△ADE的面积为4；（3）x<−2或x>1【知识点】二次函数与一次函数的综合应用【解析】【解答】解：（3）一次函数图象与二次函数图象交于点B(1，0)，D(−2，3)，由函数图象得：一次函数值大于二次函数值的x的取值范围为x<−2或x>1.【分析】（1）将点A、B的坐标分别代入y=-x2+bx+c可得关于b、c的方程组，求解得b、c的值，从而即可求出抛物线的解析式；

（2）利用解析式中的x=0，算出对应的函数值，可得点C的坐标，利用抛物线的对称轴直线公式算出其对称轴直线，进而根据抛物线的对称性求出点D的坐标，利用待定系数法求出直线BD的解析式，然后将x=0代入直线BD的解析式算出对应的函数值，从而可得点E的坐标，结合三角形的面积计算公式，由S△ADE=S△ABD-S△ABE计算即可得