y=﹣x2+x+4， ∴b=，c=4．
（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形． 理由如下：连结QC．
∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角， ∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ=90°． 将x=0代入抛物线的解析式得：y=4， ∴C（0，4）． ∵AP=OQ=t， ∴PC=5﹣t，
∵在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC=5，在Rt△COQ中，依据勾股定理可知：CQ2=t2+16，在Rt△CPQ中依据勾股定理可知：PQ2=CQ2﹣CP2，在Rt△APQ中，AQ2﹣AP2=PQ2，
∴CQ2﹣CP2=AQ2﹣AP2，即（3+t）2﹣t2=t2+16﹣（5﹣t）2，解得：t=4.5． ∵由题意可知：0≤t≤4，
∴t=4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形． （3）如图所示：
9
过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠E=∠D=90°． ∵PG∥y轴， ∴△PAG∽△ACO， ∴
=
=
，即
=
=，
∴PG=t，AG=t，
∴PE=GQ=GO+OQ=AO﹣AG+OQ=3﹣t+t=3+t，DF=GP=t． ∵∠MPQ=90°，∠D=90°，
∴∠DMP+∠DPM=∠EPQ+∠DPM=90°， ∴∠DMP=∠EPQ． 又∵∠D=∠E，PM=PQ， ∴△MDP≌PEQ，
∴PD=EQ=t，MD=PE=3+t，
∴FM=MD﹣DF=3+t﹣t=3﹣t，OF=FG+GO=PD+OA﹣AG=3+t﹣t=3+t， ∴M（﹣3﹣t，﹣3+t）． ∵点M在x轴下方的抛物线上，
∴﹣3+t=﹣×（﹣3﹣t）2+×（﹣3﹣t）+4，解得：t=∵0≤t≤4， ∴t=
．
．
（4）如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q′．
10
∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点， ∴RH=QO=t，RH∥OQ． ∵A（﹣3，0），N（﹣，0）， ∴点N为OA的中点． 又∵R为OP的中点， ∴NR=AP=t， ∴RH=NR， ∴∠RNH=∠RHN． ∵RH∥OQ， ∴∠RHN=∠HNO，
∴∠RNH=∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线．
设直线AC的解析式为y=mx+n，把点A（﹣3，0）、C（0，4）代入得：解得：m=，n=4，
∴直线AC的表示为y=x+4．
同理可得直线BC的表达式为y=﹣x+4．
设直线NR的函数表达式为y=x+s，将点N的坐标代入得：×（﹣）+s=0，解得：s=2，
∴直线NR的表述表达式为y=x+2． 将直线NR和直线BC的表达式联立得：
，解得：x=，y=
，
，
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∴Q′（，）．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，依据勾股定理列出关于t的方程是解答问题（2）的关键；求得点M的坐标（用含t的式子表示）是解答问题（3）的关键；证得NH为∠QHQ′的平分线是解答问题（4）的关键．
(2017山东) 25．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=﹣
x2﹣
x+8
与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，连接AB，点
M，N分别是OA，AB的中点，Rt△CDE≌Rt△ABO，且△CDE始终保持边ED经过点M，边CD经过点N，边DE与y轴交于点H，边CD与y轴交于点G． （1）填空：OA的长是 8 ，∠ABO的度数是 30 度； （2）如图2，当DE∥AB，连接HN． ①求证：四边形AMHN是平行四边形；
②判断点D是否在该抛物线的对称轴上，并说明理由；
（3）如图3，当边CD经过点O时，（此时点O与点G重合），过点D作DQ∥OB，交AB延长线上于点Q，延长ED到点K，使DK=DN，过点K作KI∥OB，在KI上取一点P，使得∠PDK=45°（点P，Q在直线ED的同侧），连接PQ，请直接写出PQ的长．
【分析】（1）先求抛物线与两坐标轴的交点坐标，表示OA和OB的长，利用正切值可得∠ABO=30°；
（2）①根据三角形的中位线定理证明HN∥AM，由两组对边分别平行的四边形
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