專題2.6 二次函數(shù)與特殊三角形存在性綜合問題（三大題型）（含答案）2023-2024學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)《重難點(diǎn)題型高分突破》（人教版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

【題型1 等腰三角形的存在性問題】
【題型2 直角三角形的存在性問題】
【題型3 等腰直角三角形存在性問題】
等腰三角形的存在性問題
【方法1 幾何法】“兩圓一線”
（1）以點(diǎn)A為圓心，AB為半徑作圓，與x軸的交點(diǎn)即為滿足條件的點(diǎn)C，有AB=AC；
（2）以點(diǎn)B為圓心，AB為半徑作圓，與x軸的交點(diǎn)即為滿足條件的點(diǎn)C，有BA=BC；
（3）作AB的垂直平分線，與x軸的交點(diǎn)即為滿足條件的點(diǎn)C，有CA=CB．
注意：若有重合的情況，則需排除．
以點(diǎn) C1 為例，具體求點(diǎn)坐標(biāo)：
過點(diǎn)A作AH⊥x軸交x軸于點(diǎn)H，則AH=1，
又
類似可求點(diǎn) C2 、C3、C4 ．關(guān)于點(diǎn) C5 考慮另一種方法．
【方法2 代數(shù)法】點(diǎn)-線-方程
表示點(diǎn)：設(shè)點(diǎn)C5坐標(biāo)為(m,0)，又A（1,1）、B（4,3），
表示線段：

聯(lián)立方程：，，
直角三角形的存在性
【方法1 幾何法】“兩線一圓”
（1）若∠A 為直角，過點(diǎn) A 作 AB 的垂線，與 x 軸的交點(diǎn)即為所求點(diǎn) C；
（2）若∠B 為直角，過點(diǎn) B 作 AB 的垂線，與 x 軸的交點(diǎn)即為所求點(diǎn) C；
（3）若∠C 為直角，以 AB 為直徑作圓，與 x 軸的交點(diǎn)即為所求點(diǎn) C．（直徑所對(duì)的圓周角為直角）

如何求得點(diǎn)坐標(biāo)？以為例：構(gòu)造三垂直．

【方法2 代數(shù)法】點(diǎn)-線-方程
【題型1 等腰三角形的存在性問題】
【典例1】（2023?興慶區(qū)校級(jí)模擬）如圖，已經(jīng)拋物線經(jīng)過點(diǎn)O（0，0），A（5，5），且它的對(duì)稱軸為 x＝2．
?（1）求此拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)B是x軸上的一點(diǎn)，且△OAB為等腰三角形，請(qǐng)直接寫出B點(diǎn)坐標(biāo)．
【答案】（1）拋物線的解析式為y＝x2﹣4x；
（2）B的坐標(biāo)為（5，0）或（﹣5，0）或（10，0）或（5，0）．
【解答】解：（1）∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)O（0，0），對(duì)稱軸為直線x＝2，
∴拋物線經(jīng)過點(diǎn)（4，0），
設(shè)拋物線的解析式為y＝ax（x﹣4），
把A（5，5）代入得：5＝5a，
解得：a＝1，
∴y＝x（x﹣4）＝x2﹣4x，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣4x；
（2）設(shè)B（m，0），
∵O（0，0），A（5，5），
∴OA2＝50，OB2＝m2，AB2＝（m﹣5）2+25，
①若OA＝OB，則50＝m2，
解得m＝5或m＝﹣5，
∴B（5，0）或（﹣5，0）；
②若OA＝AB，則50＝（m﹣5）2+25，
解得m＝0（與O重合，舍去）或m＝10，
∴B（10，0）；
③若OB＝AB，則m2＝（m﹣5）2+25，
解得m＝5，
∴B（5，0）；
綜上所述，B的坐標(biāo)為（5，0）或（﹣5，0）或（10，0）或（5，0）．
【變式1-1】（2023?青海）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸相交于點(diǎn)A和點(diǎn)C（1，0），交y軸于點(diǎn)B（0，3）．
（1）求此二次函數(shù)的解析式；
（2）設(shè)二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)為P，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)Q，求四邊形AOBP的面積（請(qǐng)?jiān)趫D1中探索）；
（3）二次函數(shù)圖象的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)M，使得△AMB是以AB為底邊的等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由（請(qǐng)?jiān)趫D2中探索）．
【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）；
（3）M（﹣1，1）．
【解答】解：（1）由題意得，
，
∴，
∴y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如圖，
連接OP，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴P（﹣1，4），
∴PQ＝4，OQ＝1，
由﹣x2﹣2x+3＝0得，
x1＝1，x2＝﹣3，
∴OA＝3，
∴S四邊形AOBP＝S△AOP+S△BOP＝＝＝；
（3）設(shè)M（﹣1，m），
由AM2＝BM2得，
[（﹣3）﹣（﹣1）]2+m2＝（﹣1）2+（m﹣3）2，
∴m＝1，
∴M（﹣1，1）．
【變式1-2】（2022秋?亳州期末）如圖，關(guān)于x的二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，3），拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）在y軸上是否存在一點(diǎn)P，使△PBC為等腰三角形？若存在．請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
解得：b＝﹣4，c＝3，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）令y＝0，則x2﹣4x+3＝0，
解得：x＝1或x＝3，
∴B（3，0），
∴BC＝3，
點(diǎn)P在y軸上，當(dāng)△PBC為等腰三角形時(shí)分三種情況進(jìn)行討論：如圖1，
①當(dāng)CP＝CB時(shí)，PC＝3，∴OP＝OC+PC＝3+3或OP＝PC﹣OC＝3﹣3
∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；
②當(dāng)BP＝BC時(shí)，OP＝OC＝3，
∴P3（0，﹣3）；
③當(dāng)PB＝PC時(shí)，
∵OC＝OB＝3
∴此時(shí)P與O重合，
∴P4（0，0）；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）；
【變式1-3】（2023春?中山市期中）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3a經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0）、C（0，3），與x軸交于另一點(diǎn)B，拋物線的頂點(diǎn)為D．
（1）求此二次函數(shù)解析式；
（2）連接DC、BC、DB，求證：△BCD是直角三角形；
（3）在對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得△PDC為等腰三角形？若存在，求出符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3a經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0）、C（0，3），
∴根據(jù)題意，得，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．
（2）由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4得，D點(diǎn)坐標(biāo)為（1，4），
定義拋物線y＝﹣x2+2x+3．令y＝0，﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴CD＝＝，
BC＝＝3，
BD＝＝2，
∵CD2+BC2＝（）2+（3）2＝20，BD2＝（2）2＝20，
∴CD2+BC2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形；
（3）存在．
y＝﹣x2+2x+3對(duì)稱軸為直線x＝1．
①若以CD為底邊，則P1D＝P1C，
設(shè)P1點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），根據(jù)勾股定理可得P1C2＝x2+（3﹣y）2，P1D2＝（x﹣1）2+（4﹣y）2，
因此x2+（3﹣y）2＝（x﹣1）2+（4﹣y）2，
即y＝4﹣x．
又P1點(diǎn)（x，y）在拋物線上，
∴4﹣x＝﹣x2+2x+3，
即x2﹣3x+1＝0，
解得x1＝，x2＝＜1，應(yīng)舍去，
∴x＝，
∴y＝4﹣x＝，
即點(diǎn)P1坐標(biāo)為（，）．
②若以CD為一腰，
∵點(diǎn)P2在對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線上，由拋物線對(duì)稱性知，點(diǎn)P2與點(diǎn)C關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，
此時(shí)點(diǎn)P2坐標(biāo)為（2，3）．
∴符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為（，）或（2，3）．
【變式1-4】（2022秋?懷遠(yuǎn)縣期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象交坐標(biāo)軸于A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4）三點(diǎn)，點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．
（1）求這個(gè)二次函數(shù)的解析式；
（2）是否存在點(diǎn)P，使△POC是以O(shè)C為底邊的等腰三角形？若存在，求出P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由；
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：
（1）設(shè)拋物線解析式為y＝ax2+bx+c，
把A、B、C三點(diǎn)坐標(biāo)代入可得，解得，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣3x﹣4；
（2）作OC的垂直平分線DP，交OC于點(diǎn)D，交BC下方拋物線于點(diǎn)P，如圖1，
∴PO＝PC，此時(shí)P點(diǎn)即為滿足條件的點(diǎn)，
∵C（0，﹣4），
∴D（0，﹣2），
∴P點(diǎn)縱坐標(biāo)為﹣2，
代入拋物線解析式可得x2﹣3x﹣4＝﹣2，解得x＝（小于0，舍去）或x＝，
∴存在滿足條件的P點(diǎn)，其坐標(biāo)為（，﹣2）；
【變式1-5】（2023?興寧區(qū)校級(jí)模擬）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c過點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P為拋物線對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△PCB是以BC為底邊的等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：（1）由題意得：y＝﹣（x+1）?（x﹣3），
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）設(shè)P（1，m），
∵PB2＝PC2，
∴（3﹣1）2+m2＝1+（m﹣3）2，
∴m＝1，
∴P（1，1）；
【變式1-6】（2023?隆昌市校級(jí)三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，連接AC，BC．點(diǎn)P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，過點(diǎn)P作PM⊥x軸，垂足為點(diǎn)M，PM交BC于點(diǎn)Q．
（1）求此拋物線的表達(dá)式：
（2）過點(diǎn)P作PN⊥BC，垂足為點(diǎn)N，請(qǐng)用含m的代數(shù)式表示線段PN的長，并求出當(dāng)m為何值時(shí)PN有最大值，最大值是多少？
（3）試探究點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在這樣的點(diǎn)Q，使得以A，C，Q為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形．若存在，請(qǐng)求出此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：（1）由二次函數(shù)交點(diǎn)式表達(dá)式得：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12）＝ax2﹣ax﹣12a，
即：﹣12a＝4，解得：a＝﹣，
則拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+x+4，
（2）設(shè)點(diǎn)P（m，﹣m2+m+4），則點(diǎn)Q（m，﹣m+4），
∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，
PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）＝﹣（m﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴PN有最大值，
當(dāng)m＝2時(shí)，PN的最大值為．
（3）存在，理由：
點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），
則AC＝5，AB＝7，BC＝4，∠OBC＝∠OCB＝45°，
將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：y＝kx+b并解得：y＝﹣x+4…①，
同理可得直線AC的表達(dá)式為：y＝x+4，
設(shè)直線AC的中點(diǎn)為K（﹣，2），過點(diǎn)M與CA垂直直線的表達(dá)式中的k值為﹣，
同理可得過點(diǎn)K與直線AC垂直直線的表達(dá)式為：y＝﹣x+…②，
①當(dāng)AC＝AQ時(shí)，如圖1，
則AC＝AQ＝5，
設(shè)：QM＝MB＝n，則AM＝7﹣n，
由勾股定理得：（7﹣n）2+n2＝25，解得：n＝3或4（舍去4），
故點(diǎn)Q（1，3），
②當(dāng)AC＝CQ時(shí)，如圖1，
CQ＝5，則BQ＝BC﹣CQ＝4﹣5，
則QM＝MB＝，
故點(diǎn)Q（，）．
③當(dāng)CQ＝AQ時(shí)，
聯(lián)立①②，，
解得，x＝（舍去），
綜上所述點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：Q（1，3）或Q（，）．
【變式1-7】（2023春?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)，A點(diǎn)在原點(diǎn)的左側(cè)，B點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，0），與y軸交于C（0，﹣3）點(diǎn)，點(diǎn)P是直線BC下方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．
（1）求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）求出四邊形ABPC的面積最大時(shí)的P點(diǎn)坐標(biāo)和四邊形ABPC的最大面積；
（3）在直線BC找一點(diǎn)Q，使得△QOC為等腰三角形，寫出Q點(diǎn)坐標(biāo)．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：（1）將B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入得，
解得：；
所以二次函數(shù)的表達(dá)式為：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如圖，過點(diǎn)P作y軸的平行線與BC交于點(diǎn)Q，與OB交于點(diǎn)F，
設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx+d，
則，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝x﹣3，
則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，x﹣3）；
由0＝x2﹣2x﹣3，解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴AO＝1，AB＝4，
S四邊形ABPC＝S△ABC+S△BPQ+S△CPQ
＝AB?OC+QP?BF+QP?OF
＝×4×3+（﹣x2+3x）×3
＝﹣（x﹣）2+．
當(dāng)x＝時(shí)，四邊形ABPC的面積最大
此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)為（，﹣），四邊形ABPC的面積的最大值為；
（3）設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，m﹣3），
∵O（0，0），C（0，﹣3），
∴OC＝3，QC＝＝|m|，QO＝．
△QOC為等腰三角形分三種情況：
①當(dāng)OC＝QC時(shí)，3＝|m|，
解得：m＝±，
此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，﹣3）或（﹣，﹣﹣3）；
②當(dāng)OC＝QO時(shí)，3＝，
解得：m＝3或m＝0（舍去），
此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（3，0）；
③當(dāng)QC＝QO時(shí)，有|m|＝，
解得：m＝，
此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，﹣）．
綜上可知：Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，﹣3）、（﹣，﹣﹣3）、（3，0）或（，﹣）．
【變式1-8】（2022秋?朔州期末）如圖，已知拋物線y＝﹣+bx+4與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C，若已知A點(diǎn)的坐標(biāo)為A（﹣2，0）．
（1）求拋物線的解析式及它的對(duì)稱軸方程；
（2）求點(diǎn)C的坐標(biāo)，連接AC、BC并求線段BC所在直線的解析式；
（3）在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)Q，使△ACQ為等腰三角形？若存在，求出符合條件的Q點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+4的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（﹣2，0），
∴﹣×（﹣2）2+b×（﹣2）+4＝0，
解得：b＝，
∴拋物線解析式為 y＝﹣x2+x+4，
∴y＝﹣x2+x+4＝﹣（x﹣3）2+，
∴對(duì)稱軸方程為：x＝3．
（2）在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4）；
令y＝0，即﹣x2+x+4＝0，整理得x2﹣6x﹣16＝0，
解得：x＝8或x＝﹣2，
∴B（8，0）．
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
把B（8，0），C（0，4）的坐標(biāo)分別代入解析式，得：
，
解得：，
∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+4．
（3）存在，
理由：∵拋物線的對(duì)稱軸方程為：x＝3，
可設(shè)點(diǎn)Q（3，t），∵A（﹣2，0），C（0，4），
∴AC＝2，AQ＝，CQ＝．
①當(dāng)AQ＝CQ時(shí)，
有＝，
25+t2＝t2﹣8t+16+9，
解得t＝0，
∴Q1（3，0）；
②當(dāng)AC＝AQ時(shí)，
有2＝，
∴t2＝﹣5，此方程無實(shí)數(shù)根，
∴此時(shí)△ACQ不能構(gòu)成等腰三角形；
③當(dāng)AC＝CQ時(shí)，
有2＝，
整理得：t2﹣8t+5＝0，
解得：t＝4±，
∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為：Q2（3，4+），Q3（3，4﹣）．
綜上所述，存在點(diǎn)Q，使△ACQ為等腰三角形，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：Q1（3，0），Q2（3，4+），Q3（3，4﹣）．
【變式1-9】（2022秋?港南區(qū)期末）如圖，拋物線y＝ax2+3x+c（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（﹣2，0）和點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C（0，8），點(diǎn)P為直線BC上方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，連接CP，PB，直線BC與拋物線的對(duì)稱軸l交于點(diǎn)E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）求△BCP的面積最大值；
（3）點(diǎn)M是拋物線的對(duì)稱軸l上一動(dòng)點(diǎn)．是否存在點(diǎn)M，使得△BEM為等腰三角形？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2+3x+8；
（2）32；
（3）存在，（3，0）或（3，﹣5）或（3，5+5）或（3，﹣5+5）；
【解答】解：（1）將A（﹣2，0），C（0，8）代入y＝ax2+3x+c，
∴，
解得﹣，
∴y＝﹣x2+3x+8；
（2）令y＝0，則﹣x2+3x+8＝0，
解得x＝﹣2或x＝8，
∴B（8，0），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+8，
過點(diǎn)P作PG∥y軸交BC于G，
設(shè)P（t，﹣t2+3t+8），則G（t，﹣t+8），
∴PG＝﹣t2+3t+8+t﹣8＝﹣t2+4t，
∴S△CBP＝8×（﹣t2+4t）＝﹣2t2+16t＝﹣2（t﹣4）2+32，
∴當(dāng)t＝4時(shí)，△BCP的面積有最大值，最大值為32；
（3）存在點(diǎn)M，使得△BEM為等腰三角形，理由如下：
∵y＝﹣x2+3x+8＝﹣（x﹣3）2+，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝3，
∴E（3，5），
設(shè)M（3，m），
∴BE＝5，BM＝，EM＝|m﹣5|，
當(dāng)BE＝BM時(shí)，5＝，
解得m＝5（舍）或m＝﹣5，
∴M（3，﹣5）；
當(dāng)BE＝EM時(shí)，5＝|m﹣5|，
解得m＝5+5或m＝﹣5+5，
∴M（3，5+5）或（3，﹣5+5）；
當(dāng)BM＝EM時(shí)，＝|m﹣5|，
解得m＝0，
∴M（3，0）；
綜上所述：M點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）或（3，﹣5）或（3，5+5）或（3，﹣5+5）；
【題型2 直角三角形的存在性問題】
【典例2】（2022秋?云陽縣期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3）．
（1）求拋物線得解析式；
（2）若點(diǎn)P為第三象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)，設(shè)△PAC的面積為S，求S的最大值并求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（3）設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為D，DE⊥x軸于點(diǎn)E，在y軸上確定一點(diǎn)M，使得△ADM是直角三角形，寫出所有符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)，并任選其中一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，寫出求解過程．
【答案】（1）求拋物線得解析式為y＝x2+2x﹣3；
（2）S有最大值，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣，﹣）；
（3）在y軸上存在點(diǎn)M，能夠使得△ADM是直角三角形，此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，）或（0，﹣）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣3，0），B（1，0），
∴可設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x+3）（x﹣1），
∴再將C點(diǎn)坐標(biāo)（0，﹣3）代入，得：
a（0+3）（0﹣1）＝﹣3，
解得 a＝1，
∴y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3，
∴該拋物線的解析式為：y＝x2+2x﹣3；
（2）過點(diǎn)P作x軸的垂線，交AC于點(diǎn)N，如圖1，
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+m，由題意，得
，解得，
∴直線AC的解析式為：y＝﹣x﹣3．
再設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，x2+2x﹣3），
則點(diǎn)N的坐標(biāo)為（x，﹣x﹣3），
∴PN＝PE﹣NE＝﹣（x2+2x﹣3）+（﹣x﹣3）＝﹣x2﹣3x．
∵S△PAC＝S△PAN+S△PCN，
∴S＝PN?OA
＝×3（﹣x2﹣3x）
＝﹣（x+）2+，
∴當(dāng)x＝﹣時(shí)，S有最大值，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣，﹣）；
（3）在y軸上是存在點(diǎn)M，能夠使得△ADM是直角三角形．理由如下：
∵y＝x2+2x﹣3＝y(tǒng)＝（x+1）2﹣4，
∴頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣1，﹣4）．
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，t）則，
∵A（﹣3，0），D（﹣1，﹣4），M（0，t），
∴AD2＝（﹣1+3）2+（﹣4﹣0）2＝20，
AM2＝（0+3）2+（t﹣0）2，
DM2＝（0+1）2+（t+4）2，
分三種情況進(jìn)行討論：
①當(dāng)A為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖2，
由勾股定理，得AM2+AD2＝DM2，
即（0+3）2+（t﹣0）2+20＝（0+1）2+（t+4）2，
解得t＝，
所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，）；
②當(dāng)D為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖3，
由勾股定理，得DM2+AD2＝AM2，
即（0+1）2+（t+4）2+20＝（0+3）2+（t﹣0）2，
解得t＝﹣，
所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，﹣）；
③當(dāng)M為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖4，
由勾股定理，得AM2+DM2＝AD2，
即（0+3）2+（t﹣0）2+（0+1）2+（t+4）2＝20，
解得t＝﹣1或﹣3，
所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，﹣1）或（0，﹣3）；
綜上可知，在y軸上存在點(diǎn)M，能夠使得△ADM是直角三角形，此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，）或（0，﹣）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．
【變式2-1】（2023春?興寧區(qū)校級(jí)月考）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝x+1與直線l2：x＝﹣2相交于點(diǎn)D，點(diǎn)A是直線l2上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A作AB⊥l1于點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），連接AC，BC．設(shè)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為t，△ABC的面積為s．?
（1）當(dāng)點(diǎn)B的坐標(biāo)為時(shí)，直接寫出t的值；
（2）s關(guān)于t的函數(shù)解析式為，其圖象如圖2所示，結(jié)合圖1、2的信息，求出a與b的值；
（3）在l2上是否存在點(diǎn)A，使得△ABC是直角三角形？若存在，請(qǐng)求出此時(shí)點(diǎn)A的坐標(biāo)和△ABC的面積；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】（1）t＝2；
（2）b＝﹣1，a＝﹣；
（3）點(diǎn)A（﹣2，1），S△ABC＝2或點(diǎn)A（﹣2，9），S△ABC＝10或點(diǎn)A（﹣2，3），S△ABC＝2．
【解答】解：（1）過點(diǎn)B作BH⊥x軸于H，設(shè)直線l1交x軸于P，直線l2與x軸交于點(diǎn)M，
∵直線l1：y＝x+1與直線l2：x＝﹣2相交于點(diǎn)D，
∴點(diǎn)D（﹣2，﹣1），
∵直線l1交x軸于P，
∴點(diǎn)P（﹣1，0），
∴OP＝1，
∵點(diǎn)B（﹣，），
∴BH＝OH＝，BD＝＝，
∴BH＝PH＝，
∴∠BPH＝45°＝∠MPD，
∵AB⊥BD，
∴∠ADB＝45°，
∴△ADB是等腰直角三角形，
∴AD＝BD＝3，
∴點(diǎn)A（﹣2，2），
∴t＝2；
（2）如圖2可知：當(dāng)t＝7時(shí)，s＝4，
把（7，4）代入s＝t2+bt﹣，中得：+7b﹣＝4，
解得：b＝﹣1，
如圖3，過B作BH∥y軸，交AC于H，
由（1）知：當(dāng)t＝2時(shí)，A（﹣2，2），B（﹣，），
∵C（0，3），
設(shè)AC的解析式為：y＝kx+n，
則，
解得，
∴AC的解析式為：y＝x+3，
∴H（﹣，），
∴BH＝﹣＝，
∴s＝BH?|xC﹣xA|＝××2＝，
把（2，）代入s＝a（t+1）（t﹣5）得：a（2+1）（2﹣5）＝，
解得：a＝﹣；
（3）存在，設(shè)B（x，x+1），
分兩種情況：
①當(dāng)∠CAB＝90°時(shí)，如圖4，
∵AB⊥l1，
∴AC∥l1，
∵l1：y＝x+1，C（0，3），
∴AC：y＝x+3，
∴A（﹣2，1），
∵D（﹣2，﹣1），
在Rt△ABD中，AB2+BD2＝AD2，
即（x+2）2+（x+1﹣1）2+（x+2）2+（x+1+1）2＝22，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣2（舍），
∴B（﹣1，0），即B在x軸上，
∴AB＝＝，AC＝＝2，
∴S△ABC＝AB?AC＝××2＝2；
②當(dāng)∠ACB＝90°時(shí)，如圖5，
∵∠ABD＝90°，∠ADB＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AB＝BD，
∵A（﹣2，t），D（﹣2，﹣1），
∴（x+2）2+（x+1﹣t）2＝（x+2）2+（x+1+1）2，
∴（x+1﹣t）2＝（x+2）2，
∴x+1﹣t＝x+2或x+1﹣t＝﹣x﹣2，
解得：t＝﹣1（舍）或t＝2x+3，
Rt△ACB中，AC2+BC2＝AB2，
即（﹣2）2+（t﹣3）2+x2+（x+1﹣3）2＝（x+2）2+（x+1﹣t）2，
把t＝2x+3代入得：x2﹣3x＝0，
解得：x＝0或3，
當(dāng)x＝3時(shí)，如圖5，則t＝2×3+3＝9，
∴A（﹣2，9），B（3，4），
∴AC＝＝2，BC＝＝，
∴S△ABC＝AC?BC＝××2＝10；
當(dāng)x＝0時(shí)，如圖6，
此時(shí)，A（﹣2，3），AC＝2，BC＝2，
∴S△ABC＝AC?BC＝×2×2＝2，
綜上所述：點(diǎn)A（﹣2，1），S△ABC＝2或點(diǎn)A（﹣2，9），S△ABC＝10或點(diǎn)A（﹣2，3），S△ABC＝2．
【變式2-2】（2023?莊浪縣三模）如圖：已知二次函數(shù)y＝ax2+x+c的圖象與x軸交于A，B點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，其中B（2，0），C（0，4）．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）P是第一象限拋物線的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，由點(diǎn)P，B，C構(gòu)成的三角形的面積最大，求
出此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）若M是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)M運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，△MBC是以BC為直角邊的直角三角形，求出此時(shí)
點(diǎn)M的坐標(biāo)．
?
【答案】（1）y＝﹣x2+x+4；
（2）點(diǎn)P（1，）；
（3）點(diǎn)M的坐標(biāo)為：（﹣，﹣）或（，）．
【解答】解：（1）由題意得：，
解得：，
則拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2+x+4①；
（2）如圖1，過點(diǎn)P作PH∥y軸交BC于點(diǎn)H，
由點(diǎn)C、B的坐標(biāo)得，直線BC的表達(dá)式為：y＝﹣2x+4，
則S△PBC＝S△PHB+S△PHC＝PH×OB＝PH，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（m，﹣m2+m+4），則點(diǎn)H（﹣2m+4），
則PH＝﹣m2+m+2m﹣4＝﹣m2+3m，
∵，故PH有最大值，此時(shí)，點(diǎn)P（1，）；
（3）由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)知，tan∠CBA＝2，
當(dāng)∠MBC為直角時(shí)，如圖2，
則tan∠ABM＝，
則直線BM的表達(dá)式為：y＝（x﹣xB）＝（x﹣2）＝x﹣1②，
聯(lián)立①②得：﹣x2+x+4＝x﹣1，
解得：x＝2（舍去）或﹣，
即點(diǎn)M（﹣，﹣）；
當(dāng)∠CBM′為直角時(shí)，
同理可得，直線CM′的表達(dá)式為：y＝x﹣4③，
聯(lián)立①③得：﹣x2+x+4＝x﹣4，
解得：x＝0（舍去）或，
即點(diǎn)M′（，）；
綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：（﹣，﹣）或（，）．
【變式2-3】（2023?喀喇沁旗一模）如圖①，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A、B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，3），直線l經(jīng)過B、C兩點(diǎn)．拋物線的頂點(diǎn)為D．
（1）求拋物線和直線l的解析式；
（2）判斷△BCD的形狀并說明理由．
（3）如圖②，若點(diǎn)E是線段BC上方的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過E點(diǎn)作EF⊥x軸于點(diǎn)F，EF交線段BC于點(diǎn)G，當(dāng)△ECG是直角三角形時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A、B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，3），
∴y＝﹣x2+bx+3，
將點(diǎn)B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+3，
得0＝﹣9+3b+3，
∴b＝2，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；
∵直線l經(jīng)過B（3，0），C（0，3），
∴可設(shè)直線l的解析式為y＝kx+3，
將點(diǎn)B（3，0）代入，
得0＝3k+3，
∴k＝﹣1，
∴直線l的解析式為y＝﹣x+3；
（2）△BCD是直角三角形，理由如下：
如圖1，過點(diǎn)D作DH⊥y軸于點(diǎn)H，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴頂點(diǎn)D（1，4），
∵C（0，3），B（3，0），
∴HD＝HC＝1，OC＝OB＝3，
∴△DHC和△OCB是等腰直角三角形，
∴∠HCD＝∠OCB＝45°，
∴∠DCB＝180°﹣∠HCD﹣∠OCB＝90°，
∴△BCD是直角三角形；
（3）∵EF⊥x軸，∠OBC＝45°，
∴∠FGB＝90°﹣∠OBC＝45°，
∴∠EGC＝45°，
∴若△ECG是直角三角形，只可能存在∠CEG＝90°或∠ECG＝90°，
①如圖2﹣1，當(dāng)∠CEG＝90°時(shí)，
∵EF⊥x軸，
∴EF∥y軸，
∴∠ECO＝∠COF＝∠CEF＝90°，
∴四邊形OFEC為矩形，
∴yE＝y(tǒng)C＝3，
在y＝﹣x2+2x+3中，當(dāng)y＝3時(shí)，x1＝0，x2＝2，
∴E（2，3）；
②如圖2﹣2，當(dāng)∠ECG＝90°時(shí)，
由（2）知，∠DCB＝90°，
∴此時(shí)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合，
∵D（1，4），
∴E（1，4），
綜上所述，當(dāng)△ECG是直角三角形時(shí)，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2，3）或（1，4）．
【變式2-4】（2023?鐵嶺模擬）如圖，一次函數(shù)的圖象與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，二次函數(shù)y＝的圖象與一次函數(shù)y＝﹣的圖象交于B、C兩點(diǎn)，與x軸交于D、E兩點(diǎn)，且點(diǎn)D坐標(biāo)為（﹣1，0）．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）求四邊形BDEC的面積S；
（3）在x軸上是否存在點(diǎn)P，使得△PBC是直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．?
【答案】（1）二次函數(shù)的解析式為y＝x2+x+1；
（2）四邊形BDEC的面積為4.5；
（3）P的坐標(biāo)為（﹣1，0）或（﹣3，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．
【解答】解：（1）在y＝﹣x+1中，令x＝0得y＝1，令y＝0得x＝2，
∴A（2，0），B（0，1），
把B（0，1），D（﹣1，0）代入y＝x2+bx+c得：
，
解得，
∴二次函數(shù)的解析式為y＝x2+x+1；
（2）如圖：
在y＝x2+x+1中，令y＝0得0＝x2+x+1，
解得x＝﹣2或x＝﹣1，
∴E（﹣2，0），D（﹣1，0），
∵A（2，0），AD＝3，
∴AE＝4，
由解得或，
∴C（﹣4，3），
∴S△ACE＝×4×3＝6，S△ABD＝×3×1＝1.5，
∴四邊形BDEC的面積S＝S△ACE﹣S△ABD＝6﹣1.5＝4.5，
∴四邊形BDEC的面積為4.5；
（3）設(shè)P（m，0），
∵B（0，1），C（﹣4，3），
∴BC2＝20，PB2＝m2+1，PC2＝（m+4）2+9，
當(dāng)P為直角頂點(diǎn)時(shí)，PB2+PC2＝BC2，
∴m2+1+（m+4）2+9＝20，
解得m＝﹣1或m＝﹣3，
∴P（﹣1，0）或（﹣3，0）；
當(dāng)B為直角頂點(diǎn)時(shí)，PB2+BC2＝PC2，
∴m2+1+20＝（m+4）2+9，
解得m＝﹣，
∴P（﹣，0），
當(dāng)C為直角頂點(diǎn)時(shí)，PC2+BC2＝PB2，
∴（m+4）2+9+20＝m2+1，
解得m＝﹣，
∴P（﹣，0），
綜上所述，P的坐標(biāo)為（﹣1，0）或（﹣3，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．
【變式2-5】（2023?懷化二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)的圖象分別交x軸、y軸于點(diǎn)A、B，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A、B，E是線段OA的中點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)F是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)∠OEF＝∠BAE時(shí)，求點(diǎn)F的橫坐標(biāo)；
（3）在拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得△ABP是以點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)的直角三角形，若存在，請(qǐng)求出P點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由；
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2；
（2）點(diǎn)F的坐標(biāo)為：（2﹣，﹣）或（，）；
（3）存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（﹣，13）；
【解答】解：（1）令x＝0，得y＝x﹣2＝﹣2，則B（0，﹣2），
令y＝0，得0＝x﹣2，解得x＝4，則A（4，0），
把A（4，0），B（0，﹣2）代入y＝x2+bx+c（a≠0）中，得：，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣x﹣2①；
（2）當(dāng)點(diǎn)F在x軸的下方時(shí)，如圖1，
∵∠OEF＝∠BAE，則直線EF∥AB，
故設(shè)直線EF的表達(dá)式為：y＝（x﹣xE）＝（x﹣2）＝x﹣1②，
聯(lián)立①②得：x2﹣x﹣2＝x﹣1，
解得：x＝2﹣（不合題意的值已舍去），
即點(diǎn)F的坐標(biāo)為：（2﹣，﹣）；
當(dāng)點(diǎn)F（F′）在x軸上方時(shí)，
同理可得，直線EF′的表達(dá)式為：y＝﹣x+1③，
聯(lián)立①②得：x2﹣x﹣2＝﹣x+1，
解得：x＝（不合題意的值已舍去），
即點(diǎn)F的坐標(biāo)為：（，），
綜上，點(diǎn)F的坐標(biāo)為：（2﹣，﹣）或（，）；
（3）存在，理由：
如圖2，∵△ABP是以點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)的直角三角形，即∠PAB＝90°，
由直線AB的表達(dá)式知，tan∠OAB＝，則tan∠PAO＝2，
則直線PA的表達(dá)式為：y＝﹣2（x﹣xA）＝﹣2（x﹣4）＝﹣2x+8④，
聯(lián)立①④得：x2﹣x﹣2＝﹣2x+8，
解得：x＝4（舍去）或﹣，
即點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（﹣，13）；
【變式2-6】（2023?金灣區(qū)一模）如題22圖，拋物線y＝ax2+bx+3的對(duì)稱軸為直線x＝2，并且經(jīng)過點(diǎn)A（﹣2，0），交x軸于另一點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在直線BC上方的拋物線上有一點(diǎn)P，求點(diǎn)P到直線BC距離的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）在直線BC下方的拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使得△QBC為直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】（1）拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+3；
（2）點(diǎn)P到直線BC距離的最大值為，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)（3，）；
（3）在直線BC下方的拋物線上是存在點(diǎn)Q，使得△QBC為直角三角形，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣4，﹣5）或（﹣10，﹣32）．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3的對(duì)稱軸為直線x＝2，并且經(jīng)過點(diǎn)A（﹣2，0），
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+3；
（2）設(shè)P（p，﹣p2+p+3）．
如圖，過點(diǎn)P作PM⊥BC于M，PN⊥x軸于N，交BC于D．
∵y＝﹣x2+x+3，
∴當(dāng)x＝0時(shí)，y＝3，即C（0，3），
當(dāng)y＝0時(shí)，﹣x2+x+3＝0，解得x1＝﹣2，x2＝6，即B（6，0）．
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．
∵PD⊥x軸，且D在BC上，
∴D（p，﹣p+3），
∴S△PBC＝S△PDC+S△PBD
＝PD?ON+PD?NB
＝PD?（ON+NB）
＝PD?OB
＝（﹣p2+p+3+p﹣3）×6
＝﹣p2+p
＝﹣（p﹣3）2+，
∴當(dāng)p＝3時(shí)，△PBC面積最大，最大值為．
∵BC為定值，
∴△PBC面積最大時(shí)，點(diǎn)P到直線BC的距離最大，即PM最大．
∵B（6，0），C（0，3），
∴BC＝＝3，
∴S△PBC＝BC?PM＝PM＝，
∴PM＝，即點(diǎn)P到直線BC距離的最大值為．
當(dāng)p＝3時(shí)，﹣p2+p+3＝，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，）；
（3）如圖，假設(shè)在直線BC下方的拋物線上存在點(diǎn)Q（x，﹣x2+x+3），使得△QBC為直角三角形，則x＜0或x＞6．
∵B（6，0），C（0，3），
∴BC2＝62+32＝45．
當(dāng)△QBC為直角三角形時(shí)，分兩種情況：
①如果∠Q1CB＝90°時(shí)，那么Q1B2＝BC2+Q1C2，
∴（x﹣6）2+（﹣x2+x+3）2＝45+x2+（﹣x2+x）2，
解得x＝0（舍去），或x＝﹣4，
當(dāng)x＝﹣4時(shí)，﹣x2+x+3＝﹣×（﹣4）2+（﹣4）+3＝﹣5，
∴點(diǎn)Q1的坐標(biāo)為（﹣4，﹣5）；
②如果∠Q2BC＝90°時(shí)，那么Q2C2＝BC2+Q2B2，
∴x2+（﹣x2+x）2＝45+（x﹣6）2+（﹣x2+x+3）2，
解得x＝6（舍去），或x＝﹣10，
當(dāng)x＝﹣10時(shí)，﹣x2+x+3＝﹣×（﹣10）2+（﹣10）+3＝﹣32，
∴點(diǎn)Q2的坐標(biāo)為（﹣10，﹣32）；
綜上所述，在直線BC下方的拋物線上是存在點(diǎn)Q，使得△QBC為直角三角形，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣4，﹣5）或（﹣10，﹣32）．
【題型3 等腰直角三角形存在性問題】
【典例3】（2023?增城區(qū)校級(jí)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣3（a＞0）與x軸交于A（﹣1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)P為直線BC下方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，PM⊥BC于點(diǎn)M，PN∥y軸交BC于點(diǎn)N．求線段PM的最大值和此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)E為x軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q為拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在以CQ為斜邊的等腰直角三角形CEQ？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入函數(shù)y＝ax2+bx﹣3（a＞0）中，
得，
解得，
∴解析式為y＝x2﹣2x﹣3，
故拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝3，
∴C（0，﹣3），
∵B（3，0），
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵PN∥y軸，
∴∠MNP＝45°，
∵PM⊥BC，
∴PM＝PN，則當(dāng)PN最大時(shí)，PM也最大，
設(shè)BC的解析式為y＝mx+n，
∴，
解得，
∴BC解析式為y＝x﹣3，
設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），N（x，x﹣3），
∴PN＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣（x﹣）2+，
當(dāng)x＝時(shí)，PN最大，則PM＝PN＝×＝，
∴P（，），
故PM最大值為，P點(diǎn)坐標(biāo)為（，﹣）；
（3）存在，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）．
∵CEQ是以CQ為斜邊的等腰直角三角形，
∴設(shè)Q（x，x2﹣2x﹣3），
①如圖，過點(diǎn)E作x軸的垂線l，再分別過點(diǎn)C和點(diǎn)Q作垂線l的垂線，分別交于點(diǎn)M和點(diǎn)N，
∵∠CEQ＝90°，
∴∠QEM+∠CEN＝90°，
∵∠QEM+∠MQE＝90°，
∴∠EQM＝∠CEN，
∵∠CNE＝∠QME＝90°，EC＝EQ，
∴△EMQ≌△CNE（AAS），
∴CN＝EM＝x2﹣2x﹣3，MQ＝EN＝3，
∴|xQ|+MQ＝CN，﹣x+3＝x2﹣2x﹣3，
解得x＝﹣2，x＝3（舍去），
∴OE＝CM＝2+3＝5，E（﹣5，0），
②如圖，過點(diǎn)E作x軸的垂線l，再分別過點(diǎn)C和點(diǎn)Q作垂線l的垂線，分別交于點(diǎn)M和點(diǎn)N，
同理：△EMC≌△QNE（AAS），
CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，
∴﹣x+x2﹣2x﹣3＝3，
解得x＝，x＝（舍去），
∴OE＝CM＝，E（，0），
③如圖，點(diǎn)E和點(diǎn)O重合，點(diǎn)Q和點(diǎn)B重合，此時(shí)E（0，0），
④如圖，過點(diǎn)E作x軸的垂線l，再分別過點(diǎn)C和點(diǎn)Q作垂線l的垂線，分別交于點(diǎn)M和點(diǎn)N，
同理：△EMC≌△QNE（AAS），
CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，
∴x+3＝x2﹣2x﹣3，
解得x＝，x＝（舍去），
∴OE＝CM＝，E（，0），
綜上所述，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）．
【變式3-1】（2023?撫遠(yuǎn)市二模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（2，0）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在拋物線上有一點(diǎn)P，過點(diǎn)P作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)Q，若△APQ是等腰直角三角形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2．
（2）P（3，4）或（1，2）．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（2，0）．
∴，
解得，，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2．
（2）如圖，∵PQ⊥x軸于Q，
∴∠PQA＝90°，
∵△APQ是等腰直角三角形，
∴AQ＝PQ，
∵點(diǎn)P在拋物線y＝x2﹣x﹣2上，
∴設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，0）則點(diǎn)P（m，m2﹣m﹣2），
∴AQ＝|m﹣（﹣1）|＝|m+1|，PQ＝|m2﹣m﹣2|，
∴|m+1|＝|m2﹣m﹣2|，
∴m+1＝m2﹣m﹣2或m+1＝﹣（m2﹣m﹣2），
即m2﹣2m﹣3＝0或m2＝1，
當(dāng)m2﹣2m﹣3＝0時(shí)，
解得，m＝3或m＝﹣1（舍去），
此時(shí)P（3，4），
當(dāng)m2＝1時(shí)，
解得，m＝1或m＝﹣1（舍去），
此時(shí)P（1，﹣2），
綜上得，點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（3，4）或（1，2）．
【變式3-2】（2023?富錦市校級(jí)一模）如圖，是拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（2，0）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在拋物線上有一點(diǎn)P，過點(diǎn)P作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)Q，若△APQ是等腰直角三角形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2．
（2）P（3，4）或（1，﹣2）．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（2，0）．
∴，
解得，．
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2．
（2）如圖，∵PQ⊥x軸于Q，
∴∠PQA＝90°，
∵△APQ是等腰直角三角形，
∴AQ＝PQ，
∵點(diǎn)P在拋物線y＝x2﹣x﹣2上，
∴設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，0）則點(diǎn)P（m，m2﹣m﹣2），
∴AQ＝|m﹣（﹣1）|＝|m+1|，PQ＝|m2﹣m﹣2|，
∴|m+1|＝|m2﹣m﹣2|，
∴m+1＝m2﹣m﹣2或m+1＝﹣（m2﹣m﹣2），
即m2﹣2m﹣3＝0或m2＝1，
當(dāng)m2﹣2m﹣3＝0時(shí)，
解得，m＝3或m＝﹣1（舍去），
此時(shí)P（3，4），
當(dāng)m2＝1時(shí)，
解得，m＝1或m＝﹣1（舍去），
此時(shí)P（1，﹣2），
綜上得，點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（3，4）或（1，﹣2）．
【變式3-3】（2023?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0）和點(diǎn)B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C．
?（1）求該拋物線的解析式；
（2）點(diǎn)M為該拋物線的對(duì)稱軸l上一點(diǎn)，點(diǎn)P為該拋物線上的點(diǎn)且在l左側(cè)，當(dāng)△AMP是以M為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形時(shí)，求符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；
（2）M的坐標(biāo)為（1，1）或．
【解答】解：（1）將點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2x+3；
（2）由y＝﹣x2+2x+3得，y＝﹣（x﹣1）2+4；
設(shè)M點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，m），過點(diǎn)M作PM⊥AM交拋物線于點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PE⊥對(duì)稱軸于點(diǎn)E，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)D，
①當(dāng)點(diǎn)M在x軸上方時(shí)，
∵PM＝AM，∠PMA＝90°，
∴∠AMD+∠PME＝90°，
∵∠MAD+∠AMD＝90°，
∴∠MAD＝∠PME，
∴△AMD≌△MPE（AAS），
∴PE＝DM＝m，EM＝AD＝2，
∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為（1﹣m，2+m），
∴﹣（1﹣m）2+2（1﹣m）+3＝2+m，
解得：m1＝﹣2（舍去），m2＝1，
∴M的坐標(biāo)為（1，1）；
②當(dāng)點(diǎn)M在x軸上時(shí)，顯然不適合題意；
③當(dāng)點(diǎn)M在x軸下方時(shí)，同①可證：
△AMD≌△MPE（AAS），
∴PE＝DM＝﹣m，EM＝AD＝2，
∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為（m+1，m﹣2），
∴﹣（m+1）2+2（m+1）+3＝m﹣2，
整理得：m2+5m﹣2＝0，
解得：（舍去），，
∴M的坐標(biāo)為；
∴M的坐標(biāo)為（1，1）或．
【變式3-4】（2023?西安一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣1的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為，與y軸交于點(diǎn)B．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）點(diǎn)P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，以PM為斜邊作等腰直角三角形PMN，當(dāng)點(diǎn)N恰好落在y軸上時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【答案】（1）y＝2x2+3x﹣1；
（2）點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2）或（，1）或（，）或（，）．
【解答】解：（1）拋物線y＝ax2+bx﹣1，令x＝0，則y＝﹣1，
∴B（0，﹣1），
∵拋物線y＝ax2+bx﹣1的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣，﹣），
∴y＝a（x+）2﹣，
將B（0，﹣1）代入y＝a（x+）2﹣得a﹣＝﹣1，
解得a＝2，
∴y＝2（x+）2﹣＝2x2+3x﹣1；
（2）過點(diǎn)P作PQ⊥y軸于點(diǎn)Q，
∵以PM為斜邊作等腰直角三角形PMN，
∴∠NPM＝∠NMP＝45°，
∵PM⊥x軸，PQ⊥y軸，
∴PM⊥PQ，
∴∠NPQ＝∠OMN＝45°，四邊形PQOM是矩形，
∴△PQN、△OMN是等腰直角三角形，PQ＝OM，OQ＝PM，
∴PQ＝QN，OM＝ON，
∴ON＝OM，ON＝OQ，
設(shè)點(diǎn)P（m，2m2+3m﹣1），
∴OQ＝|2m2+3m﹣1|，OM＝|m|，
∴|2m2+3m﹣1|＝|m|，
解得m＝﹣1或或或．
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2）或（，1）或（，）或（，）．
【變式3-5】（2023?惠民縣自主招生）已知：如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A（0，6），B（6，0），C（﹣2，0），點(diǎn)P是線段AB上方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，△PAB的面積有最大值？
（3）過點(diǎn)P作x軸的垂線，交線段AB于點(diǎn)D，再過點(diǎn)P作PE∥x軸交拋物線于點(diǎn)E，連接DE，請(qǐng)問是否存在點(diǎn)P使△PDE為等腰直角三角形？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【解答】解：（1）∵拋物線過點(diǎn)B（6，0）、C（﹣2，0），
∴設(shè)拋物線解析式為y＝a（x﹣6）（x+2），
將點(diǎn)A（0，6）代入，得：﹣12a＝6，
解得：a＝﹣，
所以拋物線解析式為y＝﹣（x﹣6）（x+2）＝﹣x2+2x+6；
（2）如圖1，過點(diǎn)P作PM⊥OB于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)N，作AG⊥PM于點(diǎn)G，
設(shè)直線AB解析式為y＝kx+m，
將點(diǎn)A（0，6）、B（6，0）代入，得：
，
解得：，
則直線AB解析式為y＝﹣x+6，
設(shè)P（t，﹣t2+2t+6）其中0＜t＜6，
則N（t，﹣t+6），
∴PN＝﹣t2+2t+6﹣（﹣t+6）＝﹣t2+2t+6+t﹣6＝﹣t2+3t，
∴S△PAB＝S△PAN+S△PBN
＝PN?AG+PN?BM
＝PN?（AG+BM）
＝PN?OB
＝×（﹣t2+3t）×6
＝﹣t2+9t
＝﹣（t﹣3）2+，
∴當(dāng)t＝3時(shí)，P位于（3，）時(shí)，△PAB的面積有最大值；
方法二：如圖2，連接OP，作PH⊥x軸于點(diǎn)H，作PG⊥y軸于點(diǎn)G，
設(shè)P（t，﹣t2+2t+6）其中0＜t＜6，
則PH＝﹣t2+2t+6，PG＝t，
S△PAB＝S△PAO+S△PBO﹣S△ABO
＝×6×t+×6×（﹣t2+2t+6）﹣×6×6
＝﹣t2+9t
＝﹣（t﹣3）2+，
∴當(dāng)t＝3時(shí)，即P位于（3，）時(shí)，△PAB的面積有最大值
（3）如圖3，
若△PDE為等腰直角三角形，
則PD＝PE，
設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為a，點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為b，
∴PD＝﹣a2+2a+6﹣（﹣a+6）＝﹣a2+3a，＝﹣，
則b＝4﹣a，
∴PE＝|a﹣（4﹣a）|＝|2a﹣4|＝2|2﹣a|，
∴﹣a2+3a＝2|2﹣a|，
解得：a＝4或a＝5﹣，
所以P（4，6）或P（5﹣，3﹣5）．

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