在平面直角坐标系中，已知抛物线y=-[1/2]x2+bx+c（b，c为常数）的顶点为P，等腰直角三角形ABC的顶点A的坐

解题思路：（1）先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的函数表达式；（2）①首先求出直线AC的解析式和线段PQ的长度，作为后续计算的基础．若△MPQ为等腰直角三角形，则可分为以下两种情况：当PQ为直角边时：点M到PQ的距离为22．此时，将直线AC向右平移4个单位后所得直线（y=x-5）与抛物线的交点，即为所求之M点；当PQ为斜边时：点M到PQ的距离为2．此时，将直线AC向右平移2个单位后所得直线（y=x-3）与抛物线的交点，即为所求之M点．②由①可知，PQ=为定值，因此当NP+BQ取最小值时，有最大值．如答图2所示，作点B关于直线AC的对称点B′，由分析可知，当B′、Q、F（AB中点）三点共线时，NP+BQ最小，进而求出点Q的坐标

（1）由题意，得点B的坐标为（4，-1）
∵抛物线过点A（0，-1），B（4，-1）两点，


−1＝c
−1＝−
1
2×42+4b+c，
解得：

b＝2
c＝−1；

（2）由（1）得 y＝−
1
2x2+2x−1．
①∵A的坐标为（0，-1），C的坐标为（4，3）．
∴直线AC的解析式为：y=x-1．
设平移前的抛物线的顶点为P₀，可得P₀（2，1），且P₀在直线AC上．
∴AP0＝2
2，
∵点P在直线AC上滑动，且与直线AC交于另一点Q．
∴PQ=AP₀=2
2，
∵PQ为直角边，M到PQ的距离为2
2（即为PQ的长）．
由A（0，-1），B（4，-1），P₀（2，1）可知：
△ABP₀为等腰直角三角形，且BP₀⊥AC，BP₀=2
2．
过点B作直线l₁∥AC，直线l₁与抛物线y=-[1/2]x²+2x-1的交点即为符合条件的点M．
∴可设直线l₁的解析式为：y=x+b₁．
又∵点B的坐标为（4，-1），
∴-1=4+b₁．解得b₁=-5．
∴直线l₁的解析式为：y=x-5．
解方程组

y＝x−5
y＝−
1
2x2+2x−1，
解得：

x＝4
y＝−1或

x＝−2
y＝−7，
∴M₁（4，-1），M₂（-2，-7）；
②当PQ为斜边时：MP=MQ=2，可求得点M到PQ的距离为
2．
如答图2，取AB的中点F，则点F的坐标为（2，-1）．
由A（0，-1），F（2，-1），P₀（2，1）可知：
△AFP₀为等腰直角三角形，且点F到直线AC的距离为
2．
过点F作直线l₂∥AC，交抛物线y=[1/2]x²+2x-1于点M，则M为符合条件的点．
∴可设直线l₂的解析式为：y=x+b₂，
∵F（2，-1），
∴-1=2+b₂，
解得b₂=-3，
∴直线l₂的解析式为：y=x-3．
解方程组

y＝x−3
y＝−
1
2x2+2x−1得：

x＝1+
5
y＝−2+
5或

x＝1−
5
y＝−2−
5，
综上所述，所有符合条件的点M的坐标为：
M₁（4，-1），M₂（-2，-7），M₃（1+
5，-2+
5），M₄（1-
5，-2-
5）；
②取点B关于AC的对称点B′，易得点B′的坐标为（0，3），BQ=B′Q．
连接QF，FN，QB′，易得FN∥PQ，且FN=PQ，
∴四边形PQFN为平行四边形．
∴NP=FQ．
∴NP+BQ=FQ+B′Q≥FB′
∴当B′、Q、F三点共线时，NP+BQ最小，则[PQ/NP+BQ]取最大值，
∴点Q的坐标为(
4
3，
1
3)，
故答案为：(
4
3，
1
3)．

点评：
本题考点： 二次函数综合题．

考点点评： 本题为二次函数中考压轴题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数、几何变换（平移，对称）、等腰直角三角形、平行四边形、轴对称-最短路线问题等知识点，考查了存在型问题和分类讨论的数学思想，试题难度较大．