二次函數(shù)與角綜合問題，常見的主要有三種類型：
特殊角問題：
利用特殊角的三角函數(shù)值找到線段之間的數(shù)量關(guān)系
遇到特殊角可以構(gòu)造特殊三角形，如遇到45°構(gòu)造等腰直角三角形，遇到30°、60°構(gòu)造等邊三角形，遇到90°構(gòu)造直角三角形
2.角的數(shù)量關(guān)系問題
（1）等角問題：借助特殊圖形的性質(zhì)、全等和相似的性質(zhì)來解決；構(gòu)造圓，利用圓周角的性質(zhì)來解決
（2）二倍角問題：利用角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、對稱、輔助圓等知識來解答
（3）角的和差問題
3.角的最值問題：利用輔助圓等知識來解答
【例1】（2022?西寧）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（3，0），與y軸交于點B，點C在直線AB上，過點C作CD⊥x軸于點D（1，0），將△ACD沿CD所在直線翻折，使點A恰好落在拋物線上的點E處．
（1）求拋物線解析式；
（2）連接BE，求△BCE的面積；
（3）拋物線上是否存在一點P，使∠PEA＝∠BAE？若存在，求出P點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由點A的坐標(biāo)可得出點E的坐標(biāo)，由點A，E的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；
（2）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出點B的坐標(biāo)，由點A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AB的解析式，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出點C的坐標(biāo)，再利用三角形的面積計算公式，結(jié)合S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE，即可求出△BCE的面積；
（3）存在，由點A，B的坐標(biāo)可得出OA＝OB，結(jié)合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+3），分點P在x軸上方及點P在x軸下方兩種情況考慮：①當(dāng)點P在x軸上方時記為P1，過點P1作P1M⊥x軸于點M，則EM＝P1M，進而可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，將符合題意的m值代入點P的坐標(biāo)中即可求出點P1的坐標(biāo)；②當(dāng)點P在x軸下方時記為P2，過點P2作P2N⊥x軸于點N，則EN＝P2N，進而可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，將符合題意的m值代入點P的坐標(biāo)中即可求出點P2的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵將△ACD沿CD所在直線翻折，使點A恰好落在拋物線上的點E處，點A的坐標(biāo)為（3，0），點D的坐標(biāo)為（1，0），
∴點E的坐標(biāo)為（﹣1，0）．
將A（3，0），E（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：，解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．
（2）當(dāng)x＝0時，y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3，
∴點B的坐標(biāo)為（0，3）．
設(shè)直線AB的解析式為y＝mx+n（m≠0），
將A（3，0），B（0，3）代入y＝mx+n，
得：，解得：，
∴直線AB的解析式為y＝﹣x+3．
∵點C在直線AB上，CD⊥x軸于點D（1，0），當(dāng)x＝1時，y＝﹣1×1+3＝2，
∴點C的坐標(biāo)為（1，2）．
∵點A的坐標(biāo)為（3，0），點B的坐標(biāo)為（0，3），點C的坐標(biāo)為（1，2），點E的坐標(biāo)為（﹣1，0），
∴AE＝4，OB＝3，CD＝2，
∴S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE＝AE?OB﹣AE?CD＝×4×3﹣×4×2＝2，
∴△BCE的面積為2．
（3）存在，理由如下：
∵點A的坐標(biāo)為（3，0），點B的坐標(biāo)為（0，3），
∴OA＝OB＝3．
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB，
∴∠BAE＝45°.
∵點P在拋物線上，
∴設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+3）．
①當(dāng)點P在x軸上方時記為P1，過點P1作P1M⊥x軸于點M，
在Rt△EMP1中，∠P1EA＝45°，∠P1ME＝90°，
∴EM＝P1M，即m﹣（﹣1）＝﹣m2+2m+3，
解得：m1＝﹣1（不合題意，舍去），m2＝2，
∴點P1的坐標(biāo)為（2，3）；
②當(dāng)點P在x軸下方時記為P2，過點P2作P2N⊥x軸于點N，
在Rt△ENP2中，∠P2EN＝45°，∠P2NE＝90°，
∴EN＝P2N，即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m2+2m+3），
解得：m1＝﹣1（不合題意，舍去），m2＝4，
∴點P2的坐標(biāo)為（4，﹣5）．
綜上所述，拋物線上存在一點P，使∠PEA＝∠BAE，點P的坐標(biāo)為（2，3）或（4，﹣5）．
【例2】（2022?益陽）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的頂點P在拋物線F：y＝ax2上，直線x＝t與拋物線E，F(xiàn)分別交于點A，B．
（1）求a的值；
（2）將A，B的縱坐標(biāo)分別記為yA，yB，設(shè)s＝y(tǒng)A﹣yB，若s的最大值為4，則m的值是多少？
（3）Q是x軸的正半軸上一點，且PQ的中點M恰好在拋物線F上．試探究：此時無論m為何負(fù)值，在y軸的負(fù)半軸上是否存在定點G，使∠PQG總為直角？若存在，請求出點G的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由拋物線的頂點式可直接得出頂點P的坐標(biāo)，再代入拋物線F即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)題意可分別表達A，B的縱坐標(biāo)，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得出m的值；
（3）過點Q作x軸的垂線KN，分別過點P，G作x軸的平行線，與KN分別交于K，N，則△PKQ∽△QNG，設(shè)出點M的坐標(biāo)，可表達點Q和點G的坐標(biāo)，進而可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）由題意可知，拋物線E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的頂點P的坐標(biāo)為（m，2m2），
∵點P在拋物線F：y＝ax2上，
∴am2＝2m2，
∴a＝2．
（2）∵直線x＝t與拋物線E，F(xiàn)分別交于點A，B，
∴yA＝﹣（t﹣m）2+2m2＝﹣t2+2mt+m2，yB＝2t2，
∴s＝y(tǒng)A﹣yB
＝﹣t2+2mt+m2﹣2t2
＝﹣3t2+2mt+m2
＝﹣3（t﹣m）2+m2，
∵﹣3＜0，
∴當(dāng)t＝m時，s的最大值為m2，
∵s的最大值為4，
∴m2＝4，解得m＝±，
∵m＜0，
∴m＝﹣．
（3）存在，理由如下：
設(shè)點M的坐標(biāo)為n，則M（n，2n2），
∴Q（2n﹣m，4n2﹣2m2），
∵點Q在x軸正半軸上，
∴2n﹣m＞0且4n2﹣2m2＝0，
∴n＝﹣m，
∴M（﹣m，m2），Q（﹣m﹣m，0）．
如圖，過點Q作x軸的垂線KN，分別過點P，G作x軸的平行線，與KN分別交于K，N，
∴∠K＝∠N＝90°，∠QPK+∠PQK＝90°，
∵∠PQG＝90°，
∴∠PQK+∠GQN＝90°，
∴∠QPK＝∠GQN，
∴△PKQ∽△QNG，
∴PK：QN＝KQ：GN，即PK?GN＝KQ?QN．
∵PK＝﹣m﹣m﹣m＝﹣m﹣2m，KQ＝2m2，GN＝﹣m﹣m，
∴（﹣m﹣2m）（﹣m﹣m）＝2m2?QN
解得QN＝．
∴G（0，﹣）．
【例3】（2022?鄂爾多斯）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+2經(jīng)過A（，0），B（3，）兩點，與y軸交于點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P在拋物線上，過P作PD⊥x軸，交直線BC于點D，若以P、D、O、C為頂點的四邊形是平行四邊形，求點P的橫坐標(biāo)；
（3）拋物線上是否存在點Q，使∠QCB＝45°？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法，將點A，點B代入拋物線解析式，解關(guān)于b，c的二元一次方程組，即可求得拋物線的解析式；
（2）設(shè)出點P的坐標(biāo)，確定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；
（3）過點D作DF⊥CP交CP的延長線于點F，過點F作y軸的平行線EF，過點D作DE⊥EF于點E，過點C作CG⊥EF于點G，證明△DEF≌△FGC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DE＝FG，EF＝CG，求出F點的坐標(biāo)，由待定系數(shù)法求出直線CF的解析式，聯(lián)立直線CF和拋物線解析式即可得出點P的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）將點A（﹣，0），B（3，）代入到y(tǒng)＝ax2+bx+2中得：
，解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+2；
（2）設(shè)點P（m，﹣m2+m+2），
∵y＝﹣x2+x+2，
∴C（0，2），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，
∴，解得，
∴直線BC的解析式為y＝x+2，
∴D（m，m+2），
∴PD＝|﹣m2+m+2﹣m﹣2|＝|m2﹣3m|，
∵PD⊥x軸，OC⊥x軸，
∴PD∥CO，
∴當(dāng)PD＝CO時，以P、D、O、C為頂點的四邊形是平行四邊形，
∴|m2﹣3m|＝2，解得m＝1或2或或，
∴點P的橫坐標(biāo)為1或2或或；
（3）①當(dāng)Q在BC下方時，如圖，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN⊥MH于N，
∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，
∵∠QCB＝45°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴CH＝HB，
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，
∴∠CHM＝∠HBN，
∴△CHM≌△HBN（AAS），
∴CM＝HN，MH＝BN，
∵H（m，n），
∵C（0，2），B（3，），
∴，解得，
∴H（，），
設(shè)直線CH的解析式為y＝px+q，
∴，解得，
∴直線CH的解析式為y＝﹣x+2，
聯(lián)立直線CF與拋物線解析式得，
解得或，
∴Q（，）；
②當(dāng)Q在BC上方時，如圖，過B作BH⊥CQ于H，過H作MN⊥y軸，交y軸于M，過B作BN⊥MH于N，
同理得Q（，）．
綜上，存在，點Q的坐標(biāo)為（，）或（，）．
【例4】（2022?菏澤）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點，與y軸交于點C（0，4），連接AC、BC．
（1）求拋物線的表達式；
（2）將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應(yīng)點為D，直接寫出點D的坐標(biāo)，并求出四邊形OADC的面積；
（3）點P是拋物線上的一動點，當(dāng)∠PCB＝∠ABC時，求點P的坐標(biāo)．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答即可；
（2）過點D作DE⊥x軸于點E，利用軸對稱的性質(zhì)和三角形的中位線的性質(zhì)定理求得線段OE，DE，則點D坐標(biāo)可得；利用四邊形OADC的面積＝S△OAC+S△ACD，S△ADC＝S△ABC，利用三角形的面積公式即可求得結(jié)論；
（3）利用分類討論的思想方法分兩種情況討論解答：①當(dāng)點P在BC上方時，利用平行線的判定與性質(zhì)可得點C，P的縱坐標(biāo)相等，利用拋物線的解析式即可求得結(jié)論；②當(dāng)點P在BC下方時，設(shè)PC交x軸于點H，設(shè)HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理求得m值，則點H坐標(biāo)可求；利用待定系數(shù)法求得直線PC的解析式，與拋物線解析式聯(lián)立即可求得點P坐標(biāo)；
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣2，0）、B（8，0）兩點，與y軸交于點C（0，4），
∴，
解得：．
∴拋物線的表達式為y＝﹣+x+4；
（2）點D的坐標(biāo)為（﹣8，8），理由：
將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應(yīng)點為D，如圖，
過點D作DE⊥x軸于點E，
∵A（﹣2，0）、B（8，0），C（0，4），
∴OA＝2，OB＝8，OC＝4．
∵，，
∴．
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO＝∠CBO．
∵∠CBO+∠OCB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∵將△ABC沿AC所在直線折疊，得到△ADC，點B的對應(yīng)點為D，
∴點D，C，B三點在一條直線上．
由軸對稱的性質(zhì)得：BC＝CD，AB＝AD．
∵OC⊥AB，DE⊥AB，
∴DE∥OC，
∴OC為△BDE的中位線，
∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，
∴D（﹣8，8）；
由題意得：S△ACD＝S△ABC，
∴四邊形OADC的面積＝S△OAC+S△ADC
＝S△OAC+S△ABC
＝OC?OA+AB?OC
＝4×2+10×4
＝4+20
＝24；
（3）①當(dāng)點P在BC上方時，如圖，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴PC∥AB，
∴點C，P的縱坐標(biāo)相等，
∴點P的縱坐標(biāo)為4，
令y＝4，則﹣+x+4＝4，
解得：x＝0或x＝6，
∴P（6，4）；
②當(dāng)點P在BC下方時，如圖，
設(shè)PC交x軸于點H，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴HC＝HB．
設(shè)HB＝HC＝m，
∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，
在Rt△COH中，
∵OC2+OH2＝CH2，
∴42+（8﹣m）2＝m2，
解得：m＝5，
∴OH＝3，
∴H（3，0）．
設(shè)直線PC的解析式為y＝kx+n，
∴，
解得：．
∴y＝﹣x+4．
∴，
解得：，．
∴P（，﹣）．
綜上，點P的坐標(biāo)為（6，4）或（，﹣）．
1．（2022?江岸區(qū)模擬）已知：拋物線y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x軸于A、B（A左B右），交y軸正半軸于點C，且OB＝OC．
（1）如圖1，求拋物線的解析式；
（2）如圖2，點P為第一象限拋物線上一點，連接AP，AP交y軸于點D，設(shè)P的橫坐標(biāo)為m，CD的長為d，求d與m的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量m的取值范圍）；
（3）如圖3，在（2）的條件下，過點P作PE⊥y軸于點E，延長EP至點G，使得PG＝3CE，連接CG交AP于點F，且∠AFC＝45°，連接AG交拋物線于T，求點T的坐標(biāo)．
【分析】（1）由圖象可得B點坐標(biāo)，代入函數(shù)解析數(shù)即可求解；
（2）表示出點P坐標(biāo)，由正切公式可表示出d與m的關(guān)系，即可求出；
（3）作出輔助線，得到?CGPW，利用正切公式求出m與k的值，得到G點坐標(biāo)，然后表示出∠GAB的正切值，從而求出T點坐標(biāo)．
【解答】解：（1）當(dāng)y＝0時，﹣（x+k）（x﹣7）＝0，
解得：x＝﹣k或7，
∴點B的坐標(biāo)為（7，0），A（﹣k，0），
∵OB＝OC，
∴OC＝OB＝7，
∴點C的坐標(biāo)為（0，7），
將點C的坐標(biāo)代入拋物線表達式得：﹣（0+k）（0﹣7）＝7，
解得：k＝2，
∴y＝﹣（x+2）（x﹣7）＝﹣x2+x+7，
故拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+7；
（2）過點P作PK⊥AB與點K，PE⊥y軸于點E，如圖1，
∵y＝﹣（x+2）（x﹣7），
∴P（m，﹣（m+2）（m﹣7）），A（﹣2，0），
∴AK＝m+2，
tan∠PAB＝＝＝，
∴DO＝AO?tan∠PAB＝2（）＝7﹣m，
∴CD＝7﹣（7﹣m）＝m，
∴d＝m．
（3）過點C作WC⊥ED使得WD＝PD，TL⊥AB，連接WD，WP，
設(shè)EC＝k，
則PG＝3k，
∵∠WCD＝∠DEP，CD＝EP，WD＝PD，
∴△WCD≌△DEP，
則△PWD為等腰直角三角形，
∴∠WPD＝45°＝∠CFD，
∴WP∥CG，
∴四邊形CGPW為平行四邊形，
∴CW＝PG＝3k＝ED，
∴CD＝2k＝PE，
∴tan∠APE＝＝，
由（2）可得tan∠PAB＝，
∴＝，
∴m＝4，k＝2，
∴EO＝7+2＝9，EG＝10，
∴G（10，9），A（﹣2，0），
∴tan∠GAB＝＝，
再設(shè)T坐標(biāo)為（t，﹣（t+2）（t﹣7）），
則tan∠TAB＝＝，
∴t＝，
∴T（，）．
2．（2022?沈陽模擬）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中．拋物線y＝ax2+bx+2與x軸交于A（﹣4，0）和B（1，0），與y軸交于點C，連接AC，BC．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）如圖2，點M為直線AC上方的拋物線上任意一點，過點M作y軸的平行線，交AC于點N，過點M作x軸的平行線，交直線AC于點Q，求△MNQ周長的最大值；
（3）點P為拋物線上的一動點，且∠ACP＝45°﹣∠BAC，請直接寫出滿足條件的點P的坐標(biāo)．
【分析】（1）用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2；
（2）設(shè)直線AC解析式為y＝kx+2，用待定系數(shù)法得直線AC解析式為y＝x+2，設(shè)M（x，﹣x2﹣x+2），則N（x，x+2），即得MN＝﹣x2﹣2x，可證△QMN∽△AOC，有＝＝，故MQ＝2MN，NQ＝MN，可得△MNQ周長MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝﹣（x﹣2）2+6+2，即得當(dāng)x＝2時，△MNQ周長最大值為6+2；
（3）在x軸負(fù)半軸上取D，使OC＝OD，連接CD交拋物線于P，此時∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是滿足條件的點，由C（0，2），D（2，0），得直線CD解析式為y＝x+2，即可解得P（﹣5，﹣3），作D關(guān)于直線AC的對稱點E，連接CE并延長交拋物線于P'，由對稱性知∠ACP'＝∠ACP，P'是滿足條件的點，設(shè)E（m，n），可得，可解得E（﹣，），從而可得直線CE解析式為：y＝x+2，即可解得P'（﹣，）．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0）和B（1，0）代入y＝ax2+bx+2得：
，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣x+2；
（2）由y＝﹣x2﹣x+2可得C（0，2），
設(shè)直線AC解析式為y＝kx+2，把A（﹣4，0）代入得：
﹣4k+2＝0，
解得k＝，
∴直線AC解析式為y＝x+2，
設(shè)M（x，﹣x2﹣x+2），則N（x，x+2），
∴MN＝﹣x2﹣x+2﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x，
∵MQ∥x軸，MN∥y軸，
∴∠MQN＝∠CAO，∠NMQ＝∠AOC＝90°，
∴△QMN∽△AOC，
∴＝＝，即＝＝，
∴MQ＝2MN，NQ＝MN，
∴△MNQ周長MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝（3+）MN＝（3+）×（﹣x2﹣2x）＝﹣（x+2）2+6+2，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)x＝﹣2時，△MNQ周長最大值為6+2；
（3）在x軸負(fù)半軸上取D，使OC＝OD，連接CD交拋物線于P，如圖：
∴D（﹣2，0），∠CDO＝45°，此時∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是滿足條件的點，
∵C（0，2），D（2，0），
∴直線CD解析式為y＝x+2，
由得或，
∴P（﹣5，﹣3），
作D關(guān)于直線AC的對稱點E，連接CE并延長交拋物線于P'，由對稱性知∠ACP'＝∠ACP，P'是滿足條件的點，
設(shè)E（m，n），根據(jù)AE＝AD，CE＝CD可得：
，
解得或，
∴E（﹣，），
由E（﹣，），C（0，2）可得直線CE解析式為：y＝x+2，
解得或，
∴P'（﹣，），
綜上所述，P的坐標(biāo)為（﹣5，﹣3）或（﹣，）．
3．（2022?沈陽模擬）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A，B兩點（點B在點A的右邊），點A坐標(biāo)為（1，0），拋物線與y軸交于點C，S△ABC＝3．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）點P（x，y）是拋物線上一動點，且x＞3．作PN⊥BC于N，設(shè)PN＝d，求d與x的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，過點A作PC的平行線交y軸于點F，連接BF，在直線AF上取點E，連接PE，使PE＝2BF，且∠PEF+∠BFE＝180°，請直接寫出P點坐標(biāo)．
【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的解析式求出C點的坐標(biāo)，再根據(jù)△ABC的面積求出AB的長度，根據(jù)A點的坐標(biāo)再求出B點的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式即可；
（2）用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，過點P作PD⊥x軸交BC于點E，交x軸于點D，利用三角函數(shù)求出PN＝PE，設(shè)出P點的坐標(biāo)，得出E點的坐標(biāo)，然后根據(jù)PE求出PN即可得出d和x的函數(shù)關(guān)系式；
（3）過點P作PH⊥FE于點H，過點C作CI⊥FE于點I，過點B作BJ⊥FE于點J，設(shè)FE交BC于點K，證△PEH∽△BJF，然后證四邊形CPHI是矩形，進而得出K點的坐標(biāo)，求出AF的解析式，再求出直線PC的解析式，聯(lián)立直線PC和拋物線的解析式求出P點的坐標(biāo)即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3與y軸交于點C，
當(dāng)x＝0時，y＝3，
∴C（0，3），
即OC＝3，
∵S△ABC＝3，
∴×AB×OC＝3，
即AB×3＝3，
∴AB＝2，
又∵A（1，0）且點B在點A的右邊，
∴B（3，0），
把A點和B點坐標(biāo)代入拋物線y＝ax2+bx+3，
得，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣4x+3；
（2）由（1）知，C（0，3），B（3，0），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+t，
代入B點和C點的坐標(biāo)得，
解得，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
過點P作PD⊥x軸交BC延長線于點E，交x軸于點D，
∵OC＝OB，
∴∠CBO＝45°，
又∵∠COB＝∠PDO＝90°，且∠CBO＝∠DBE＝45°，
∴∠PEC＝45°，且PN⊥CB，
∴∠NPE＝45°，
∴cs∠NPE＝＝cs45°＝，
∴PN＝PE，
設(shè)P（m，m2﹣4m+3），則E（m，﹣m+3），
∴PE＝m2﹣4m+3﹣（﹣m+3）＝m2﹣3m，
∴PN＝d＝PE＝（m2﹣3m）＝m2﹣m，
∴d＝x2﹣x；
（3）如下圖，過點P作PH⊥FE于點H，過點C作CI⊥FE于點I，過點B作BJ⊥FE于點J，設(shè)FE交BC于點K，
∵∠PEF+∠BFE＝180°，且∠PEF+∠PEH＝180°，
∴∠BFE＝∠PEH，
∵∠PHE＝∠CIJ＝∠BJH＝90°，
又∵PE＝2BF，
∴△PEH∽△BJF，
∴BJ＝PH，
又∵CP∥AH，且CI∥PH，
∴四邊形CPHI是矩形，
∴CJ＝PH，
又∵∠CJI＝∠BKJ，
∴BJ＝CI，
∴BK＝CK，
∴K（2，1），
設(shè)直線AF的解析式為y＝sx+n，
代入K點和A點的坐標(biāo)得，
解得，
∴直線AF的解析式為y＝x﹣1，
設(shè)直線PC的解析式為y＝x+g，
代入C點坐標(biāo)得g＝3，
∴直線PC的解析式為y＝x+3，
聯(lián)立直線PC和拋物線的解析式得，
解得或，
∴P（5，8）．
4．（2022?成都模擬）如圖，已知拋物線表達式為y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0），直線y＝x+與坐標(biāo)軸交于點A，B．
（1）若該拋物線過原點，求拋物線的表達式．
（2）試說明無論a為何值，拋物線一定經(jīng)過兩個定點，并求出這兩個定點的坐標(biāo)．點P為兩定點所在直線上的動點，當(dāng)點P到點A的距離和到直線AB的距離之和最小時，求點P的坐標(biāo)；
（3）點N是拋物線上一動點，點M（﹣4，0），且∠NMA+∠OBA＝90°，若滿足條件的點N的個數(shù)恰好為3個，求a的值．
【分析】（1）將原點（0，0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0），即可求解；
（2）由y＝x+中，得A（﹣3，0），B（0，），由y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1，即得二次函數(shù)的圖象過兩定點C（2，1）和D（﹣1，1）；則直線CD為y＝1，設(shè)P（p，1），過點P作PH⊥AB于H，可得PA2＝（p+3）2+1，證明△PHD∽△BOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得PH＝，PH2＝（p+1）2，則PA2+PH2最小時，PA+PH最小，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；
（3）由∠NMA+∠OBA＝90°，知N在過點M且與直線AB平行的直線y＝x+2上，或在直線y＝﹣x﹣2上，由圖得a＞0，直線y＝x+2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1總有兩個交點，當(dāng)直線y＝﹣x﹣2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1個交點時即滿足題意，由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2的Δ＝0，即可求解．
【解答】解：（1）把（0，0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1得：
﹣2a+1＝0，
解得a＝，
∴拋物線的表達式為y＝x2﹣x；
（2）∵y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1，
∴x＝2或x＝﹣1時，y＝1，
即二次函數(shù)的圖象過兩定點C（2，1）和D（﹣1，1），
∴直線CD為y＝1，CD∥x軸，
在y＝x+中，令x＝0得y＝，令y＝0得x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（0，），
∴OA＝3，OB＝，AB＝＝，
如圖：過點P作PH⊥AB于H，設(shè)P（p，1），
∴∠PHD＝∠BOA＝90°，
∵CD∥x軸，
∴∠PDH＝∠BAO，
∴△PHD∽△BOA，
∴，
∴，
∴PH＝，PH2＝（p+1）2，
∵PA2＝（p+3）2+1，
∴PA2+PH2最小時，PA+PH最小，
PA2+PH2＝（p+3）2+1+（p+1）2＝p2+p+＝（p+）2+，
∴當(dāng)p＝﹣時，點P到點A的距離和到直線AB的距離之和最小，
此時，點P的坐標(biāo)為（﹣，1）；
（3）如圖，
∵∠NMA+∠OBA＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠NMA＝∠OAB，
∴MN∥AB，
∵直線AB：y＝x+，
設(shè)直線MN為y＝x+m，
∵點M（﹣4，0），
∴﹣2+m＝0，解得m＝2，
∴N在過點M且與直線AB平行的直線y＝x+2上，或在直線y＝﹣x﹣2上，
由圖得a＞0，直線y＝x+2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1總有兩個交點，
∴當(dāng)直線y＝﹣x﹣2與拋物線y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1個交點時即滿足題意，
由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2得：ax2+（﹣a）x+3﹣2a＝0，
當(dāng)Δ＝0，即（﹣a）2﹣4a（3﹣2a）＝0時，a＝或（舍去），
∴a的值為．
5．（2022?成都模擬）如圖1所示，直線y＝x+3與x軸、y軸分別相交于點A，點B，點C（1，2）在經(jīng)過點A，B的二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象上．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P為線段AB上（不與端點重合）的一動點，過點P作PQ∥y軸交拋物線于點Q，求PQ+PB取得最大值時點P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，連接BC并延長，交x軸于點D，E為第三象限拋物線上一點，連接DE，點G為x軸上一點，且G（﹣1，0），直線CG與DE交于點F，點H在線段CF上，且∠CFD+∠ABH＝45°，連接BH交OA于點M，已知∠GDF＝∠HBO，求點H的坐標(biāo)．
【分析】（1）求得A、B兩點坐標(biāo)，將A、B、C三點坐標(biāo)代入拋物線的解析式，進而求得結(jié)果；
（2）作PD⊥OB于D，設(shè)出點P和Q點坐標(biāo)，表示出PQ的長，由△BPD∽△BAO表示出PB，從而表示出PQ+PB，進而根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)求得結(jié)果；
（3）作CN⊥AD于N，作MT⊥AB于T，根據(jù)條件推出BM平分∠ABO，根據(jù)S△ABM+S△BOM＝S△AOB，求得OM長，進而得出直線CG，BM的解析式，進一步求得結(jié)果．
【解答】解：（1）由題意得：A（﹣4，0），B（0，3），
∴，
∴，
∴y＝﹣﹣+3；
（2）如圖1，
作PD⊥OB于D，
設(shè)Q（m，﹣﹣+3），P（m，m+3），
∴PQ＝﹣﹣+3﹣（＝﹣﹣，
∵PD∥OA，
∴△BPD∽△BAO，
∴＝，
∴＝，
∴PB＝﹣，
∴PQ+PB＝﹣﹣m﹣m＝﹣﹣，
∴當(dāng)m＝﹣＝﹣，
∵+3＝，
∴P（﹣，）；
（3）如圖2，
作CN⊥AD于N，作MT⊥AB于T，
∵C（1，2），G（﹣1，0），
∴CN＝GN＝2，
∴∠CGN＝∠NCG＝45°，
∴∠CFD+∠GDF＝45°，
∵∠CFD+∠ABH＝45°，
∴∠GDF＝∠ABH，
∵∠GDF＝∠HBO，
∴∠ABH＝∠HBO，
∴OM＝MT，
∵S△ABM+S△BOM＝S△AOB，
∴，
∴5OM+3OM＝3×4，
∴OM＝，
∴M（﹣，0），
∴直線BM的解析式為：y＝2x+3，
∵C（1，2），G（﹣1，0），
∴直線CG的解析式為：y＝x+1，
由2x+3＝x+1得，x＝﹣2，
∴x+1＝﹣1，
∴H（﹣2，﹣1）．
6．（2022?洪山區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），與y軸交于點C（0，3），與直線l：y＝k（x﹣3）+3（k＞0）交于D，E兩點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，連接BD，若△BDE的面積為6，求k的值；
（3）如圖2，若直線l與拋物線交于M，N兩點，與BC交于點P，且∠MBC＝∠NBC．求P點的坐標(biāo)．
【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）先根據(jù)直線l的解析式得出定點F（3，3），連接BF，則BF∥y軸，BF＝3，根據(jù)由三角形面積可得xE﹣xD＝4，聯(lián)立得整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0，再由根與系數(shù)關(guān)系可得：xD+xE＝2﹣k，xD?xE＝﹣3k，即可求得k的值；
（3）設(shè)M（x1，﹣x12+2x1+3），N（x2，﹣x22+2x2+3），如圖2，分別過點M、N作ME⊥x軸于點E，NQ⊥BF于點Q，可證得∠MBE＝∠NBQ，得出tan∠MBE＝tan∠NBQ，即＝，即可求得k的值，得出直線l的解析式，再利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式為y＝﹣x+3，聯(lián)立方程組求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵拋物線與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），
∴設(shè)y＝a（x+1）（x﹣3），把C（0，3）代入得，3＝a×（0+1）×（0﹣3），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直線l：y＝k（x﹣3）+3，當(dāng)x＝3時，y＝3，
∴點F（3，3）是直線l上一定點，
如圖1，連接BF，則BF∥y軸，BF＝3，
∵S△BDF﹣S△BEF＝S△BDE＝6，
∴BF（3﹣xD）﹣BF（3﹣xE）＝6，即（xE﹣xD）＝6，
∴xE﹣xD＝4，
聯(lián)立得：﹣x2+2x+3＝k（x﹣3）+3，
整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0，
∴xD+xE＝2﹣k，xD?xE＝﹣3k，
∵（xD+xE）2﹣4xD?xE＝（xE﹣xD）2，
∴（2﹣k）2﹣4×（﹣3k）＝42，
解得：k1＝﹣4+2，k2＝﹣4﹣2，
∵k＞0，
∴k＝﹣4+2；
（3）設(shè)M（x1，﹣x12+2x1+3），N（x2，﹣x22+2x2+3），
如圖2，分別過點M、N作ME⊥x軸于點E，NQ⊥BF于點Q，
∵C（0，3），B（3，0），
∴OB＝OC，
∵∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝45°，∠CBQ＝45°，
∵∠MBC＝∠NBC，
∴∠MBE＝∠NBQ，
∴tan∠MBE＝tan∠NBQ，
∴＝，
∴＝，即＝，
∴x1+x2+x1x2＝0，
由（2）知：x1+x2＝2﹣k，x1?x2＝﹣3k，
∴2﹣k﹣3k＝0，
解得：k＝，
∴直線l的解析式為y＝（x﹣3）+3，
設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n，
則，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
聯(lián)立方程組得，
解得：，
∴P點的坐標(biāo)為（1，2）．
7．（2022?洪山區(qū)模擬）拋物線y＝ax2﹣2ax﹣3a與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸的正半軸交于C點，△ABC的面積為6．
（1）直接寫出點A、B的坐標(biāo)為 A（﹣1，0），B（3，0） ；拋物線的解析式為 y＝﹣x2+2x+3 ．
（2）如圖1，連結(jié)AC，若在第一象限拋物線上存在點D，使點D到直線AC的距離為，求點D的坐標(biāo)；
（3）如圖2，平行于AC的直線交拋物線于M、N兩點，在拋物線上存在點P，當(dāng)PQ⊥y軸時，PQ恰好平分∠MPN，求P點坐標(biāo)．
【分析】（1）令y＝0，可求出x的值，進而可得出A，B的坐標(biāo)；令x＝0，可求出y的值，可得出點C的坐標(biāo)，得出線段OC的長，利用三角形的面積公式可得出a的值；
（2）過點O作OQ⊥AC于點Q，根據(jù)三角形面積的等積法可求出OQ的長，進可得出點D的位置，利用全等三角形的性質(zhì)求出直線QA′的解析式，聯(lián)立可求出點D的坐標(biāo)；
（3）過點M作ME⊥DE于E，過點N作NF⊥DE于F，根據(jù)∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°，可得△MPE∽△NPF，設(shè)出M、N、P三點的坐標(biāo)（只設(shè)橫坐標(biāo)，縱坐標(biāo)用橫坐標(biāo)表示），分別用橫坐標(biāo)之差、縱坐標(biāo)之差表示出兩個相似三角形的直角邊，列出比例等式；設(shè)出MN的解析式，與拋物線方程聯(lián)立，得出兩根之和的關(guān)系式，結(jié)合前面的比例等式解出P點的橫坐標(biāo)，進而算出縱坐標(biāo)．
【解答】解：（1）令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
令x＝0，則y＝﹣3a，
∴C（0，﹣3a），即OC＝﹣3a，
∴S＝×4×（﹣3a）＝6，解得a＝﹣1，
∴函數(shù)解析式為：y＝﹣x2+2x+3．
故答案為：A（﹣1，0），B（3，0）；y＝﹣x2+2x+3．
（2）由（1）知，A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
∴OA＝1，OC＝3，AB＝，
過點O作OG⊥AC于點G，
∴S△OAC＝?OA?OB＝?AC?OG
∴×1×3＝×?OG，
∴OG＝，
設(shè)點D到直線AC的距離h＝＝2OG，
延長GO到點G′，使得OG′＝OG，過點G′作AC的平行線與x軸交于點A′，與拋物線在第一象限內(nèi)交于點D，
∴∠GAO＝∠G′A′O，
∵∠GOA＝∠G′OA′，
∴△GAO≌△G′A′O（AAS），
∴OA＝OA′＝1，
∴A′（1，0），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴直線AC的解析式為：y＝3x+3，
∴直線A′G′的解析式為：y＝3x﹣3，
令3x﹣3＝﹣x2+2x+3，解得x＝2或x＝﹣3，
∵點D在第一象限，
∴D（2，3）．
（3）如圖，過點M作ME⊥DE于E，過點N作NF⊥DE于F，
設(shè)M（x1，﹣x12+2x1+3），N（x2，﹣x22+2x2+3），P（x0，﹣x02+2x0+3），
則：ME＝﹣x12+2x1+3﹣（﹣x02+2x0+3）＝﹣x12+2x1+x02﹣2x0＝﹣（x1﹣x0）（x1+x0）+2（x1﹣x0）＝（x0+x1﹣2）（x0﹣x1），
PE＝x0﹣x1，
FN＝﹣x02+2x0+3﹣（﹣x22+2x2+3）＝﹣（x0+x2﹣2）（x0﹣x2），
PF＝x0﹣x2，
∵PQ恰好平分∠MPN，即∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°，
∴△MPE∽△NPF，
∴＝，
∴＝，
∴x0＝，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∵MN∥AC，
∴設(shè)直線MN的解析式為y＝3x+b，
令3x+b＝﹣x2+2x+3，
由消去y整理得：x2+x﹣3+b＝0，
由韋達定理可知：x1+x2＝﹣1，
∴x＝，
∴x?2x?3＝，
∴P（，）．
8．（2022?泰安模擬）如圖，拋物線y＝mx2+3mx﹣2m+1的圖象經(jīng)過點C，交x軸于點A（x1，0），B（x2，0）（點A在點B左側(cè)），且x2﹣x1＝5，連接BC，D是AC上方的拋物線一點．
（1）求拋物線的解析式；
（2）連接BC，CD，S△DCE：S△BCE是否存在最大值？若存在，請求出其最大值及此時點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
（3）第二象限內(nèi)拋物線上是否存在一點D，DF垂直AC于點F，使得△DCF中有一個銳角等于∠BAC的兩倍？若存在，求點D的橫坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用拋物線與x軸的交點的橫坐標(biāo)與一元二次方程根的聯(lián)系，用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系定理列出關(guān)于m的方程，解方程即可得出結(jié)論；
（2）過點D作DH⊥x軸于點H，交AC于點M，過點B作BN⊥x軸于點B，交直線AC于點N，利用待定系數(shù)法求得直線AC的解析式，設(shè)D（a，a+2），則M（a，a+2），求得線段DM，BN的長，利用同高的三角形的面積關(guān)系列出S△DCE：S△BCE關(guān)于a的等式，利用配方法和二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可；
（3）利用分類討論的思想方法分兩種情況討論解答：①當(dāng)∠DCF＝2∠BAC時，②當(dāng)∠FDC＝2∠BAC時：取AB的中點P，連接OP，過點D作DR⊥y軸于點R，延長交AC于點G，利用勾股定理的逆定理判定△ABC為直角三角形，∠ACB＝90°，設(shè)D（a，a+2），則DR＝﹣a，OR＝a+2，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理列出關(guān)于a的方程，解方程即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝mx2+3mx﹣2m+1的圖象交x軸于點A（x1，0），B（x2，0），
∴x1，x2是方程mx2+3mx﹣2m+1＝0的兩根，
∴x1+x2＝﹣3，x1?x2＝．
∵x2﹣x1＝5，
∴＝25．
即：﹣4x1?x2＝25，
∴9﹣4×＝25．
解得：m＝﹣．
∴拋物線的解析式為y＝﹣﹣x+2．
（2）S△DCE：S△BCE存在最大值，此時點D的坐標(biāo)為（﹣2，3），理由：
令y＝0，則﹣﹣x+2＝0，
解得：x＝﹣4或1，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
令x＝0，則y＝2，
∴C（0，2）．
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝x+2．
過點D作DH⊥x軸于點H，交AC于點M，過點B作BN⊥x軸于點B，交直線AC于點N，如圖，
則DM∥BN，
∴△EDM∽△EBN，
∴．
設(shè)D（a，a+2），則M（a，a+2），
∴DM＝（a+2）﹣（a+2）＝﹣﹣2a．
當(dāng)x＝1時，y＝×1+2＝，
∴N（1，）．
∴BN＝．
∵等高的三角形的面積比等于底的比，
∴S△DCE：S△B?E＝．
∴S△DCE：S△B?E＝＝﹣﹣a＝﹣（a+2）2+，
∵＜0，
∴當(dāng)a＝﹣2時，S△DCE：S△BCE有最大值為，此時點D（﹣2，3）；
（3）第二象限內(nèi)拋物線上存在一點D，DF垂直AC于點F，使得△DCF中有一個銳角等于∠BAC的兩倍，點D的橫坐標(biāo)為﹣2或﹣，理由：
∵A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），
∴OA＝4，OB＝1，OC＝2，
∴AC＝＝2，BC＝＝，AB＝OA+OB＝5．
∵AC2+BC2＝25＝AB2，
∴△ABC為直角三角形，∠ACB＝90°．
取AB的中點P，連接OP，
則P（﹣，0），
∴OP＝．
∴PA＝PB＝PC＝，
∴∠BAC＝∠PCA．
∵∠CPB＝∠BAC+∠PCA，
∴∠CPB＝2∠BAC．
過點D作DR⊥y軸于點R，延長交AC于點G，如圖，
①當(dāng)∠DCF＝2∠BAC時，
設(shè)D（m，m+2），則DR＝﹣m，OR＝m+2，
∴CR＝OR﹣OC＝m．
∵DR⊥y軸，OA⊥y軸，
∴DR∥AB，
∴∠G＝∠BAC．
∵∠DCF＝∠G+∠CDG，∠DCF＝2∠BAC，
∴∠CDG＝∠G＝∠BAC．
∵tan∠BAC＝，
∴tan∠CDR＝．
∴，
∴
解得：m＝﹣2或0（舍去），
∴m＝﹣2．
∴點D的橫坐標(biāo)為﹣2；
②當(dāng)∠FDC＝2∠BAC時，
∵∠CPB＝2∠BAC，
∴∠FDC＝∠CPB．
∵tan∠CPB＝，
∴tan∠FDC＝，
∵tan∠FDC＝，
∴，
設(shè)FC＝4n，則DF＝3n，
∴CD＝＝5n．
∵tan∠G＝tan∠BAC＝，
∴tan∠G＝，
∴FG＝6n．
∴CG＝FG﹣FC＝2n．
∵tan∠G＝，
∴RC＝n，
∴DR＝＝n，
∴，
解得：a＝或0（舍去），
∴a＝﹣，
即點D的橫坐標(biāo)為﹣，
綜上，第二象限內(nèi)拋物線上存在一點D，DF垂直AC于點F，使得△DCF中有一個銳角等于∠BAC的兩倍，點D的橫坐標(biāo)為﹣2或﹣．
9．（2022?青山區(qū)模擬）拋物線y＝x2+（t﹣2）x﹣2t（t＞0）與x軸交于A、B兩點（A在B左邊），與y軸交于點 C．
（1）直接寫出A點坐標(biāo) （﹣t，0） 、B點坐標(biāo) （2，0） 、C點坐標(biāo) （0，﹣2t） ；
（2）如圖1，直線y＝kx+b與拋物線交于M、N兩點（M不與A重合，M在N左邊），連接MA，作NH⊥x軸于點H，過點H作HP∥MA交y軸于點P，PH交MN于點Q，求點Q的橫坐標(biāo)；
（3）如圖2，直線y＝d（d＞0）與拋物線交于第二象限點D，若∠ADB＝45°，求d﹣t的值．
【分析】（1）令y＝0，從而得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0，解這個方程，進而求得A，B兩點坐標(biāo)，當(dāng)x＝0時，可求得C點縱坐標(biāo)；
（2）過點M作MK⊥x軸于K，過點Q作QL⊥x軸于L，設(shè)M（x1，kx1+b）、N（x2，kx2+b）設(shè)點Q的橫坐標(biāo)為n，則Q（n，kn+b），將直線MN的解析式與拋物線的解析式聯(lián)立，從而得出x1+x2＝2+k﹣m，x1x2＝﹣2m﹣b，根據(jù)△MKA∽△QLH，可得 ＝，進一步求得結(jié)果；
（3）設(shè)D（m，m2+（t﹣2）m﹣2t），作∠DBE＝90°，交DA的延長線于E，作DF∥x軸，作BF⊥DF于F，作EG⊥FB交FB的延長線于G，根據(jù)△DFB≌△BGE，可推出點E的坐標(biāo)，根據(jù)M，A的坐標(biāo)，可以得出MA的解析式，將點E坐標(biāo)代入，從而求得結(jié)果．
【解答】解：（1）令y＝0，得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0，
解得：x＝﹣t或x＝2，
∴A（﹣t，0），B（2，0），
令x＝0，得y＝﹣2t，
∴C（0，﹣2t），
故答案為：A（﹣t，0），B（2，0），C（0，﹣2t）；
（2）如圖1，
過點M作MK⊥x軸于K，過點Q作QL⊥x軸于L，
∴∠MKA＝∠QLH＝90°，
設(shè)M（x1，kx1+b）、N（x2，kx2+b）
聯(lián)立 ，
整理得x2+（m﹣2﹣k）x﹣2m﹣b＝0，
∴x1+x2＝2+k﹣m，x1x2＝﹣2m﹣b，
設(shè)點Q的橫坐標(biāo)為n，則Q（n，kn+b），
∵MA∥QH，
∴∠MAK＝∠QHL，
∴△MKA∽△QLH，
∴，
即 ＝，
整理得kx1x2+b（x1+x2）+kmn+bm﹣bn＝0，
∴k（﹣2m﹣b）+b（2+k﹣m）+kmn+bm﹣bn＝0，
∴（km﹣b）（n﹣2）＝0，
①當(dāng)km﹣b＝0，此時直線為y＝k（x+m），過點A（﹣m，0），不符合題意；
②當(dāng)n﹣2＝0，此時n＝2，Q點的橫坐標(biāo)為2；
（3）如圖2，
設(shè)D（m，m2+（t﹣2）m﹣2t），
作∠DBE＝90°，交DA的延長線于E，作DF∥x軸，作BF⊥DF于F，作EG⊥FB交FB的延長線于G，
∴∠F＝∠G＝90°，∠DBF+∠EBG＝90°，
∴∠FDB+∠DBF＝90°，
∴∠FDB＝∠EBG，
∵∠ADB＝45°，
∴∠AEB＝90°﹣∠DAB＝45°，
∴BD＝BE，
∴△DFB≌△BGE（AAS），
∴EG＝BF＝d，BG＝DF＝2﹣m，
∴E（2﹣m，m﹣2），
設(shè)直線DE的解析式為：y＝px+q，
∴，
∴，
∴y＝（m﹣2）x+（m﹣2）t，
把x＝2﹣d，y＝m﹣2代入得，
m﹣2＝（m﹣2）?（2﹣d）（m﹣2）t，
∴d﹣t＝1．
10．（2022?丹陽市二模）如圖所示，拋物線y＝﹣x2+bx+3經(jīng)過點B（3，0），與x軸交于另一點A，與y軸交于點C．
（1）求拋物線所對應(yīng)的函數(shù)表達式；
（2）如圖，設(shè)點D是x軸正半軸上一個動點，過點D作直線l⊥x軸，交直線BC于點E，交拋物線于點F，連接AC、FC．
①若點F在第一象限內(nèi)，當(dāng)∠BCF＝∠BCA時，求點F的坐標(biāo)；
②若∠ACO+∠FCB＝45°，則點F的橫坐標(biāo)為 或5 ．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；
（2）①作點A關(guān)于直線BC的對稱點G，連接CG交拋物線于點F．此時，∠BCF＝∠BCA．求得G（3.4），利用待定系數(shù)法求得直線CF的解析式為y＝x+3，聯(lián)立方程組，即可求解；
②分兩種情況討論，由相似三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，可求CF的解析式，聯(lián)立方程可求解．
【解答】解：（1）∵B（3，0）在拋物線y＝﹣x2+bx+3上，
∴﹣32+3b+3＝0，
∴b＝2，
∴拋物線所對應(yīng)的函數(shù)表達式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）①作點A關(guān)于直線BC的對稱點G，AG交BC于點H，過點H作HI⊥x軸于點I，連接CG交拋物線于點F，此時，∠BCF＝∠BCA，
y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，則y＝3，
令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝3或＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．
∴OB＝OC，AB＝4，
∴△OCB是等腰直角三角形，則∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HAB＝∠OBC＝∠AHI＝∠BHI＝45°，
∴HI＝AI＝BI＝AB＝2，
∴H（1，2），
∴G（3，4），
設(shè)直線CG的解析式為y＝kx+3，
把G（3，4）代入得：4＝3k+3，
解得k＝，
∴直線CF的解析式為y＝x+3，
∴，解得，
∴點F的坐標(biāo)為（，）；
②當(dāng)點F在x軸上方時，如圖，延長CF交x軸于N，
∵點B（3，0），點C（0，3），
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵∠ACO+∠FCB＝45°，∠CBO＝∠FCB+∠CNO＝45°．
∴∠ACO＝∠CNO，
∵∠COA＝∠CON＝90°，
∴△CAO∽△NCO，
∴，
∴，
∴ON＝9，
∴點N（9，0），
設(shè)直線CF的解析式為y＝k′x+3，
把N（9，0）代入得：0＝9k′+3，
解得k′＝﹣，
∴直線CF的解析式為y＝﹣x+3，
∴﹣x+3＝﹣x2+2x+3，
∴x1＝0（舍去），x2＝，
∴點的橫坐標(biāo)為；
當(dāng)點F在x軸下方時，如圖，設(shè)CF與x軸交于點M，
∵∠ACO+∠FCB＝45°，∠FCB+∠OCM＝45°．
∴∠ACO＝∠OCM，
∵OC＝OC，∠COA＝∠COM＝90°，
∴△CAO≌△CMO（ASA），
∴OM＝OA＝1，
∴點M（1，0），
同理直線CF解析式為：y＝﹣3x+3．
∴﹣3x+3＝﹣x2+2x+3，
∴x1＝0（舍去），x2＝5，
∴點的橫坐標(biāo)為5．
綜上所述，點F的橫坐標(biāo)為或5．
故答案為：或5．
11．（2022?東港區(qū)校級一模）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3經(jīng)過A（1，0）、B（3，0）兩點，與y軸交于點C，
（1）求拋物線的函數(shù)解析式；
（2）如圖2，M是x軸下方的拋物線上一點，連接MO、MB、MC，若△MOC的面積是△MBC面積的3倍，求點M的坐標(biāo)；
（3）如圖3，連接AC、BC，在拋物線上是否存在一點N（不與點A重合），使得∠BCN＝∠ACB？若存在，求點N的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由于拋物線y＝ax2+bx+3過A（1，0）、B（3，0）兩點，那么可以得到方程ax2+bx+3＝0的兩根為x＝1或x＝3，然后利用根與系數(shù)即可確定a、b的值．
（2）利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，設(shè)點M（m，m2﹣4m+3），過點M作MN∥y軸，交BC于點N，則N（m，﹣m+3），根據(jù)△MOC的面積是△MBC面積的3倍，即可得到點M的坐標(biāo)；
（3）過點B作BE⊥AB交CN與E，證明△ABC≌△EBC（ASA），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得BE＝AB＝2，求得E的坐標(biāo)，由點E、C的坐標(biāo)可得直線CN的解析式，聯(lián)立y＝x2﹣4x+3即可求得N點的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3過A（1，0）、B（3，0）兩點，
∴方程ax2+bx+3＝0的兩根為x＝1或x＝3，
∴1+3＝﹣，1×3＝，
∴a＝1，b＝﹣4，
∴二次函數(shù)解析式是y＝x2﹣4x+3；
（2）∵二次函數(shù)解析式是y＝x2﹣4x+3，
∴C（0，3）．
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+t（k≠0），
則，
解得：．
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3．
設(shè)點M（m，m2﹣4m+3），
過點M作MN∥y軸，交BC于點N，
∴N（m，﹣m+3），
∴MN＝﹣m+3﹣m2+4m﹣3＝﹣m2+3m，
∵A（1，0）、B（3，0），C（0，3）．
∴S△MOC＝OC?m＝m，
S△MBC＝MN?OB＝﹣m2+m，
∵△MOC的面積是△MBC面積的3倍，
∴m＝3（﹣m2+m），
∴m＝0（舍去）或，
∴點M的坐標(biāo)為（，﹣）；
（3）拋物線上存在一點N，使得∠BCN＝∠ACB．
過點B作BE⊥AB交CN與E，
∵B（3，0），C（0，3）．
∴OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝45°，
∴∠OBC＝∠EBC＝45°，
∵BC＝BC，∠BCN＝∠ACB．
∴△ABC≌△EBC（ASA），
∴BE＝AB＝2，
∴E（3，2），
設(shè)直線CN的解析式為y＝mx+n，
∴，解得，
∴直線CN的解析式為y＝﹣x+3，
聯(lián)立y＝x2﹣4x+3得，或（舍去），
∴拋物線上存在一點N，使得∠BCN＝∠ACB．點N的橫坐標(biāo)為．
12．（2022?寧津縣模擬）如圖，拋物線與x軸交于點A和點C（﹣1，0），與y軸交于點B（0，3），連接AB，BC，對稱軸PD交AB與點E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖2，試探究：線段BC上是否存在點M，使∠EMO＝∠ABC，若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
（3）如圖3，點Q是拋物線的對稱軸PD上一點，若以點Q、A、B為頂點的三角形是銳角三角形，請直接寫出點Q縱坐標(biāo)n的取值范圍．
【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）先求出A（4，0），可得拋物線的對稱軸為x＝＝，證明∠ACB＝∠ABC，△MCO∽△EBM，可得MC?BM＝BE?CO，求出MC，即可求解；
（3）當(dāng)∠BAQ為直角時，求出直線BQ的表達式為y＝x+3，得到n＝5；當(dāng)∠BQA為直角時，利用解直角三角形的方法求出n＝；當(dāng)∠BAQ為直角時，同理可得，n＝﹣，進而求解．
【解答】解：（1）由題意得：，解得，
故拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+3；
（2）對于y＝﹣x2+x+3，令y＝﹣x2+x+3＝0，解得x＝4或﹣1，
故點A的坐標(biāo)為（4，0），
∵點A（4，0），B（0，3），C（﹣1，0），
∴拋物線的對稱軸為x＝＝，
直線AB的表達式為y＝﹣x+3，
AB＝＝5＝AC．
∴∠ACB＝∠ABC，點E（，），
∵∠CME＝∠CMO+∠OME＝∠ABC+∠MEB，∠ABC＝∠OME，
∴∠CMO＝∠BEM．
∴△MCO∽△EBM，
∴，
∴MC?BM＝BE?CO，
∵B（0，3），E（，），
∴BE＝＝，
∴MC?BM＝，
∵MC+BM＝BC＝＝．
∴MC＝或MC＝．
∴＝或＝，
如圖，過M作MK⊥x軸于K，則MK∥y軸，
∴△CMK∽△CBO，
∴＝或，即＝或，
∴MK＝或，
∵B（0，3），C（﹣1，0），
∴直線BC的解析式為y＝3x+3，
∴M的﹣橫坐標(biāo)為﹣或﹣，
∴點M的坐標(biāo)為（﹣，）或（﹣，）；
（3）設(shè)點Q的坐標(biāo)為（，n），
當(dāng)∠ABQ為直角時，如圖，
設(shè)BQ交x軸于點H，
∵∠ABQ＝90°，
∴∠BAO+∠BHA＝90°，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠BHA，
∵tan∠ABO＝，
∴tan∠BHO＝，
故設(shè)直線BQ的表達式為y＝x+t，
∵該直線過點B（0，3），
∴t＝3，
∴直線BQ的表達式為y＝x+3，
當(dāng)x＝時，y＝x+3＝5，
即n＝5；
②當(dāng)∠BQA為直角時，
過點Q作直線MN交y軸于點N，交過點A與y軸的平行線于點M，
∵∠BQN+∠MQA＝90°，∠MQA+∠MAQ＝90°，
∴∠BQN＝∠MAQ，
∴tan∠BQN＝tan∠MAQ，
即，則，
解得n＝；
③當(dāng)∠BAQ為直角時，
同理可得，n＝﹣；
綜上，以點Q、A、B為頂點的三角形是銳角三角形，則△ABQ不為直角三角形，
故點Q縱坐標(biāo)n的取值范圍為﹣＜n＜或＜n＜5．
13．（2022?南山區(qū)模擬）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a﹣1不為整數(shù)）的頂點D（，），AB⊥BC．
（1）直接得出拋物線解析式．
（2）如圖1所示，點P為拋物線一動點，∠PBC＝3∠ABO，求xP；
（3）如圖2，延長DB交x軸于點E，EF平分∠BEO，交線段AB于點F．x軸正半軸有一點S，且AS＝12EF．過點F作FG∥x軸，交拋物線的對稱軸于點G．該對稱軸交x軸于點H．過點G作線段IM、NQ，且NH＝MH＝IH＝QH．線段IQ交直線FG于點R，若線段MN恰好交FG于點F．那么請求出R點坐標(biāo)．并試問∠EFA與∠RSE是否存在倍數(shù)關(guān)系？若存在，請分別求出它們的角度大小并寫出存在的倍數(shù)關(guān)系；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)頂點寫出拋物線的頂點式，再根據(jù)AB⊥BC得出OB2＝OA?OC，再轉(zhuǎn)化為a和c的關(guān)系，解出a，b，c，最后得到拋物線解析式；
（2）由上一問將∠ABO轉(zhuǎn)化為∠BCO，從而得到點P的兩種可能：第一種，在x軸上構(gòu)造兩次等腰三角形從而得到∠3∠BCO，再延長 與拋物線的新交點即為P點；第二種，過點B作x軸平行線，構(gòu)造∠∠BCO，再在 上再構(gòu)造2∠BCO即可得到3∠BCO，此時的角的邊延長與拋物線的新交點即為P點；
先根據(jù)點D，點B得出直線DB，再得出點E坐標(biāo)，再根據(jù)EF平分∠BEO得出F點坐標(biāo)，EF的長以及EF與y軸坐標(biāo) （為了之后方便求∠EFA做準(zhǔn)備），再用 AS＝12EF算出S點坐標(biāo)；接著根據(jù)G點與H點的做法得出 FG以及G點坐標(biāo)；根據(jù)NH＝MH＝IH＝QH得出點N，M，I，Q都在以H為圓心的圓上；延長FG后根據(jù)HGFG得出點G是弦的中點，于是本題即為著名的“蝴蝶定理”——點G也是FR的中點，得出R的坐標(biāo)；最后根據(jù)之前的準(zhǔn)備與各點的坐標(biāo)算出∠RSE＝135°，∠EFA＝45°，∠RSE＝3∠EFA．
【解答】解：（1）如圖1，設(shè)點A（x1，0），C（x2，0）
由題意，a≠0，其中x1，x2 是一元二次方程ax2+bx+c＝0的兩個根
∵拋物線y＝ax2+bx+c的頂點為D（，），
可設(shè)拋物線的頂點式為y+a（x﹣）2+，即y+ax2﹣3ax+，
∴與拋物線的一般式y(tǒng)＝ax2+bx+c對比，得，
當(dāng)x＝0時，相應(yīng)的拋物線的函數(shù)值為c，
點B坐標(biāo)為（0，C），
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠OBA+∠OBC＝90°，
∵∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠OAB＝∠OBC，
∵∠AOB＝∠BOC，
∴△OAB∽△OBC，
∴∠ABO＝∠BCO，＝，
∴OA2＝OB?OC，
如圖1中，點A（x1，0）在y軸左側(cè)，點C（x2，0）在y軸右側(cè)，點B（0，c）在y軸正半軸，
∴OA＝﹣x1，OB＝OC＝，OC＝x2，其中c＞0，即＞0，
∴a＞﹣，
將以上數(shù)值代入到OB2＝OA?OC中，得c2＝﹣x1x2，
又x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0的兩個根，
∴x1x2＝，
∴c2＝﹣，
∴ac＝﹣1，
∴a?＝﹣1，
∴a＝﹣或﹣，
∵a﹣1不為整數(shù)，而（﹣）﹣1＝﹣2為整數(shù)，
∴a＝﹣舍去，
拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+；
（2）如圖1中，
∵在第（1）問中已證∠ABO＝∠BCO，
∴條件變?yōu)椤螾BC＝3∠BCO，
在第（1）問中已求出拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+，
∴x1，x2是方程﹣x2+x+＝0的兩根，
∴x1＝﹣，x2＝，
∴A（﹣，0），B（0，），C（，0），
滿足∠PBC＝3∠BCO的拋物線上的動點P一共有兩種情形：
第一種，如下圖所示，連接BC，作線段BC的垂直平分線交x軸于B1點，連接BB1，再作線段BB1的垂直平分線交x軸于B2點，連接BB2，
∴BB1＝B1C，BB2＝B2B1，
∴∠BCB1＝∠B1BC，∠BB1B2＝∠B2BB1，
∵∠BB1B2＝∠BCB1+∠B1BC＝2∠BCB1，即∠BB1O＝2∠BCO，
∴∠B2B1C＝∠B2BB1+∠B1BC＝∠BB1B2+∠BCB1＝2∠BCB1+∠BCB1＝3∠BCB1，
又點B1，O都在x軸上，∠BCB1＝∠BCO，
∴∠B2BC＝3∠BCO，
∴點P只需為直BB2與拋物線的另一個交點即可，此時∠PBC＝∠B2BC＝3∠BCO，符合題目要求，如下圖所示；所以只需求出點B2的坐標(biāo)，再得出直BB2的解析式，最后得出點P橫坐標(biāo)
∵∠BOC＝∠BOB1＝∠BOB2＝90°，B（0，），C（），BB1＝B1C，
∴OB＝，OC＝，OB1＝OC﹣B1C＝﹣BB1，
在Rt△BOB1中，（BB1）2＝OB2+OB12＝（）2+（﹣BB1）2，
∴BB1＝，
∴B1C＝BB1＝，OB1＝﹣BB1＝，
∴OB2＝OB1﹣B2B1＝﹣BB2，
在Rt△BOB2中，B2B2＝OB2+B2O2＝（）2+（﹣B2B）2，
∴B2B＝，
∴B2B2＝BB2＝，OB2＝﹣BB2＝，
∴點B2的坐標(biāo)為（，0），
設(shè)直線BB2的解析式為y＝kx+t1，
∴，解方程組得，
直線BB2的解析式為y＝﹣x+，
由，
解得x＝0或，
∴滿足條件的點P的橫坐標(biāo)為．
第二種，如圖1，過點B作關(guān)于拋物線對稱軸對稱的點B3，點B3仍在拋物線上；再連接BB3，將線段BB3繞著點B逆時針旋轉(zhuǎn)到BB4，使得∠B4BB3＝2∠BCO；過點B4作B4B5⊥BB3于B5，
∵BB3∥x軸，且B3（3，），BB3＝3，
∴∠BCO＝∠B3BC，
∵∠B4BB3＝2∠BCO，
∴∠B4BC＝∠B4BB3+∠B3BC＝2∠BO+∠BCO＝3∠BCO，
又∵此時∠PBC＝∠B4BC，
∴∠PBC＝3∠BCO符合題意，
根據(jù)作法，BB4＝BB3＝3，且在第一種情形已知∠BB1O＝2∠BCO，OB＝，OB1＝，
∴∠B4BB3＝2∠BCO＝∠BB1O，
∴tan∠B4BB3＝tan∠BB1O＝＝＝，
在Rt△B4B5B中，＝tan∠B4BB3＝，
∴B4B5＝BB5，
在Rt△B4B5B中，BB42＝BB52+B4B52，
∴32＝BB52+（BB5）2
∴BB5＝，B4B5＝，
∴B4（，）
∴直線BB4的解析式為y＝x+，
由，
解得x＝或0，
∴滿足條件的點P的橫坐標(biāo)為，
綜上所述，滿足條件的點P的橫坐標(biāo)為或．
（3）結(jié)論：∠RSE＝3∠EFA．
理由：∵點D（，），點B（0，），
∴直線BD的解析式為y＝x+，
∴點E（﹣，0），
∴OE＝，OB＝
根據(jù)勾股定理，BE＝＝，
如圖3，延長EF交y軸于點F1，過點F1作F1F2⊥BE于點F2，
∵EF平分∠BEO，
∴EF1平分∠BEO，且OF1＝F1F2（角平分線上的點到角的兩邊距離相等），
∵?BF1?OE＝?BE?F1F2，
即（OB﹣OF1）?OE＝BE?OF1，
∴（﹣OF1）×＝?OF1，
∴OF1＝，
∴F1（0，），
∴直線EF的解析式為y＝x+，
∵A（﹣，0），B（0，），
∴直線AB的解析式為y＝3x+，
由，解得，
∴F（﹣，），
∵E（﹣，0），
∴EF＝，
∵x軸正半軸有一點S，且AS＝12EF，
∴AS＝12×，
∴AS＝，
∵A（﹣，0），
∴S（3，0），
∵FG∥x軸，交拋物線于點G，對稱軸交X軸于點H，
∴HG⊥FG，G（，），
∵NH＝MH＝IH＝QH，
點I，Q，M，N在以H為圓心，以HI為半徑的圓上，
為方便，將圓中相關(guān)部分單獨提出，并將直線FG兩端延長至與⊙H相交，F(xiàn)側(cè)交點記為F′，R側(cè)交點記為R′，如圖2所示，
∴FN?FM＝FF′?FR′，IR?QR＝RR′?RF′，
過點R作MN的平行線交NQ于點K，交MI的延長線于點L，
∴∠M＝∠L，∠N＝∠GKR，
∵∠FGM＝∠LGR，∠NGF＝∠KGR，
∴△FGM∽△LGR，△NGF∽△KGR，
∴＝，＝，
∴＝，
∵∠L＝∠M＝∠Q，∠IRL＝∠QRK，
∴△ILR∽△KQR，
∴＝即LR?KR＝IR?QR，
∴＝，即＝，
∵F′G＝GR′，
∴＝，
∴＝，
∴﹣1＝﹣1，
∴FG＝RG，
∴點G也是FR的中點，
∴R（，），
如圖3，過點F1作F1F3⊥AB于點F3，過點R作RR1⊥x軸于點R1．
∵R（，），S（3，0），F(xiàn)1（0，），
∴R1（，0），SR1＝﹣3＝，
∴RR1＝SR1，
∴△RR1S是等腰直角三角形，
∴∠RSR1＝45°，
∴∠RSE＝180°﹣45°＝135°，
∴∠EFA＝∠F1FF3，
∵F（﹣，），F(xiàn)1（0，），
∴FF1＝，
∵∠ABP＝∠F1BF3，∠AOB＝∠F1F3B＝90°，
∴△F1F3B∽△ABO，
∴＝，
∴＝，
∴F1F3＝，
∴sin∠F1FF3＝＝，
∴∠F1FF3＝45°，
∴∠EFA＝45°，
∴∠RSE＝3∠EFA．
14．（2022?大連二模）拋物線y＝x2﹣4x+c與直線I：y＝kx交于點G（1，m）和點H，﹣1≤m＜0，直線x＝m﹣1交直線l于點A，交拋物線于點B．
（1）求c和k的值（用含m的代數(shù)式表示）；
（2）過點A作x軸的平行線交拋物線于M，N兩點（M在N的左側(cè)），交y軸于點C．求的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，過點B作x軸的平行線，與拋物線另一個交點為D，若點E是線段BD的中點，探究∠MEN與∠ABC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【分析】（1）把點G（1，m）分別代入y＝x2﹣4x+c與y＝kx，即可求得答案；
（2）由題意可得A（m﹣1，m2﹣m），B（m﹣1，m2﹣5m+8），M（m+1，m2﹣m），求得＝＝﹣2m+4，再根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)即可求得的取值范圍；
（3）先求出D（﹣m+5，m2﹣5m+8），E（2，m2﹣5m+8），F(xiàn)（2，m2﹣m），利用三角函數(shù)定義可得：tan∠ABC＝＝，tan∠MEF＝＝，tan∠NEF＝＝，得出∠MEF＝∠NEF＝∠ABC，進而可得∠MEN＝2∠ABC．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2﹣4x+c與直線I：y＝kx交于點G（1，m），
∴m＝12﹣4×1+c，m＝k×1，
∴c＝m+3，k＝m；
（2）∵直線x＝m﹣1交直線l于點A，
∴y＝m（m﹣1）＝m2﹣m，
∴A（m﹣1，m2﹣m），
∵直線x＝m﹣1交拋物線于點B，
∴y＝x2﹣4x+m+3＝（m﹣1）2﹣4（m﹣1）+m+3＝m2﹣5m+8，
∴B（m﹣1，m2﹣5m+8），
∴AB＝﹣4m+8，
∵過點A作x軸的平行線交拋物線于M，N兩點（M在N的左側(cè)），交y軸于點C，
∴C（0，m2﹣m），點M的縱坐標(biāo)與點A的縱坐標(biāo)相等，
∴m2﹣m＝x2﹣4x+m+3，
解得：x1＝m+1，x2＝﹣m+3，
∴M（m+1，m2﹣m），N（﹣m+3，m2﹣m），
∴AM＝m+1﹣（m﹣1）＝2，
∴＝＝﹣2m+4，
∵﹣2＜0，且﹣1≤m＜0，
∴的值隨著m的增大而減小，
當(dāng)m＝﹣1時，＝﹣2×（﹣1）+4＝6，
當(dāng)m＝0時，＝﹣2×0+4＝4，
∴4≤≤6；
（3）∠MEN＝2∠ABC．理由如下：
∵BD∥x軸，
∴點D的縱坐標(biāo)與點B的縱坐標(biāo)相等，
∴m2﹣5m+8＝x2﹣4x+m+3，
解得：x1＝m﹣1，x2＝﹣m+5，
∴D（﹣m+5，m2﹣5m+8），
∵點E是線段BD的中點，
∴E（2，m2﹣5m+8），
如圖，設(shè)直線x＝2交直線MN于點F，
則F（2，m2﹣m），
∴MF＝NF＝﹣m+1，EF＝m2﹣5m+8﹣（m2﹣m）＝﹣4m+8，
∵AC＝0﹣（m﹣1）＝﹣m+1，AB＝﹣4m+8，
∴tan∠ABC＝＝，
∵tan∠MEF＝＝，tan∠NEF＝＝，
∴∠MEF＝∠NEF＝∠ABC，
∴∠MEN＝2∠ABC．
15．（2022?新?lián)釁^(qū)模擬）如圖，直線y＝mx+n與拋物線y＝﹣x2+bx+c交于A（﹣2，0），B（2，2）兩點，直線AB與y軸交于點C．
（1）求拋物線與直線AB的解析式；
（2）點P在拋物線上，直線PC交x軸于Q，連接PB，當(dāng)△PBC的面積是△ACQ面積的2倍時，求點P的坐標(biāo)；
（3）點M為坐標(biāo)軸上的動點，當(dāng)∠AMB＝45°時，直接寫出點M的坐標(biāo)．
【分析】（1）通過待定系數(shù)法求解．
（2）由一次函數(shù)解析式可得點C坐標(biāo)，從而可得AC＝BC，由△PBC的面積是△ACQ面積的2倍可得點P到AB的距離是點Q到AB的距離的2倍，通過分類討論點P的位置，結(jié)合圖象求解．
（3）分別討論點M在x軸正半軸，y軸負(fù)半軸與正半軸三種情況，由AB長度不變，∠AMB角度不變可得∠AMB為弦AB所對圓周角，從而可得AB所對圓心角為直角，進而求解．
【解答】解：（1）將A（﹣2，0），B（2，2）代入y＝﹣x2+bx+c得，
解得，
∴拋物線解析式為y＝﹣x2+x+5．
將A（﹣2，0），B（2，2）代入y＝mx+n得，
解得，
∴直線AB解析式為y＝x+1．
（2）①點P在x軸上方是，過點P作x軸平行線，交y軸于點F，交直線AB于點E，
將x＝0代入y＝x+1得y＝1，
∴點C坐標(biāo)為（0，1），
∵A（﹣2，0），B（2，2），
∴C為AB中點，即AC＝BC，
∴當(dāng)△PBC的面積是△ACQ面積的2倍時，點P到BC的距離是點Q到AC的距離的2倍，
∵PE∥OA，
∴△EPC∽△AQC，
∴＝2，
∵PF∥OA，
∴△PFC∽△OQC，
∴＝＝2，
∴點P縱坐標(biāo)為FC+OC＝3OC＝3，
將y＝3代入y＝﹣x2+x+5得3＝﹣x2+x+5，
解得x1＝﹣，x2＝+，
∴點P坐標(biāo)為（﹣，3）或（+，3）．
②點P在x軸下方，連接BQ，PK⊥x軸于點K，
∵C為AB中點，
∴S△AQC＝S△BQC，
∵△PBC的面積是△ACQ面積的2倍，
∴S△PBQ＝S△BQC，
∴點Q為CP中點，
又∵∠CQO＝∠PQK，∠COQ＝∠PKQ＝90°，
∴△OCQ≌△KPQ，
∴CQ＝KP，即點P縱坐標(biāo)為﹣1，
將y＝﹣1代入y＝﹣x2+x+5得﹣1＝﹣x2+x+5，
解得x1＝，x2＝，
∴點P坐標(biāo)為（，﹣1），（，﹣1），
綜上所述，點P坐標(biāo)為（﹣，3）或（+，3）或（，﹣1）或（，﹣1），
（3）①點M在x軸正半軸上，作BN⊥x軸于點N，
∵∠AMB＝45°，
∴△BNM為等腰直角三角形，
∴BN＝NM＝2，
∴OM＝ON+NM＝4，
∴點M坐標(biāo)為（4，0）．
②如圖，點M在y軸負(fù)半軸，作AG⊥BM于點G，
∵AB長度不變，∠AMB＝45°，
∴點A，B，C在同一個圓上，
∵∠AGB＝2∠AMB＝90°，
∴點G為△AMB外接圓圓心，
∴GA＝GM＝GB，即△AMB為等腰直角三角形，
∴AM＝AB＝＝2，
在Rt△AOM中，由勾股定理得OM＝＝4，
∴點M坐標(biāo)為（0，﹣4），
③點M1與點M關(guān)于點C對稱，則四邊形AMBM1為平行四邊形，∠AM1B＝45°，
∴點M1坐標(biāo)為（0，6）．
∴點M坐標(biāo)為（4，0）或（0，﹣4）或（0，6）．
16．（2022?鐵嶺模擬）如圖1，拋物線y＝ax2﹣x+c與x軸交于A（﹣2，0）、B（4，0）兩點，與y軸交于點C，直線l與拋物線交于A、D兩點，其中D點的橫坐標(biāo)為2．
（1）求拋物線的解析式以及直線AD的解析式；
（2）點P是拋物線上位于直線AD下方的動點，過點P作x軸，y軸的平行線，交AD于點E、F，當(dāng)PE+PF取最大值時，求點P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，連接AC，點Q在拋物線上，且滿足∠QAB＝2∠ACO，求點的坐標(biāo)．
【分析】（1）將A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2﹣x+c，求出拋物線的解析式，求出D點坐標(biāo)后，利用待定系數(shù)法求直線AD的解析式；
（2）由題意可得PF＝PE，設(shè)P（x，x2﹣x﹣4），F(xiàn)（x，﹣x﹣2），則PF＝﹣x2+2，當(dāng)PF最大時，PF+PE就最大，由此求解即可；
（3）在BO上截取ON＝OA，連接CN，過點A作AH⊥CN，證明△OCN≌△OCA（SAS），則可推導(dǎo)出∠QAB＝∠NCA，再由S△ANC＝AN×OC＝AH×CN，求出tan∠NCA＝，分兩種情況討論：當(dāng)點Q在AB的下方時，設(shè)AQ與y軸交于點I，tan∠NCA＝tan∠QAB＝，可求點I（0，﹣），求出直線AQ解析式為y＝﹣x﹣，聯(lián)立方程組得：，可求點Q坐標(biāo)為（，﹣），當(dāng)點Q在AB的上方時，同理可求直線AQ解析式為：y＝x+，聯(lián)立方程組得：，可求點Q坐標(biāo)為（，）．
【解答】解：（1）將A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2﹣x+c，
得，
解得，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣x﹣4，
當(dāng)x＝2時，y＝﹣4，
∴D（2，﹣4），
設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+b，
將A（﹣2，0）D（2，﹣4）代入，
得，
解得，
∴直線AD的解析式為y＝﹣x﹣2；
（2）根據(jù)題意作圖，如圖1，
在y＝﹣x﹣2上，當(dāng)x＝0時，y＝﹣2，
∴AD與y軸的交點M的坐標(biāo)為（0，﹣2），
∴OA＝OM，∠AOM＝90°，
∴∠OAB＝45°，
∵PE∥x軸，PF∥y軸，
∴∠PEF＝∠OAB＝45°，∠EPF＝90°，
∴PF＝PE，
設(shè)P（x，x2﹣x﹣4），F(xiàn)（x，﹣x﹣2），
∴PF＝﹣x2+2，
∵P在AD的下方，
∴﹣2＜x＜2，
當(dāng)x＝0時，PF有最大值為2，此時PF+PE最大，
∴P（0，﹣4）；
（3）在BO上截取ON＝OA，連接CN，過點A作AH⊥CN，如圖2，
∵點A（﹣2，0），點C（0，﹣4），
∴OA＝2，OC＝4，
∴AC＝2，
∵ON＝OA，∠CON＝∠COA＝90°，OC＝OC，
∴△OCN≌△OCA（SAS），
∴∠ACO＝∠NCO，CN＝AC＝2，
∴∠NCA＝2∠ACO，
∵∠QAB＝2∠ACO，
∴∠QAB＝∠NCA，
∵S△ANC＝AN×OC＝AH×CN，
∴AH＝，
∴CH＝，
∴tan∠NCA＝，
如圖3，當(dāng)點Q在AB的下方時，設(shè)AQ與y軸交于點I，
∵∠QAB＝∠NCA，
∴tan∠NCA＝tan∠QAB＝，
∴OI＝，
∴點I（0，﹣），
又∵點A（﹣2，0），
∴直線AQ解析式為：y＝﹣x﹣，
聯(lián)立方程組得：，
解得：或（不合題意舍去），
∴點Q坐標(biāo)為（，﹣），
當(dāng)點Q在AB的上方時，同理可求直線AQ解析式為：y＝x+，
聯(lián)立方程組得：，
解得：（不合題意舍去）或，
∴點Q坐標(biāo)為（，），
綜上所述：點Q的坐標(biāo)為（，﹣）或（，）．
17．（2022?平房區(qū)二模）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，拋物線y＝ax2+bx+4與x軸交于點A、B（點A在點B左側(cè)），與y軸交于點C，直線y＝﹣x+4經(jīng)過B、C兩點，OB＝4OA．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖2，點P為第四象限拋物線上一點，過點P作PD⊥x軸交BC于點D，垂足為N，連接PC交x軸于點E，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，△PCD的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，如圖3，過點P作PF⊥PC交y軸于點F，PF＝PE．點G在拋物線上，連接PG，∠CPG＝45°，連接BG，求直線BG的解析式．
【分析】（1）求出點A、B的坐標(biāo)，將A（1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，即可求函數(shù)的解析式；
（2）由P（t，t2﹣5t+4）（0＜t＜4），則D（t，﹣t+4），求出PD的長，然后再求S＝×PD×t＝﹣t3+2t2；
（3）過點P作PM⊥y軸交于M，可證明△PFM≌△PEN（ASA），進而求出P點坐標(biāo)，再由PD∥OC，則＝，可求EN的長，能求出tan∠ECB＝＝，過點G作GH⊥PD交PD的延長線于點H，設(shè)G（m，m2﹣5m+4），可求點G（5，4），再由待定系數(shù)法求直線BG的解析式即可．
【解答】解：（1）在直線y＝﹣x+4中，令x＝0，則y＝4，
∴C（0，4），
令y＝0，則x＝4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∵OB＝4OA，
∴OA＝1，
∴A（1，0），
將A（1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣5x+4；
（2）∵點P的橫坐標(biāo)為t，
∴P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），
∵PD⊥x軸，
∴D（t，﹣t+4），
∴PD＝﹣t+4﹣t2+5t﹣4＝﹣t2+4t，
∴S＝×t×（﹣t2+4t）＝﹣t3+2t2；
（3）過點P作PM⊥y軸交于M，
∵PN⊥x軸，
∴∠NPM＝90°，
∵PF⊥PC，
∴∠FPE＝90°，
∴∠FPM＝∠EPN，
∵PE＝PF，
∴△PFM≌△PEN（ASA），
∴PM＝PN，
∴t＝﹣（t2﹣5t+4），
解得t＝2，
∴P（2，﹣2），
∵PD∥OC，
∴∠OCA＝∠CPD，
∵∠OCB＝∠CPG＝45°，
∴∠PCB＝∠DPG，
又∵PD∥OC，
∴＝，即＝，
解得EN＝，
∴BE＝2+＝，
過點E作EK⊥BC交于K，
∵∠OBC＝45°，
∴EK＝BK＝，
∴CK＝4﹣＝，
∴tan∠ECB＝＝，
過點G作GH⊥PD交PD的延長線于點H，
設(shè)G（m，m2﹣5m+4），
∴＝，
解得m＝2（舍）或m＝5，
∴G（5，4），
設(shè)直線BG的解析式為y＝kx+n，
∴，
解得，
∴y＝4x﹣16．
18．（2022?新民市一模）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（0，2），B（8，0），點D是第一象限拋物線上的一點，CD⊥AB于點C．
（1）直接寫出拋物線的表達式 y＝﹣++2 ；
（2）如圖1，當(dāng)CD取得最大值時，求點D的坐標(biāo)，并求CD的最大值；
（3）如圖2，點D滿足（2）的條件，點P在x軸上，且∠APD＝45°，直接寫出點P的橫坐標(biāo) 或 ．
【分析】（1）將x＝0，y＝2；x＝8，y＝0代入得拋物線的表達式，進一步求得結(jié)果；
（2）作DF⊥OB于F，交AB于E，根據(jù)△DCE∽△BOA，可得出CD＝DE，設(shè)D（m，﹣++2），E（m，﹣+2），從而得出DE＝（﹣++2）﹣（﹣m+2）＝﹣（m﹣4）2+2，進一步求得結(jié)果；
（3）作△APD的外接圓I，連接AI，DI，作IR⊥y軸于R，作DT⊥RI，交RI的延長線于T，設(shè)I（a，b），可推出△ARI≌△ITD，從而得出AR＝IT＝2﹣b，RI＝DT＝a，進而得出a＝3﹣b，a+2﹣b＝4，從而求得a，b的值，根據(jù)PI2＝AI2，進而求得結(jié)果．
【解答】解：（1）將x＝0，y＝2代入拋物線的表達式得：c＝2，
將x＝8，y＝0代入得，
﹣×82+8b+2＝0，
∴b＝，
∴y＝﹣+，
故答案為：y＝﹣+；
（2）如圖1，
作DF⊥OB于F，交AB于E，
∴∠DCE＝∠BFE＝90°，
∵∠CED＝∠BEF，
∴∠D＝∠ABO，
∴△DCE∽△BOA，
∴，
∵OB＝8，AB＝＝＝2，
∴，
∴CD＝DE，
設(shè)D（m，﹣++2），
∵A（0，2），B（8，0），
∴直線AB的表達式為：y＝﹣x+2，
∴E（m，﹣+2），
∴DE＝（﹣++2）﹣（﹣m+2）＝﹣（m﹣4）2+2，
∴當(dāng)m＝4時，DE最大＝2，
∴CD最大＝，
當(dāng)x＝4時，y＝﹣++2＝3，
∴D（4，3）；
（3）如圖2，
作△APD的外接圓I，連接AI，DI，
∴∠AID＝2∠APD＝90°，
設(shè)I（a，b），P（n，0），
作IR⊥y軸于R，作DT⊥RI，交RI的延長線于T，
∴∠ARI＝∠T＝90°，
∴∠AIR+∠RAI＝90°，
∵∠AID＝90°，
∴∠AIR+∠DIT＝90°，、
∴∠RAI＝∠DIT，
∵AI＝DI，
∴△ARI≌△ITD（AAS），
∴AR＝IT＝2﹣b，RI＝DT＝a，
∵DT＝3﹣b，
∴a＝3﹣b，
∵RI+IT＝4，
∴a+2﹣b＝4，
∴a＝，b＝，
∴I（，），
由PI2＝AI2得，
（n﹣）2+（）2＝（）2+（2﹣）2，
∴n＝，
∴P點橫坐標(biāo)為：或．
19．（2022?大慶二模）如圖，拋物線y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，已知點B（3，0）．
（1）求直線BC及拋物線的函數(shù)表達式；
（2）P為x軸上方拋物線上一點．
①若S△PBC＝S△ABC，請直接寫出點P的坐標(biāo)；
②如圖，PD∥y軸交BC于點D，DE∥x軸交AC于點E，求PD+DE的最大值；
（3）Q為拋物線上一點，若∠ACQ＝45°，求點Q的坐標(biāo)．
【分析】（1）將點B（3，0）代入y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9），求出m即可求函數(shù)是解析式；再由待定系數(shù)法求直線BC的解析式即可；
（2）①過點A作AP∥BC，則S△PBC＝S△ABC，直線直線BC和直線AP的交點即為P點；
②設(shè)點P（t，﹣t2+4t﹣3），則點D（t，t﹣3），，可得＝﹣（t﹣）2+，則當(dāng)時，PD+DE取最大值；
（3）在拋物線上取點Q，使∠ACQ＝45°，過點B作BM⊥BC，交CQ的延長線于點M，過點M作MN⊥x軸于點N，△OBC和△BMN都是等腰直角三角形，由此可知∠OCA＝∠BCM，利用三角形函數(shù)求出M（4，﹣1），從而能確定直線CQ的解析式為，設(shè)點，再將Q點代入函數(shù)解析式即可求解．
【解答】解：（1）將點B（3，0）代入y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9），
∴m2+m＝0，
解得m＝0（舍）或m＝﹣1，
∴y＝﹣x2+4x﹣3，
令x＝0，則y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
設(shè)直線BC的函數(shù)表達式為y＝kx+b，
將點B（3，0），C（0，﹣3）代入，
得，
解得，
∴y＝x﹣3；
（2）①如圖1，過點A作AP∥BC，則S△PBC＝S△ABC，
∵直線BC的解析式為y＝x﹣3，
∴直線AP的表達式為y＝x﹣1．
聯(lián)立．
解得（舍）或，
∴P（2，1）；
②由（1）知直線BC的表達式為y＝x﹣3，
設(shè)直線AC的解析式為y＝k'x+b'，
∴，
解得，
∴y＝3x﹣3，
設(shè)點P（t，﹣t2+4t﹣3），則點D（t，t﹣3），，
∴PD＝﹣t2+4t﹣3﹣（t﹣3）＝﹣t2+3t，，
∴＝﹣（t﹣）2+，
∴當(dāng)時，PD+DE取最大值；
（3）如圖2，在拋物線上取點Q，使∠ACQ＝45°，
過點B作BM⊥BC，交CQ的延長線于點M，過點M作MN⊥x軸于點N，
∵B（3，0），C（0，﹣3）
∴OB＝OC＝3，BC＝3，
∴△OBC為等腰直角三角形，
∴△BMN為等腰直角三角形，
∵∠ACQ＝45°，
∴∠OCA＝∠BCM，
∵A（1，0），
∴，
∴，
∵，
∴，
∴BN＝NM＝1，
∴M（4，﹣1），
∴直線CQ的解析式為，
設(shè)點，
∴，
整理得：，
解得或n＝0（舍），
∴．
20．（2022?運城二模）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx﹣8與x軸交于點A（﹣2，0），B（8，0）兩點，與y軸交于點C，點P是直線BC下方拋物線上一動點，過點P作直線PE∥y軸，交直線BC于點D，交x軸于點F，以PD為斜邊，在PD的右側(cè)作等腰直角△PDF．
（1）求拋物線的表達式，并直接寫出直線BC的表達式；
（2）設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m（0＜m＜3），在點P運動的過程中，當(dāng)?shù)妊苯恰鱌DF的面積為9時，請求出m的值；
（3）連接AC，該拋物線上是否存在一點M，使∠ACO+∠BCM＝∠ABC，若存在，請直接寫出所有符合條件的點M的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，再求出C點坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求直線BC的表達式即可；
（2）設(shè)出P（m，﹣3m﹣8），D（m，m﹣8），然后根據(jù)兩點間距離公式表示出PD長，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)列出△PDF的面積表達式，結(jié)合面積為9建立方程求解，即可解決問題；
（3）分點M在BC的上方和點M在BC的下方兩種情況討論，根據(jù)題意畫出圖形，構(gòu)造三角形全等，求出直線CM上的一點坐標(biāo)，則可利用待定系數(shù)法求出直線CM的解析式，最后和拋物線的解析式聯(lián)立求解，即可求出點M的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（8，0）分別代入y＝ax2+bx﹣8中，
則，
解得，
∴拋物線的表達式為y＝x2﹣3x﹣8；
令x＝0．則y＝﹣8，
∴C（0，﹣8），
設(shè)直線BC解析式為y＝kx﹣8（k≠0），
把B（8，0）代入解析式得，8k﹣8＝0，
解得：k＝1，
∴直線BC解析式為y＝x﹣8；
（2）∵點P的橫坐標(biāo)為m（0＜m＜3），
∴P（m，﹣3m﹣8），D（m，m﹣8），
∴PD＝（m﹣8）﹣（﹣3m﹣8）＝﹣+4m，
過點P作PN⊥PD于N，
∵△PDF是等腰直角三角形，PD為斜邊，
∴PN＝DN，
∴FN＝PD，
∴S△PDF＝PD?FN＝PD2＝9，
∴PD＝6，
∴﹣+4m＝6，
解得：m1＝6，m2＝2，
又∵0＜m＜3，
∴m＝2；
（3）存在，理由如下：由（2）得△BOC為等腰直角三角形，
∴∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝∠BCO＝45°，
①如圖，當(dāng)點M在BC的上方時，設(shè)CM與x軸交于一點D，
∵∠ACO+∠BCD＝∠ABC＝∠BCO＝∠OCD+∠BCD，
∴∠ACO＝∠DCO，
∵OC⊥AD，OC＝OC，
∴△AOC≌△COD（ASA），
∴OD＝OA＝2，
∴D（2，0），
設(shè)直線CM解析式為y＝nx﹣8（n≠0），
則2n﹣8＝0，
解得：n＝4，
∴直線CM解析式為y＝4x﹣8，
則，
解得：或（舍去），
∴此時點M的坐標(biāo)為（14，48）；
②如圖，當(dāng)點M在BC的下方時，
過B作x軸的垂線，過C作y軸的垂線，兩條垂線交于一點H，作∠HCK＝∠ACO，CK交拋物線與點M，
由（2）得△BOC為等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠BCO＝45°，
∴∠BCH＝45°，
即∠BCM+∠MCH﹣45°，
∵∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝45°，
∴∠ACQ＝∠MCH，
又∵∠AOC＝∠KHC＝90°，
∵OB＝OC．∠COB＝∠OCH＝∠OBH＝90°，
∴四邊形OCHB正方形，
∵OC＝OH，
∴△AOC≌△KHC（ASA），
∴KH＝OA＝2，
∴BK＝BH﹣KH＝8﹣2＝6，
∴K（8，﹣6），
設(shè)直線CK的解析式為y＝ex﹣8（e≠0），
∴﹣6＝8e﹣8，
解得：e＝，
∴直線CK的解析式為y＝x﹣8，
則，
解得或（舍去），
∴M（，﹣）；
綜上所述，點M坐標(biāo)為（14，48）或（，﹣）．
21．（2022?永安市模擬）已知二次函數(shù)y＝x2+（k﹣2）x﹣2k．
（1）當(dāng)此二次函數(shù)的圖象與x軸只有一個交點時，求該二次函數(shù)的解析式；
（2）當(dāng)k＞0時，直線y＝kx十2交拋物線于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），點P在線段AB上，過點P做PM垂直x軸于點M，交拋物線于點N．
①求PN的最大值（用含k的代數(shù)式表示）；
②若拋物線與x軸交于E，F(xiàn)兩點，點E在點F的左側(cè)．在直線y＝kx+2上是否存在唯一一點Q，使得∠EQO＝90°？若存在，請求出此時k的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）可求得二次函數(shù)與x軸的交點為（2，0）（﹣k，0），進而得出結(jié)果；
（2）①設(shè)點P（m，km+2），從而表示出點N的坐標(biāo)，進而表示出PN的函數(shù)關(guān)系式，進一步求得結(jié)果；
②只需以O(shè)E為直徑的圓與直線y＝kx+2相切，即OE的中點I到GH的距離等于半徑，根據(jù)面積法可求得k的值．
【解答】解：（1）當(dāng)y＝0時，x2+2（k﹣2）x﹣2k＝0，
∴（x﹣2）?（x+k）＝0，
∴x1＝2，x2＝﹣k，
∵二次函數(shù)的圖象與x軸只有一個交點，
∴k＝﹣2，
∴該二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣4x+4；
（2）①設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，km+2），則點N的坐標(biāo)為（m，m2+（k﹣2）m﹣2k），
∴PN＝km+2﹣[m2+（k﹣2）m﹣2k]＝﹣m2+2m+2+2k＝﹣（m﹣1）2+3+2k，
∴當(dāng)m＝1時，PN取得最大值，最大值為3+2k；
②如圖，
存在唯一的Q點，使∠EQO＝90°：
設(shè)直線y＝kx+2交x周于G，交y軸于H，OE的中點記作I，作IQ⊥GH于Q，連接IH，
當(dāng)IQ＝，∠EQO＝90°且有唯一的點Q，
當(dāng)y＝0時，kx+2＝0，
∴x＝﹣，
∴OG＝，
當(dāng)x＝0時，y＝2，
∴OH＝2，
∴GH＝＝，
由（1）知：OE＝k，
∴OI＝IQ＝，
∵S△GOH＝S△HOI+S△GIH，
∴，
∴2×＝2×+，
∴k＝．
22．（2022?南崗區(qū)三模）在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)系的原點，經(jīng)過點B（3，6）的拋物線與x軸的正半軸交于點A．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點P為第一象限拋物線上的一點，且點P在拋物線對稱軸的右側(cè)，連接OP，AP，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，△OPA的面積為S，求S與t的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）如圖2，在（2）的條件下，當(dāng)時，連接BP，點C為線段OA上的一點，過點C作x軸的垂線交BP的延長線于點D，連接OD，BC，若，求點C的坐標(biāo)．
【分析】（1）根據(jù)拋物線經(jīng)過點B（3，6）得：6＝﹣×32+3b，解得拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x；
（2）過點P作PE⊥x軸，垂足為點E，由點P的橫坐標(biāo)為t，得P（t，﹣t2+t），PE＝﹣t2+t，由y＝﹣x2+x可得點A的坐標(biāo)為（7，0），故S＝OA?PE＝×7?（﹣t2+t）＝﹣t2+t；
（3）過點P作PE⊥x軸，垂足為點E，過點B作FG⊥y軸，垂足為點F，F(xiàn)G交EP的延長線于點G，取OD的中點M，連接BM，CM，延長BM交x軸于點N，延長CM至點H，當(dāng)S＝時，結(jié)合（2）可得t＝5，點P的坐標(biāo)為（5，5），在Rt△OBF中，，在Rt△PBG中，，即得∠BOF＝∠PBG，設(shè)∠CBD＝2α，由，可證明∠CMN＝90°﹣2α＝∠OMN，從而BN⊥x軸，CN＝ON，又CN＝ON＝3，即得OC＝6，點C的坐標(biāo)為（6，0）．
【解答】解：（1）根據(jù)題意得：6＝﹣×32+3b，
解得：b＝，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x；
（2）過點P作PE⊥x軸，垂足為點E，如圖：
∵點P在拋物線y＝﹣x2+x上，點P的橫坐標(biāo)為t，
∴P（t，﹣t2+t），
∴PE＝﹣t2+t，
在y＝﹣x2+x中，令y＝0，得﹣x2+x＝0，
解得x1＝0，x2＝7，
∴點A的坐標(biāo)為（7，0），
∴S＝OA?PE＝×7?（﹣t2+t）＝﹣t2+t；
答：S與t的函數(shù)解析式為S＝﹣t2+t；
（3）過點P作PE⊥x軸，垂足為點E，過點B作FG⊥y軸，垂足為點F，F(xiàn)G交EP的延長線于點G，取OD的中點M，連接BM，CM，延長BM交x軸于點N，延長CM至點H，如圖：，
當(dāng)S＝時，＝﹣t2+t，
解得t1＝2，t2＝5，
∵拋物線y＝﹣x2+x的對稱軸為直線x＝，點P在對稱軸的右側(cè)，
∴t＝5，
∴點P的坐標(biāo)為（5，5），
∵FG⊥y軸，
∴∠BFO＝∠PEA＝90°，
又∵∠FOA＝90°，
∴∠BFO+∠FOA＝180°，
∴FG∥OA，
∴∠G＝∠PEA＝90°，
∵點P的坐標(biāo)為（5，5），
∴PE＝OE，
∴∠POE＝∠OPE＝45°，
∵B（3，6），
∴BG＝2，PG＝1，
在Rt△OBF中，，
在Rt△PBG中，，
∴tan∠BOF＝tan∠PBG，
∴∠BOF＝∠PBG，
又∵∠BOF+∠OBF＝90°，
∴∠PBG+∠OBF＝90°，
∴∠OBP＝90°，
設(shè)∠CBD＝2α，
∵，
∴∠ODB＝∠CBD+POA＝α+45°，
∵∠OBD＝∠OCD＝90°，
∴BM＝OM＝DM＝CM，
∴∠MBD＝∠BDM＝α+45°，
∴∠MCB＝∠MBC＝α+45°﹣2α＝45°﹣α，∠OMN＝∠BMD＝180°﹣2（α+45°）＝90°﹣2α，∠BMO＝2α+90°，
∴∠BMH＝∠MCB+∠MBC＝90°﹣2α，
∴∠OMH＝∠BMO﹣∠BMH＝（2α+90°）﹣（90°﹣2α）＝4α，
∴∠CMN＝180°﹣∠OMH﹣∠OMN＝180°﹣4α﹣（90°﹣2α）＝90°﹣2α＝∠OMN，
∵OM＝CM，
∴BN⊥x軸，CN＝ON，
∴CN＝ON＝3，
∴OC＝6，
∴點C的坐標(biāo)為（6，0）．
23．（2022?同安區(qū)二模）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a＜0）過點A（﹣1，0）和C（0，3），與x軸交于另一點B，頂點為D．
（1）求a、b滿足的關(guān)系式；
（2）對于拋物線上的任意兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2），當(dāng)y1＝y(tǒng)2時，恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|．
①求拋物線解析式；
②AC與BD的延長線交于點H，在x軸上方的拋物線上是否存在點P，使得∠OPB＝∠AHB．若存在，求出一個符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答即可；
（2）①利用已知條件可知拋物線的對稱軸為直線x＝1，利用二次函數(shù)的性質(zhì)與（1）中的結(jié)論得到關(guān)于a，b的關(guān)系式即可求得a，b的值，則結(jié)論可得；
②利用待定系數(shù)法求得直線AC，BD的解析式，聯(lián)立即可求得點H的坐標(biāo)，過點H作HE⊥OB于點E，過點A作AF⊥HB于點F，利用點的坐標(biāo)的特征，勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)求得線段HB，HF，AF的長度，利用等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠AHB＝45°，利用∠OCB＝45°，即可得到當(dāng)點P與點C重合時，滿足∠OPB＝∠AHB＝45°，由此可求得滿足條件的點P 的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a＜0）過點A（﹣1，0）和C（0，3），
∴，
∴a﹣b+3＝0，
∴a﹣b＝﹣3；
（2）①∵對于拋物線上的任意兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2），當(dāng)y1＝y(tǒng)2時，恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|，
∴該拋物線的對稱軸為直線x＝1．
∴＝1．
∴b＝﹣2a．
∵a﹣b＝﹣3，
∴a﹣（﹣2a）＝﹣3，
∴a＝﹣1．
∴b＝﹣2a＝2．
∴拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+3；
②在x軸上方的拋物線上存在點P，使得∠OPB＝∠AHB，符合條件的點P的坐標(biāo)為（0，3）．理由：
令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，
解：x＝3或﹣1，
∴B（3，0）．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
設(shè)直線AC的解析式為y＝dx+e，
∴，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝3x+3．
設(shè)直線BD的解析式為y＝kx+n，
，
解得：．
∴直線BD的解析式為y＝﹣2x+6．
∴，
解得：，
∴H（，）．
過點H作HE⊥OB于點E，過點A作AF⊥HB于點F，如圖，
則HE＝，OE＝．
∵B（3，0），A（﹣1，0），C（0，3），
∴OB＝3，OC＝3，OA＝1．
∴BE＝OB﹣OE＝，AB＝OA+OB＝4．
∴BH＝＝．
∵∠HEB＝∠OFB＝90°，∠HBE＝∠OBF，
∴△HEB∽△OFB，
∴，
∴，
∴BF＝，AF＝．
∴HF＝HB﹣BF＝，
∴AF＝HF，
∵AF⊥BD，
∴△AFH為等腰直角三角形，
∴∠AHB＝45°．
∵OB＝OC＝3，∠COB＝90°，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴當(dāng)點P與點C重合時，滿足∠OPB＝∠AHB＝45°，
∴在x軸上方的拋物線上存在點P，使得∠OPB＝∠AHB，符合條件的點P的坐標(biāo)為（0，3）．
24．（2022?伊寧市模擬）拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點C．
（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；
（2）如圖1，點M是第一象限內(nèi)拋物線上一動點，過點M作MF⊥x軸于點F，作ME⊥y軸于點E，當(dāng)矩形MEOF周長最大時，求M點坐標(biāo)．
（3）如圖2，點P是該拋物線上一動點，連接PC，AC，直接寫出使得∠PCB＝∠ACO時點P的坐標(biāo)．
【分析】（1）把點A（﹣1，0）和點B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c解方程組即可得到結(jié)論；
（2）設(shè)M（m，﹣m2+2m+3），求得F（m，0），E（0，﹣m2+2m+3），根據(jù)矩形的性質(zhì)得到EM＝OF＝m，OE＝MF＝﹣m2+2m+3，求得矩形MEOF的周長＝﹣2（m﹣）2+，當(dāng)m＝時，矩形MEOF周長最大，于是得到結(jié)論；
（3）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，則y＝3，求得C（0，3），根據(jù)勾股定理得到BC＝3，如圖2，作QB⊥CB，QH⊥x軸，得到∠CBQ＝∠BHQ＝90°，根據(jù)勾股定理得到BQ＝，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BH＝QH＝1，求得Q（4，1）或（2，﹣1），于是得到直線CQ函數(shù)為y＝﹣x+3或y＝﹣2x+3，解方程組即可得到結(jié)論．
【解答】解：（1）把點A（﹣1，0）和點B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c得，，
解得，
∴該拋物線的函數(shù)表達式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵點M是第一象限內(nèi)拋物線上一動點，
∴設(shè)M（m，﹣m2+2m+3），
∵MF⊥x軸于點F，作ME⊥y軸于點E，
∴F（m，0），E（0，﹣m2+2m+3），
∵四邊形MEOF是矩形，
∴EM＝OF＝m，OE＝MF＝﹣m2+2m+3，
∴矩形MEOF的周長＝2m+2（﹣m2+2m+3）＝﹣2m2+6m+6＝﹣2（m﹣）2+，
∴當(dāng)m＝時，矩形MEOF周長最大，
∴M點坐標(biāo)為（，）；
（3）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，則y＝3，
∴C（0，3），
∵B（3，0），
∴OC＝3，OB＝3，
∴BC＝3，
如圖2，在CP上找一點Q，作QB⊥CB，QH⊥x軸
∴∠CBQ＝∠BHQ＝90°，
∵∠PCB＝∠ACO，∠AOC＝∠CBQ＝90°，
∴△AOC∽△QBC，
∴BC：BQ＝CO：AO＝3：1，
∴BQ＝，
∵∠OCB+∠CBO＝∠CBO+∠QBH＝90°，
∴∠OCB＝∠QBH，
∴△COB∽△BHQ，
∴，
∴＝＝，
∴BH＝QH＝1，
∴Q（4，1）或（2，﹣1），
則直線CQ函數(shù)為y＝﹣x+3或y＝﹣2x+3，
解或，
得或，
∴P坐標(biāo)為（，）或（4，﹣5）．

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