經(jīng)典例題
【例1】（2022春?綠園區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC以
每秒2個單位長度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動，過點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，將線段PQ繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PR，連結(jié)QR．設(shè)四邊形APRQ與Rt△ABC的重疊部分的面積為S，點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t（t＞0）秒．
（1）線段AP的長為 2t （用含t的代數(shù)式表示）．
（2）當(dāng)點(diǎn)R恰好落在線段BC上時，求t的值．
（3）求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（4）當(dāng)△CPR為直角三角形時，直接寫出t的值．
【分析】（1）由題意可得出答案；
（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)可得出2t＝6﹣t，則可求出答案；
（3）分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)R在△ACB內(nèi)或BC邊上時，0＜t≤2，②當(dāng)2＜t≤3時，由平行四邊形的面積公式及三角形面積可得出答案；
（4）可分兩種情況：①當(dāng)∠PCR＝90°時，由（2）可知，t＝2，②當(dāng)∠CRP＝90°，由題意得出AP＝PC，則可求出t的值．
【解答】解：（1）由題意可知，AP＝2t，
故答案為：2t；
（2）如圖，
∵將線段PQ繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PR，
∴PQ＝PR，∠QPR＝90°，
∵AP＝2t，
∴AQ＝PQ＝t，
∴QR＝t＝2t，
∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝6，
∴BQ＝6﹣t，
∵當(dāng)點(diǎn)R恰好落在線段BC上時，∠RCP＝90°，
∴∠CPR＝∠CRP＝∠PRQ＝45°，
∴∠QRB＝90°，
∴BQ＝RQ，
∴2t＝6﹣t，
∴t＝2；
（3）分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)R在△ACB內(nèi)或BC邊上時，0＜t≤2，
∵AP＝QR，AQ＝PR，
∴四邊形APRQ為平行四邊形，
∴S＝AQ?PQ＝＝2t2；
②當(dāng)2＜t≤3時，由題意知，△CPE和△EFR為等腰直角三角形，
∴CP＝CE＝6﹣2t，
∴PE＝6﹣2t，
∴ER＝＝3t﹣6，
∴＝，
∴S＝S四邊形APRQ﹣S△EFR＝＝﹣，
∴S＝；
（4）當(dāng)△CPR為直角三角形時，可分兩種情況：
①當(dāng)∠PCR＝90°時，由（2）可知，t＝2，
②當(dāng)∠CRP＝90°，由題意可知AQ＝PQ＝PR＝CR，
∴AP＝PC，
∴2t＝6﹣2t，
∴t＝．
綜上所述，當(dāng)t＝2或時，△CPR為直角三角形．
【例2】（2022春?成華區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，經(jīng)過A（﹣2，6）的直線交x軸正半軸于點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C，OB＝OC，直線AD交x軸負(fù)半軸于點(diǎn)D，若△ABD的面積為27．
（1）求直線AB的表達(dá)式和點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）橫坐標(biāo)為m的點(diǎn)P在線段AB上（不與點(diǎn)A、B重合），過點(diǎn)P作x軸的平行線交AD于點(diǎn)E，設(shè)PE的長為y（y≠0），求y與m之間的函數(shù)關(guān)系式并直接寫出相應(yīng)的m取值范圍；
（3）在（2）的條件下，在x軸上是否存在點(diǎn)F，使△PEF為等腰直角三角形？若存在求出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)直線AB交x軸正半軸于點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)C，OB＝OC，設(shè)出解析式為y＝﹣x+n，把A的坐標(biāo)代入求得n的值，從而求得B的坐標(biāo)，再根據(jù)三角形的面積建立方程求出BD的值，求出OD的值，從而求出D點(diǎn)的坐標(biāo)，直接根據(jù)待定系數(shù)法求出AD的解析式；
（2）先根據(jù)B、A的坐標(biāo)求出直線AB的解析式，將P點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入直線AB的解析式，求出P的縱坐標(biāo)，將P點(diǎn)的縱坐標(biāo)代入直線AD的解析式就可以求出E的橫坐標(biāo)，根據(jù)線段的和差關(guān)系就可以求出結(jié)論；
（3）要使△PEF為等腰直角三角形，分三種情況分別以點(diǎn)P、E、F為直角頂點(diǎn)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出（2）中m的值，就可以求出F點(diǎn)的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵OB＝OC，
∴設(shè)直線AB的解析式為y＝﹣x+n，
∵直線AB經(jīng)過A（﹣2，6），
∴2+n＝6，
∴n＝4，
∴直線AB的解析式為y＝﹣x+4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∵△ABD的面積為27，A（﹣2，6），
∴S△ABD＝×BD×6＝27，
∴BD＝9，
∴OD＝5，
∴D（﹣5，0），
設(shè)直線AD的解析式為y＝ax+b，
∴，
解得．
∴直線AD的解析式為y＝2x+10；
（2）∵點(diǎn)P在AB上，且橫坐標(biāo)為m，
∴P（m，﹣m+4），
∵PE∥x軸，
∴E的縱坐標(biāo)為﹣m+4，
代入y＝2x+10得，﹣m+4＝2x+10，
解得x＝，
∴E（，﹣m+4），
∴PE的長y＝m﹣＝m+3；
即y＝m+3，（﹣2＜m＜4）；
（3）在x軸上存在點(diǎn)F，使△PEF為等腰直角三角形，
①當(dāng)∠FPE＝90°時，如圖①，
有PF＝PE，PF＝﹣m+4，PE＝m+3，
∴﹣m+4＝m+3，
解得m＝，此時F（，0）；
②當(dāng)∠PEF＝90°時，如圖②，有EP＝EF，EF的長等于點(diǎn)E的縱坐標(biāo)，
∴EF＝﹣m+4，
∴﹣m+4＝m+3，
解得：m＝，
∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為x＝＝﹣，
∴F（﹣，0）；
③當(dāng)∠PFE＝90°時，如圖③，有 FP＝FE，
∴∠FPE＝∠FEP．
∵∠FPE+∠EFP+∠FEP＝180°，
∴∠FPE＝∠FEP＝45°．
作FR⊥PE，點(diǎn)R為垂足，
∴∠PFR＝180°﹣∠FPE﹣∠PRF＝45°，
∴∠PFR＝∠RPF，
∴FR＝PR．
同理FR＝ER，
∴FR＝PE．
∵點(diǎn)R與點(diǎn)E的縱坐標(biāo)相同，
∴FR＝﹣m+4，
∴﹣m+4＝（m+3），
解得：m＝，
∴PR＝FR＝﹣m+4＝﹣+4＝，
∴點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為﹣＝﹣，
∴F（﹣，0）．
綜上，在x軸上存在點(diǎn)F使△PEF為等腰直角三角形，點(diǎn)F的坐標(biāo)為（，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．
【例3】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，C（8，0）、B（0，6）是矩形ABOC的兩個頂點(diǎn)，點(diǎn)D是線段AB上的一個動點(diǎn)（不與A、B重合），雙曲線y＝（k＞0）經(jīng)過點(diǎn)D，與矩形ABOC的邊AC相交于點(diǎn)E．
（1）如圖①，當(dāng)點(diǎn)D為AB中點(diǎn)時，k的值為 24 ，點(diǎn)E的坐標(biāo)為 （8，3） ．
（2）如圖②，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上的任意位置時（不與A、B重合），連接BC、DE，求證：BC∥DE．
（3）是否存在反比例函數(shù)上不同于點(diǎn)D的一點(diǎn)F，滿足：△ODF為直角三角形，∠ODF＝90°，且tan∠DOF＝，若存在，請直接寫出滿足以上條件時點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得點(diǎn)A的坐標(biāo)，再利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式得點(diǎn)D的坐標(biāo)，從而得出k的值，再將y＝6代入即可；
（2）根據(jù)點(diǎn)D、E的坐標(biāo)，可得出AD、AE的長度，根據(jù)即即可證出BC∥DE；
（3）根據(jù)題意可知，需要分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)F在直線AB上方時，過點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FM⊥DG于點(diǎn)M，②當(dāng)點(diǎn)F在直線AB下方時，如圖，過點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FN⊥AB于點(diǎn)N，分別設(shè)出點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，表達(dá)點(diǎn)F的坐標(biāo)，進(jìn)而得出方程，求解即可．
【解答】（1）解：∵C（8，0）、B（0，6）是矩形ABOC的兩個頂點(diǎn)，
∴AB＝OC＝8，AC＝OB＝6，
∴A（8，6），
∵點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，
∴D（4，6），
∴k＝8×3＝24，
∴y＝，
當(dāng)x＝8時，y＝3，
∴E（8，3），
故答案為：24，（8，3）；
（2）證明：設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（m，6），
∴k＝6m，
∴反比例函數(shù)的解析式為：y＝，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（8，），
∴AD＝8﹣m，AE＝AC﹣CE＝6﹣＝，
∵＝＝，＝＝，
∴＝，即，
∴BC∥DE；
（3）解：根據(jù)題意可知，需要分兩種情況：
①當(dāng)點(diǎn)F在直線AB上方時，如圖，過點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FM⊥DG于點(diǎn)M，
∴∠OGD＝∠DMF＝90°，
∵∠ODF＝90°，
∴∠ODG+∠DOG＝∠ODG+∠FDM＝90°，
∴∠DOG＝∠FDM，
∴△ODG∽△DFM，
∴OD：DF＝OG：DM＝DG：FM，
∵tan∠DOF＝，
∴DF：OD＝1：3，
∴OD：DF＝OG：DM＝DG：FM＝3，
∵DG＝OB＝6，
∴FM＝2，
設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為t，
則OG＝t，
∴DM＝，
∴D（t，6），F(xiàn)（t﹣2，6+），
∴6t＝（t﹣2）（6+），
解得t＝1+（負(fù)值舍去）．
即此時點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為：1+．
②當(dāng)點(diǎn)F在直線AB下方時，如圖，過點(diǎn)D作DG⊥x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FN⊥AB于點(diǎn)N，
∴∠OBD＝∠DNF＝90°，
∵∠ODF＝90°，
∴∠ODB+∠DOB＝∠ODB+∠FDN＝90°，
∴∠DOB＝∠FDN，
∴△ODB∽△DFN，
∴OD：DF＝OB：DN＝DB：FN，
∵tan∠DOF＝，
∴DF：OD＝1：3，
∴OD：DF＝OB：DN＝DB：FN＝3，
∵OB＝6，
∴FN＝2，
設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為n，
則BD＝n，
∴FN＝，
∴D（n，6），F(xiàn)（n+2，6﹣），
∴6n＝（n+2）（6﹣），
解得n＝﹣1+（負(fù)值舍去）．
即此時點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為：﹣1+．
綜上，滿足題意的點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為：1+或﹣1+．
【例4】（2022?巴南區(qū)自主招生）已知在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，A（﹣4，0），B（12，0），C（0，﹣6）．
（1）求這個二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖1，點(diǎn)P為直線BC下方拋物線上的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD∥y軸交直線BC于點(diǎn)D，過點(diǎn)P作PE∥BC交x軸于點(diǎn)E，求PD+BE的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，將拋物線沿射線CB方向平移3個單位，得到新拋物線y'，點(diǎn)F為y'的對稱軸上任意一點(diǎn)，若以點(diǎn)B、C、F為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形，請直接寫出符合條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)．
【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）設(shè)P（t，t2﹣t﹣6），則D（t，t﹣6），則PD＝﹣t2+t，求出直線PE的解析式為y＝x+t2+t﹣6，則E（﹣t2﹣3t+12，0），可求BE＝﹣t2﹣3t，所以PD+BE＝﹣（t﹣6）2+，即可求當(dāng)t＝6時，PD+PE有最大值，此時P（6，﹣）；
（3）求出平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣10）2﹣5，設(shè)F（10，n），B（12，0），C（0，﹣6），則BF2＝4+n2，BC2＝180，F(xiàn)C2＝100+（n+6）2，分三種情況討論當(dāng)BF為斜邊時，F(xiàn)（10，﹣26）；當(dāng)BC為斜邊時，F(xiàn)（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；當(dāng)CF為斜邊時，100+（n+6F（10，4）．
【解答】解：（1）將A（﹣4，0），C（0，﹣6）代入y＝x2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣6；
（2）設(shè)BC的直線解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣6，
設(shè)P（t，t2﹣t﹣6），則D（t，t﹣6），
∴PD＝﹣t2+t，
設(shè)直線PE的解析式為y＝x+m，
將點(diǎn)P代入，可得m＝t2+t﹣6，
∴y＝x+t2+t﹣6，
∴E（﹣t2﹣3t+12，0），
∴BE＝﹣t2﹣3t，
∴PD+BE＝﹣t2+t+（﹣t2﹣3t）＝﹣（t﹣6）2+，
∴當(dāng)t＝6時，PD+PE有最大值，
此時P（6，﹣）；
（3）設(shè)拋物線沿x軸正方向平移2m個單位，則沿y軸正方向平移m個單位，
∴3＝m，
解得m＝3，
∴平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣10）2﹣5，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝10，
設(shè)F（10，n），B（12，0），C（0，﹣6），
∴BF2＝4+n2，BC2＝180，F(xiàn)C2＝100+（n+6）2，
當(dāng)BF為斜邊時，100+（n+6）2+180＝4+n2，
解得n＝﹣26，
∴F（10，﹣26）；
當(dāng)BC為斜邊時，180＝100+（n+6）2+4+n2，
解得n＝﹣3+或n＝﹣3﹣，
∴F（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；
當(dāng)CF為斜邊時，100+（n+6）2＝180+4+n2，
解得n＝4，
∴F（10，4）；
綜上所述：F點(diǎn)坐標(biāo)為（10，﹣26）或（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）或（10，4）．
培優(yōu)訓(xùn)練
一．解答題
1．（2022秋?南關(guān)區(qū)校級月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，動點(diǎn)F從點(diǎn)A出發(fā)沿折線AC﹣CB向終點(diǎn)B運(yùn)動，在AC上的速度為每秒個單位長度，在BC上的速度為每秒1個單位長度．當(dāng)點(diǎn)F不與點(diǎn)C重合時，以CF為邊在點(diǎn)C的右上方作等邊△CFQ，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t（秒），點(diǎn)F到AB的距離為h．
（1）AC＝ 2 ；
（2）求h與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；
（3）當(dāng)點(diǎn)F在AC邊上運(yùn)動，且點(diǎn)Q到AB的距離為h時，求t的值；
（4）取AB邊的中點(diǎn)D，連結(jié)FD、CD，當(dāng)△FCD是直角三角形時，直接寫出t的值．
【分析】（1）根據(jù)含30°的直角三角形和勾股定理可得AC的長；
（2）分兩種情況：F在AC上和BC上，根據(jù)含30°角的直角三角形和勾股定理可得h與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）分兩種情況：設(shè)直線CQ與AB交于點(diǎn)P，①如圖3，點(diǎn)P在CQ上，②如圖4，點(diǎn)P在CQ的延長線上，根據(jù)等邊三角形的邊長2﹣t列等式，解出可得答案；
（4）分三種情況：當(dāng)F在AC上時，①如圖5，∠CFD＝90°，②如圖6，∠CDF＝90°，當(dāng)F在BC上時，③如圖7，∠DFC＝90°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得答案．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，
∴AB＝2BC＝4，
∴AC＝＝＝2，
故答案為：2；
（2）分兩種情況：
過點(diǎn)F作FH⊥AB于H，
①當(dāng)0≤t＜2時，點(diǎn)F在邊AC上，如圖1，
由題意得：AF＝t，
Rt△AFH中，∠A＝30°，
∴FH＝h＝AF＝t；
②當(dāng)2＜t≤4時，點(diǎn)F在邊BC上，如圖2，
由題意得：CF＝t﹣2，
∴BF＝BC﹣CF＝2﹣（t﹣2）＝4﹣t，
Rt△BFH中，∠BFH＝30°，
∴BH＝BF＝，
∴FH＝h＝BH＝＝﹣t﹣2；
綜上，h與t的函數(shù)關(guān)系式為：h＝；
（3）分兩種情況：
設(shè)直線CQ與AB交于點(diǎn)P，
①如圖3，點(diǎn)D在CQ上，
∵△CFQ是等邊三角形，
∴∠FCQ＝∠Q＝∠CFQ＝60°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCQ＝30°，
∵∠B＝60°，
∴∠CPE＝30°+60°＝90°，
∴∠PEQ＝30°，
∵當(dāng)點(diǎn)F在AC邊上運(yùn)動，且點(diǎn)Q到AB的距離為h時，即QP＝h，
∴QE＝2PQ＝h，
∵∠CFQ＝60°，∠A＝30°，
∴∠A＝∠AEF＝30°，
∴EF＝AF＝t，
∵CF＝FQ＝2﹣t，
∴2﹣t＝t+h＝t+t，
∴t＝；
②如圖4，點(diǎn)P在CQ的延長線上，
由①知：∠BPC＝90°，∠BCP＝30°，
∴CP＝BP＝，
∵CP＝CQ+PQ，
∴＝2﹣t+t，
∴t＝；
綜上，t的值是或；
（4）分三種情況：
①如圖5，∠CFD＝90°，
∵D是AB的中點(diǎn)，∠ACB＝90°，
∴CD＝AD＝2，
∴CF＝AF＝，
∴t＝1；
②如圖6，∠CDF＝90°，
∵∠DCF＝30°，
∴DF＝，CF＝2DF＝，
∴AF＝2﹣＝，
此時t＝；
③如圖7，∠DFC＝90°，
∵∠CDF＝30°，
∴CF＝CD＝1，
此時t＝2+1＝3；
綜上，t的值是1或或3．
2．（2021?羅湖區(qū)校級模擬）如圖1，已知拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過原點(diǎn)O，它的對稱軸是直線x＝2，動點(diǎn)P從拋物線的頂點(diǎn)A出發(fā)，在對稱軸上以每秒1個單位的速度向上運(yùn)動，設(shè)動點(diǎn)P運(yùn)動的時間為t秒，連接OP并延長交拋物線于點(diǎn)B，連接OA，AB．
（1）求拋物線的函數(shù)解析式；
（2）當(dāng)△AOB為直角三角形時，求t的值；
（3）如圖2，⊙M為△AOB的外接圓，在點(diǎn)P的運(yùn)動過程中，點(diǎn)M也隨之運(yùn)動變化，請你探究：在1≤t≤5時，求點(diǎn)M經(jīng)過的路徑長度．
【分析】（1）由拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過原點(diǎn)O且對稱軸是直線x＝2，知c＝0，﹣＝2，求得b的值即可得出答案；
（2）設(shè)點(diǎn)B（a，a2﹣4a），由y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4知A（2，﹣4），據(jù)此得出OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，再分∠OAB＝90°、∠AOB＝90°和∠ABO＝90°三種情況，根據(jù)勾股定理列出關(guān)于a的方程，解之求得a的值，繼而求出直線OB解析式，求出x＝2時y的值，從而求得t的值；
（3）由⊙M為△AOB的外接圓知點(diǎn)M在線段OA的中垂線上，從而得出1≤t≤5時，點(diǎn)M的運(yùn)動路徑是在線段OA中垂線上的一條線段，再結(jié)合（2）中的情況求出點(diǎn)M的位置，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式求解可得．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過原點(diǎn)O，且對稱軸是直線x＝2，
∴c＝0，﹣＝2，
則b＝﹣4、c＝0，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x；
（2）設(shè)點(diǎn)B（a，a2﹣4a），
∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，
∴點(diǎn)A（2，﹣4），
則OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，
①若OB2＝OA2+AB2，則a2+（a2﹣4a）2＝20+（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，
解得a＝2（舍）或a＝，
∴B（，﹣），
則直線OB解析式為y＝﹣x，
當(dāng)x＝2時，y＝﹣3，即P（2，﹣3），
∴t＝（﹣3+4）÷1＝1；
②若AB2＝OA2+OB2，則（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2＝20+a2+（a2﹣4a）2，
解得a＝0（舍）或a＝，
∴B（，），
則直線OB解析式為y＝x，
當(dāng)x＝2時，y＝1，即P（2，1），
∴t＝[1﹣（﹣4）]÷1＝5；
③若OA2＝AB2+OB2，則20＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2+a2+（a2﹣4a）2，
整理，得：a3﹣8a2+21a﹣18＝0，
a3﹣3a2﹣5a2+15a+6a﹣18＝0，
a2（a﹣3）﹣5a（a﹣3）+6（a﹣3）＝0，
（a﹣3）（a2﹣5a+6）＝0，
（a﹣3）2（a﹣2）＝0，
則a＝3或a＝2（舍），
∴B（3，﹣3），
∴直線OB解析式為y＝﹣x，
當(dāng)x＝2時，y＝﹣2，即P（2，﹣2），
∴t＝[﹣2﹣（﹣4）]÷1＝2；
綜上，當(dāng)△AOB為直角三角形時，t的值為1或2或5．
（3）∵⊙M為△AOB的外接圓，
∴點(diǎn)M在線段OA的中垂線上，
∴當(dāng)1≤t≤5時，點(diǎn)M的運(yùn)動路徑是在線段OA中垂線上的一條線段，
當(dāng)t＝1時，如圖1，
由（2）知∠OAB＝90°，
∴此時Rt△OAB的外接圓圓心M是OB的中點(diǎn)，
∵B（，﹣），
∴M（，﹣）；
當(dāng)t＝5時，如圖2，
由（2）知，∠AOB＝90°，
∴此時Rt△OAB的外接圓圓心M是AB的中點(diǎn)，
∵B（，）、A（2，﹣4），
∴M（，﹣）；
當(dāng)t＝2時，如圖3，
由（2）知，∠OBA＝90°，
∴此時Rt△OAB的外接圓圓心M是OA的中點(diǎn)，
∵A（2，﹣4），
∴M（1，﹣2）；
則點(diǎn)M經(jīng)過的路徑長度為+＝+＝．
3．（2012?蕪湖縣校級自主招生）學(xué)習(xí)過三角函數(shù)，我們知道在直角三角形中，一個銳角的大小與兩條邊長的比值相互唯一確定，因此邊長與角的大小之間可以相互轉(zhuǎn)化．
類似的，可以在等腰三角形中建立邊角之間的聯(lián)系，我們定義：等腰三角形中底邊與腰的比叫做頂角的正對（sad）．如圖，在△ABC中，AB＝AC，頂角A的正對記作sadA，這時sadA＝．容易知道一個角的大小與這個角的正對值也是相互唯一確定的．
根據(jù)上述對角的正對定義，解下列問題：
（1）sad60°的值為 B
A． B．1 C．D．2
（2）對于0°＜A＜180°，∠A的正對值sadA的取值范圍是 0＜sadA＜2 ．
（3）已知sinα＝，其中α為銳角，試求sadα的值．
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，求出底角的度數(shù)，判斷出三角形為等邊三角形，再根據(jù)正對的定義解答；
（2）求出0度和180度時等腰三角形底和腰的比即可；
（3）作出直角△ABC，構(gòu)造等腰三角形ACD，根據(jù)正對的定義解答．
【解答】解：（1）根據(jù)正對定義，
當(dāng)頂角為60°時，等腰三角形底角為60°，
則三角形為等邊三角形，
則sad60°＝＝1．
故選B．
（2）當(dāng)∠A接近0°時，sadα接近0，
當(dāng)∠A接近180°時，等腰三角形的底接近于腰的二倍，故sadα接近2．
于是sadA的取值范圍是0＜sadA＜2．
故答案為0＜sadA＜2．
（3）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，sin∠A＝．
在AB上取點(diǎn)D，使AD＝AC，
作DH⊥AC，H為垂足，令BC＝3k，AB＝5k，
則AD＝AC＝＝4k，
又∵在△ADH中，∠AHD＝90°，sin∠A＝．
∴DH＝ADsin∠A＝k，AH＝＝k．
則在△CDH中，CH＝AC﹣AH＝k，CD＝＝k．
于是在△ACD中，AD＝AC＝4k，CD＝k．
由正對的定義可得：sadA＝＝，即sadα＝．
4．（2022秋?法庫縣期中）如圖，已知函數(shù)y＝x+1的圖象與y軸交于點(diǎn)A，一次函數(shù)y＝kx+b的圖象經(jīng)過點(diǎn)B（0，﹣1），與x軸以及y＝x+1的圖象分別交于點(diǎn)C，D，且點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，n）．
（1）則k＝ 3 ，b＝ ﹣1 ，n＝ 2 ；
（2）若函數(shù)y＝kx+b的值大于函數(shù)y＝x+1的函數(shù)值，則x的取值范圍是 x＞1 ；
（3）求四邊形AOCD的面積；
（4）在x軸上是否存在點(diǎn)P，使得以點(diǎn)P，C，D為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形，請直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【分析】（1）對于直線y＝x+1，令x＝0求出y的值，確定出A的坐標(biāo)，把B坐標(biāo)代入y＝kx+b中求出b的值，再將D坐標(biāo)代入y＝x+1求出n的值，進(jìn)而將D坐標(biāo)代入求出k的值即可；
（2）由兩一次函數(shù)解析式，結(jié)合圖象確定出x的范圍即可；
（3）過D作DE垂直于x軸，如圖1所示，四邊形AOCD面積等于梯形AOED面積減去三角形CDE面積，求出即可；
（4）在x軸上存在點(diǎn)P，使得以點(diǎn)P，C，D為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形，理由為：分兩種情況考慮：①DP′⊥DC；②DP⊥CP，分別求出P坐標(biāo)即可．
【解答】解：（1）對于直線y＝x+1，令x＝0，得到y(tǒng)＝1，即A（0，1），
把B（0，﹣1）代入y＝kx+b中，得：b＝﹣1，
把D（1，n）代入y＝x+1得：n＝2，即D（1，2），
把D坐標(biāo)代入y＝kx﹣1中得：2＝k﹣1，即k＝3，
故答案為：3，﹣1，2；
（2）∵一次函數(shù)y＝x+1與y＝3x﹣1交于D（1，2），
∴由圖象得：函數(shù)y＝kx+b的函數(shù)值大于函數(shù)y＝x+1的函數(shù)值時x的取值范圍是x＞1；
故答案為：x＞1；
（3）過D作DE⊥x軸，垂足為E，如圖1所示，
∵一次函數(shù)y＝3x﹣1的圖象與x軸交于點(diǎn)C，
∴C（，0），
∴CE＝1﹣＝，
∴S四邊形AOCD＝S梯形AOED﹣S△CDE＝（AO+DE）?OE﹣CE?DE＝×（1+2）×1﹣××2＝﹣＝；
（4）如圖2所示，設(shè)P（p，0），
∴PC2＝（p﹣）2，
PD2＝22+（p﹣1）2，
CD2＝22+（1﹣）2，
分兩種情況考慮：
①當(dāng)P′D⊥DC時，P′C2＝P′D2+CD2，
∴（p﹣）2＝22+（p﹣1）2+22+（1﹣）2，
∴p＝7，
∴P′（7，0）；
②當(dāng)DP⊥CP時，由D橫坐標(biāo)為1，得到P橫坐標(biāo)為1，
∵P在x軸上，
∴P的坐標(biāo)為（1，0），
綜上，P的坐標(biāo)為（1，0）或（7，0）．
5．（2022秋?同安區(qū)期中）如圖，直線分別與x軸、y軸交于A點(diǎn)與B點(diǎn)，函數(shù)的圖象經(jīng)過B點(diǎn)．點(diǎn)P是拋物線上的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線PD，過點(diǎn)B作BD⊥PD于點(diǎn)D．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）連接AD，當(dāng)△ABD為直角三角形時，求BD的長；
（3）將△BDP繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)45°，得到△BD'P'，當(dāng)點(diǎn)P的對應(yīng)點(diǎn)P'落在坐標(biāo)軸上時，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【分析】（1）先確定出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在對稱軸左側(cè)時，△ABD不可能為直角三角形，當(dāng)點(diǎn)P在對稱軸右側(cè)時，∠ABD為銳角，分兩種情況：①當(dāng)∠ADB＝90°時，②當(dāng)∠BAD＝90°時，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)分別求解即可；
（3）分點(diǎn)P′落在x軸和y軸兩種情況計算即可．①當(dāng)點(diǎn)P'落在x軸上時，過點(diǎn)P'作P'E⊥x軸，垂足為P′，過點(diǎn)D'作D'F⊥y軸，垂足為F，交P′E于點(diǎn)E，先利用互余和旋轉(zhuǎn)角相等得出△PD'E是等腰直角三角形，根據(jù)P′E＝OF＝OB+BF，建立方程即可；②根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵直線y＝x﹣2分別與x軸、y軸交于A點(diǎn)與B點(diǎn)，
∴A（，0），B（0，﹣2），
∵拋物線y＝x2+2nx+n經(jīng)過點(diǎn)B，
∴n＝﹣2，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x﹣2；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在對稱軸左側(cè)時，△ABD不可能為直角三角形，當(dāng)點(diǎn)P在對稱軸右側(cè)時，∠ABD為銳角，
分兩種情況：
①當(dāng)∠ADB＝90°時，
∵A（，0），B（0，﹣2），
∴點(diǎn)D坐標(biāo)為（，﹣2），
∴BD＝；
②當(dāng)∠BAD＝90°時，設(shè)D（a，﹣2），
∵A（，0），B（0，﹣2），
∴AB2＝（）2+22＝6，
BD2＝a2，
AD2＝（a﹣）2+22，
在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，
∴6+（a﹣）2+22＝a2，解得a＝3，
∴BD＝3；
綜上所述，當(dāng)△ABD為直角三角形時，BD的長為或3；
（3）①當(dāng)點(diǎn)P'落在x軸上時，過點(diǎn)P'作P'E⊥x軸，垂足為P′，過點(diǎn)D'作D'F⊥y軸，垂足為F，交P′E于點(diǎn)E，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，m2﹣4m﹣2），
∴PD＝m2﹣4m﹣2﹣（﹣2）＝m2﹣4m，
∵PD⊥x軸，BD⊥PD，
∴BD⊥y軸，
由旋轉(zhuǎn)得∠DBD'＝45°，P′D′＝PD＝m2﹣4m，
∴∠BD'F＝∠DBD'＝45°，
∴∠PD'E＝45°，
∴△PD'E是等腰直角三角形，
∴P′E＝P′D′＝（m2﹣4m），
同理BF＝BD′＝﹣m，
∵P′E＝OF＝OB+BF，
∴（m2﹣4m）＝﹣m+2，
整理得2m2﹣3m﹣4＝0，
解得m＝﹣或2（舍去），
當(dāng)m＝﹣時，m2﹣4m﹣2＝﹣2，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣，﹣2）；
②當(dāng)點(diǎn)P'落在y軸上時，如圖，
過點(diǎn)D′作D′M⊥x軸，交BD于M，過點(diǎn)P′作P′N⊥y軸，交MD'的延長線于點(diǎn)N，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（n，n2﹣4n﹣2），
∴PD＝n2﹣4n﹣2﹣（﹣2）＝n2﹣4n，
由旋轉(zhuǎn)得∠DBP＝∠D′BP′＝45°，
∴△PDB是等腰直角三角形，
∴PD＝BD，
∴n＝n2﹣4n，
解得m＝或0（舍去），
當(dāng)m＝時，n2﹣4n﹣2＝﹣2，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，﹣2）；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣，﹣2）或，﹣2）．
6．（2022秋?禪城區(qū)校級期中）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝3x+6分別與x軸和y軸交于點(diǎn)C和點(diǎn)B，已知A（6，0），
（1）寫出點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)和△ABC的面積；
（2）直線l經(jīng)過A、B兩點(diǎn)，求直線AB的解析式；
（3）點(diǎn)D是在直線AB上的動點(diǎn)，是否存在動點(diǎn)D，使得？若存在，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
（4）如圖2，P為A點(diǎn)右側(cè)x軸上的一動點(diǎn)，以P為直角頂點(diǎn)、BP為腰在第一象限內(nèi)作等腰直角三角形△BPQ，連接QA并延長交y軸于點(diǎn)K．當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動時，K點(diǎn)的位置是否發(fā)生變化？如果不變，請求出它的坐標(biāo)；如果變化，請說明理由．
【分析】（1）△ABC的面積＝×AC×OB，即可求解；
（2）用待定系數(shù)法即可求解；
（3）由得到y(tǒng)D|＝|yB|，即可求解；
（4）證明△BOP≌△PHQ（AAS），求出Q的坐標(biāo)為（t+6，t），進(jìn)而求解．
【解答】解：（1）對于y＝3x+6，令x＝0，則y＝6，故點(diǎn)B（0，6），
令y＝3x+6＝0，解得：x＝﹣2，故點(diǎn)C（﹣2，0）；
則△ABC的面積＝×AC×OB＝×（6+2）×6＝24；
（2）設(shè)直線AB的表達(dá)式為y＝kx+b（k≠0），
則，解得：，
故直線AB的表達(dá)式為y＝﹣x+6；
（3）存在，理由：
∵，
∴|yD|＝|yB|＝3，即|x+6|＝3，
解得：x＝3或9，
故點(diǎn)D的坐標(biāo)為（3，3）或（9，﹣3）；
（4）K點(diǎn)的位置不發(fā)生變化，理由：
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，0），
過點(diǎn)Q作QH⊥x軸于點(diǎn)H，
∵∠BPO+∠QPH＝90°，∠PBO+∠BPO＝90°，
∴∠QPH＝∠PBO，
在Rt△BOP和Rt△PHQ中，
，
∴△BOP≌△PHQ（AAS），
∴PH＝BO＝6，QH＝OP＝t，
則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（t+6，t），
設(shè)直線AQ的表達(dá)式為y＝mx+n，
則，解得，
故點(diǎn)K的坐標(biāo)為（0，﹣6）．
7．（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級期中）如圖，已知點(diǎn)P是第一象限內(nèi)二次函數(shù)y＝﹣x2+2mx+3m2（m＞0）圖象上一點(diǎn)，該二次函數(shù)圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，連接AC．
（1）線段AB的長為 4m （用含m的代數(shù)式表示）；
（2）當(dāng)m＝1時，點(diǎn)D與C點(diǎn)關(guān)于二次函數(shù)圖象對稱軸對稱，若AD平分∠CAP，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）若△ABC是直角三角形，點(diǎn)E是AP與BC的交點(diǎn)，則的最小值是多少？直接寫出答案即可．
【分析】（1）利用根與系數(shù)的關(guān)系求解即可；
（2）先求出∠ABC＝∠DAB＝45°，可得BC⊥AD，再由△AOK和△DQK是等腰直角三角形，確定點(diǎn)Q的坐標(biāo)，利用點(diǎn)Q的坐標(biāo)求出C點(diǎn)關(guān)于AD的對稱點(diǎn)G的坐標(biāo)，直線AG與拋物線的交點(diǎn)即為P點(diǎn)；
（3）過點(diǎn)P作PQ∥y軸交BC于點(diǎn)Q，過點(diǎn)A作AF∥y軸交BC于點(diǎn)F，設(shè)P（t，﹣t2+2mt+3m2），則F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），由PQ∥AF，＝，當(dāng)PQ最大時，有最小值，再由PQ＝﹣（t﹣m）2+m2，當(dāng)t＝m時，PQ有最大值m2，即可求的最小值是．
【解答】解：（1）令y＝0，則﹣x2+2mx+3m2＝0，
∴x1+x2＝2m，x1?x2＝﹣3m2，
∴AB＝＝4m，
故答案為：4m；
（2）當(dāng)m＝1時，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，
令x＝0，則y＝3，
∴C（0，3），
∵點(diǎn)D與C點(diǎn)關(guān)于二次函數(shù)圖象對稱軸對稱，
∴D（2，3），
令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴OB＝OC＝3，
∴∠ABC＝45°，
過點(diǎn)D作DH⊥x軸交于點(diǎn)H，
∴DH＝3，AH＝3，
∴∠DAH＝45°，
∴BC⊥AD，
∵AO＝1，
∴OK＝1，
∴CK＝2，
∵△CQK是等腰直角三角形，
∴Q（1，2），
∴C點(diǎn)關(guān)于AD的對稱點(diǎn)G（2，1），
∴∠CAQ＝∠QAG，
∴AD平分∠CAG，
設(shè)直線AP的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+，
聯(lián)立方程組，
解得（舍）或，
∴P（，）；
（3）令x＝0，則y＝3m2，
∴C（0，3m2），
令y＝0，則﹣x2+2mx+3m2＝0，
解得x＝﹣m或x＝3m，
∴B（3m，0），A（m，0），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣mx+3m2，
過點(diǎn)P作PQ∥y軸交BC于點(diǎn)Q，過點(diǎn)A作AF∥y軸交BC于點(diǎn)F，
設(shè)P（t，﹣t2+2mt+3m2），
∴F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），
∴PQ＝﹣t2+2mt+3m2+mt﹣3m2＝﹣t2+3mt，F(xiàn)A＝5m2，
∵PQ∥AF，
∴＝＝，
當(dāng)PQ最大時，有最小值，
∵PQ＝﹣t2+3mt＝﹣（t﹣m）2+m2，
當(dāng)t＝m時，PQ有最大值m2，
∴的最小值是．
8．（2022秋?西湖區(qū)期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，以BC為一邊向下作矩形BDEC，其中DB＝3．M為線段AB上的動點(diǎn)（且不與A、B重合），過M作MN⊥DE，交DB于點(diǎn)N．
（1）如圖1，以MN為邊作矩形MNPQ，使邊NP在線段DE上，點(diǎn)Q在AC上．
①當(dāng)MN為5時，矩形MNPQ的面積為 15 ；
②設(shè)MN＝x，矩形MNPQ的面積為y，試求出y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式；
③矩形MNPQ的面積y是否有最大值，若有，請求出這個最大值；若沒有，請說明理由．
（2）如圖2，過點(diǎn)N作AB的平行線，交線段AC于點(diǎn)F，連接MF，若△MNF為直角三角形，請直接寫出線段MN的長度．
【分析】（1）①如圖1，過點(diǎn)Z作AJ⊥BC于點(diǎn)J，交MQ于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)G．求出MQ，可得結(jié)論；
②方法類似，求出MN可得結(jié)論；
③利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．
（2）分兩種情況討論，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【解答】解：（1）如圖1，過點(diǎn)Z作AJ⊥BC于點(diǎn)J，交MQ于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)G．
∵AB＝AC＝5，AJ⊥BC，
∴BJ＝JC＝BC＝3，
∴AJ＝＝＝4，
∵∠D＝∠DBJ＝∠BJG＝90°，
∴四邊形MNPQ是矩形，
∴JG＝BD＝3，
同法可證四邊形MNGH是矩形，
∴GH＝MN＝5，
∴AG＝AJ+JG＝4+3＝7，
∴AH＝AG﹣HG＝2，
∵M(jìn)Q∥DE∥BC，
∴∠AMQ＝∠ABC，∠AQM＝∠ACB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AMQ＝∠AQM，
∴AM＝AQ，
∵AH⊥MQ，
∴MH＝HQ＝＝＝，
∴MQ＝3，
∴矩形MNPQ的面積＝5×3＝15．
故答案為：15；
②當(dāng)MN＝x時，同法可得HA＝7﹣x，MQ＝2×＝（7﹣x），
∴y＝x×（7﹣x）＝﹣x+x（3＜x＜7）；
③存在．
理由：∵y＝﹣（x﹣）2+，
∴x＝時，矩形MNPQ的面積最大，最大值為；
（2）如圖2，延長AB、AC與DE所在直線分別交于點(diǎn)G、H，過點(diǎn)F作FP⊥NH于點(diǎn)P．
∵BC∥GH，
∴∠G＝∠ABC，∠H＝∠ACB，
∵∠ABC＝∠ACB，
∴∠G＝∠H，
∴AG＝AH，
∵AB＝AC，
∴BG＝CH＝＝＝，
∴GH＝+6＝，
設(shè)MN＝m，則GN＝m，
∵NF∥AB，
∴∠FNH＝∠G＝∠H，
∴FN＝FH，
∵FP⊥NH，
∴NP＝PH＝（﹣m）＝﹣m，
∴FN＝＝＝﹣m，
∵△MNF為直角三角形，
①若∠MFN＝90°，則NF＝MN，即﹣m＝m，
解得m＝；
②若∠NMF＝90°，則MN＝NF，即m＝（﹣m），
解得m＝，
綜上所述，滿足條件的MN長度為或．
9．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖1，Rt△MCD中，∠MCD＝90°，MD＝5，CD＝4．O為邊MD上一點(diǎn)，以O(shè)為圓心，MO為半徑的⊙O與邊CD相切于點(diǎn)F，交MC、MD于點(diǎn)E、N．點(diǎn)A、B分別在線段MN、MC上（不與端點(diǎn)重合），且滿足＝．
（1）①求MO的長；
②設(shè)BM＝x，AD＝y(tǒng)，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；
（2）如圖2，作AP∥MC，交CD于點(diǎn)P，連接AB，BP．
①當(dāng)△ABP為直角三角形時，求BM的長；
②當(dāng)點(diǎn)E關(guān)于BP的對稱點(diǎn)E′落在邊MD上時，請直接寫出的值．
【分析】（1）①證明△DFO∽△DCM，進(jìn)而求得結(jié)果；
②在①的基礎(chǔ)上求得DN的值，進(jìn)而求得結(jié)果；
（2）①分成兩種情形：當(dāng)∠ABP＝90°時，作AH⊥CM于H，可推出△BCP和△ABH是等腰直角三角形，根據(jù)AH＝CP及AP＝CH求得結(jié)果；當(dāng)∠PAB＝90°時，根據(jù)BC＝AP列出方程求得結(jié)果；
②可表示出BE′＝BE＝CM﹣CF﹣BM＝3﹣﹣x＝，在Rt△MBE′中，根據(jù)列出方程求得結(jié)果．
【解答】解：（1）①如圖1，
連接OF，設(shè)半徑為r，
∵CD切⊙O于點(diǎn)F，
∴OF⊥CD，
∵M(jìn)C⊥CD，
∴OF∥MC，
∴△DFO∽△DCM，
∴＝，
∴＝ 解得r＝，
∴MO＝；
②由①得ND＝MD﹣MN＝5﹣2×＝，
∵＝，BM＝x，
∴AN＝x，
∴AD＝AN+ND，
∴y＝x+；
（2）①顯然∠APB＜90°，所以分兩種情形|：
如圖2，
當(dāng)∠ABP＝90°時，作AH⊥CM于H，
∵PD＝AD＝（）＝x+1，
∴CP＝CD﹣PD＝4﹣（x+1）＝3﹣x，
∵CB＝CM﹣BM＝3﹣x，
∴CB＝CP，
∴∠CBP＝∠CPB＝°，
∴∠ABH＝180°﹣∠ABP﹣∠CBP＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
∴∠HAB＝∠ABH＝45°，
∴AH＝BH，
∵AH＝CP＝3﹣x，
∴BH＝3﹣x，
∵AP＝CH＝BC+BH，
∴）＝（3﹣x）+（3﹣x），
∴x＝，
如圖2，
當(dāng)∠PAB＝90°時，
∵∠APC＝∠C＝90°，
∴四邊形APCB是矩形，
∴BC＝AP，
∵BC＝CM﹣BM＝3﹣x，
AP＝＝，
∴3﹣x＝，
∴x＝，
綜上，x的值為或；
②如圖4，
由上可知：∠CBP＝45°，
∵∠E′BP＝∠CBP＝45°，
∴∠MBE′＝90°，
∴，
∵BE′＝BE＝CM﹣CE﹣BM＝3﹣﹣x＝，
∴，
∴x＝，
∴E′M＝＝，
∴DE′＝5﹣＝，
∴＝．
10．（2022秋?市北區(qū)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y1＝x+2的圖象與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A，B，的圖象與x軸，y軸分別交于點(diǎn)D，E，且兩個函數(shù)圖象相交于點(diǎn)C（m，5）．
（1）填空：m＝ 3 ，b＝ 6 ；
（2）求△ACD的面積；
（3）在線段AD上是否存在一點(diǎn)M，使得△ABM的面積與四邊形BMDC的面積比為4：21？若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
（4）點(diǎn)P在線段AD上，連接CP，若△ACP是直角三角形，請直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)．
【分析】（1）由C（m，5）是一次函數(shù)y1＝x+2與y2＝﹣x+b的圖象的交點(diǎn)，即可解出；
（2）由兩個一次函數(shù)解析式分別求出它們與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，得到AD的長，從而算出△ACD的面積；
（3）由已知條件可得△ABM的面積，進(jìn)而得出AM的長，即可得點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（4）由△ACP是直角三角形、∠CAP是銳角，分∠APC＝90°和∠ACP＝90°兩種情況討論，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）∵C（m，5）是一次函數(shù)y1＝x+2與y2＝﹣x+b的圖象的交點(diǎn)，
∴m+2＝5，解得m＝3，
∴﹣×3+b＝5，解得b＝6，
故答案為：3，6；
（2）一次函數(shù)y1＝x+2中，當(dāng)y1＝0時，x＝﹣2；當(dāng)x＝0時，y1＝2，
∴A（﹣2，0），B（0，2），
一次函數(shù)y2＝﹣x+6中，當(dāng)y2＝0時，x＝18，
∴D（18，0），
∴AD＝18﹣（﹣2）＝20，
∴S△ACD＝×20×5＝50，
∴△ACD的面積為50；
（3）如圖：
在線段AD上存在一﹣點(diǎn)M，使得△ABM的面積與四邊形BMDC的面積比為4：21，
∵△ABM的面積與四邊形BMDC的面積比為4：21，
∴S△ABM＝S△ACD＝×50＝8，
∴AM?OB＝8，即AM×2＝8，
∴AM＝8，
∵點(diǎn)M在線段AD上，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（6，0）；
（4）點(diǎn)P在線段AD上，∠CAP是銳角，若△ACP是直角三角形，則∠APC＝90°或∠ACP＝90°，
設(shè)點(diǎn)P（p，0），
∵A（﹣2，0），C（3，5），
∴AC2＝（3+2）2+52，
AP2＝（p+2）2，
PC2＝（p﹣3）2+52，
當(dāng)∠APC＝90°時，AP2+PC2＝AC2，
∴（p+2）2+（p﹣3）2+52＝（3+2）2+52，
整理得，p2﹣p﹣6＝0，
解得p＝3或﹣2（舍去），
∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（3，0）；
當(dāng)∠ACP＝90°時，AC2+PC2＝AP2，
∴（p+2）2＝（3+2）2+52+（p﹣3）2+52，
整理得，p2﹣p﹣6＝0，
解得p＝8，
∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（8，0）；
綜上所述，所有符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)為（3，0）或（8，0）．
11．（2022秋?南湖區(qū)校級期中）在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，E是AB邊上一動點(diǎn)，以1cm/s的速度從點(diǎn)B出發(fā)，到A停止運(yùn)動；F是BC邊上一動點(diǎn)，以2cm/s的速度從點(diǎn)B出發(fā)，到點(diǎn)C停止運(yùn)動．設(shè)動點(diǎn)運(yùn)動的時間為t（s），△DEF的面積為S（cm2）
（1）求S關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式，并求自變量t的取值范圍．
（2）當(dāng)△DEF是直角三角形時，求△DEF的面積．
【分析】（1）根據(jù)S△DEF＝S矩形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△CDF解答即可；
（2）分情況討論解答即可．
【解答】解：∵（1）BE＝tcm，BF＝2tcm，．AE＝（6﹣t）cm，CF＝（12﹣2t）cm，
∴S△DEF＝S矩形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△CDF，
∴S＝12×6﹣12×（6﹣t）﹣t×2t﹣6×（12﹣2t）＝﹣t2+12t，
根據(jù)題意得，
解得0＜t≤6；
（2）由勾股定理可，EF2＝BE2+BF2＝5t2，
DF2＝CD2+CF2＝4t2﹣48t+180，
DE2＝AD2+AE2＝t2﹣12t+180，
①當(dāng)∠EDF為直角時，EF2＝DE2+DF2，
即5t2＝t2﹣12t+180+4t2﹣48t+180，
解得t＝6，
∴S＝﹣62+12×6＝36；
②當(dāng)∠DEF為直角時，DF2＝DE2+EF2，
即6t2﹣12t+180＝4t2﹣48t+180，
解得t＝0或﹣18，
∵0＜t≤6，
∴都不符合；
③當(dāng)∠DFE為直角時，DE2＝DF2+EF2，
即5t2+4t2﹣48t+180＝t2﹣12t+180，
解得t＝0（舍）或t＝，．
∴S＝﹣．
12．（2022秋?羅湖區(qū)校級期中）建立模型：
（1）如圖1，等腰直角三角形ABC的直角頂點(diǎn)在直線l上．過點(diǎn)A作AD⊥l交于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥l交于點(diǎn)E，求證：△ADC≌△CEB
模型應(yīng)用：
（2）如圖2，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝2x+4分別與y軸，x軸交于點(diǎn)A，B，將直線l1繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到l2，求l2的函數(shù)表達(dá)式；
（3）如圖3，在平面直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B（6，4），過點(diǎn)B作AB⊥y交于點(diǎn)A，過點(diǎn)B作BC⊥x交于點(diǎn)C，P為線段BC上的一個動點(diǎn)，點(diǎn)Q（a，2a﹣4）位于第一象限．問點(diǎn)A，P，Q能否構(gòu)成以點(diǎn)Q為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，若能，請求出a的值；若不能，請說明理由．
【分析】（1）過點(diǎn)A作AD⊥x軸交于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥x軸交于點(diǎn)E，再證明△ACD≌△CBE（SAS）即可；
（2）過點(diǎn)B作BC⊥AB交直線l2于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作CD⊥x軸交于點(diǎn)D，由（1）的模型可得△BCD≌△ABO，求出C（﹣6，2），再由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（3）分兩種情況討論：當(dāng)Q點(diǎn)AB下方時，過Q點(diǎn)作EF∥x軸交y軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，由（1）的模型可得，△AEQ≌△QFP，可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝4﹣（2a﹣4）＝8﹣2a，再由EQ+FQ＝6，求出a＝2（舍）；當(dāng)Q點(diǎn)在AB上方時，同理可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝2a﹣4﹣4＝2a﹣8，再由EQ+FQ＝6，可求a＝．
【解答】（1）證明：過點(diǎn)A作AD⊥x軸交于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥x軸交于點(diǎn)E，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∵∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
∵AC＝BC，
∴△ACD≌△CBE（SAS）；
（2）解：過點(diǎn)B作BC⊥AB交直線l2于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作CD⊥x軸交于點(diǎn)D，
∵∠CAB＝45°，
∴BC＝AB，
由（1）的模型可得△BCD≌△ABO，
∵y＝2x+4與x軸的交點(diǎn)B（﹣2，0），A（0，4），
∴CD＝2，BD＝4，
∴C（﹣6，2），
設(shè)直線l2的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+4；
（3）解：點(diǎn)A，P，Q能構(gòu)成以點(diǎn)Q為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，理由如下：
當(dāng)Q點(diǎn)AB下方時，如圖3，過Q點(diǎn)作EF∥x軸交y軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，
由（1）的模型可得，△AEQ≌△QFP，
∴AE＝FQ，EQ＝PF，
∵B（6，4），
∴OA＝4，CO＝6，
∵點(diǎn)Q（a，2a﹣4），
∴EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝4﹣（2a﹣4）＝8﹣2a，
∵EQ+FQ＝6，
∴a+8﹣2a＝6，
解得a＝2，
∴Q（2，0），
∵Q點(diǎn)在第一象限，
∴a＝2（舍）；
當(dāng)Q點(diǎn)在AB上方時，如圖4，
同理可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝2a﹣4﹣4＝2a﹣8，
∵EQ+FQ＝6，
∴a+2a﹣8＝6，
解得a＝；
綜上所述：a的值為．
13．（2022秋?天橋區(qū)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1的解析式為y＝x，直線l2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B（0，3），與l1交于點(diǎn)C（2，m）．
（1）求出直線l2的函數(shù)關(guān)系式；
（2）在y軸右側(cè)有一動直線平行于y軸，分別與l1、l2交于點(diǎn)M、N，
①當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)N的上方，且滿足MN＝OB時，請求出點(diǎn)M與點(diǎn)N的坐標(biāo)；
②當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)N的下方時，y軸上是否存在點(diǎn)Q，使△MNQ為等腰直角三角形？若存在，請直接寫出滿足條件的點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，在用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）①設(shè)M（t，t），N（t，﹣t+3），由MN＝OB建立方程求出t的值即可求解；
②根據(jù)題意分三種情況討論：當(dāng)∠NMQ＝90°時，MN＝MQ，此時Q（0，t），再由﹣t+3＝t，求出Q點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)∠MNQ＝90°時，NQ＝MN，此時Q（0，﹣t+3），再由﹣t+3＝﹣t+3，求Q點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)∠MQN＝90°時，MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為（t，t+），則Q（0，t+），再由t＝（﹣t+3），求出Q點(diǎn)坐標(biāo)．
【解答】解：（1）將點(diǎn)C（2，m）代入y＝x，
∴m＝2，
∴C（2，2），
設(shè)直線l2的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+3；
（2）①設(shè)M（t，t），N（t，﹣t+3），
∵點(diǎn)M在點(diǎn)N的上方，
∴t＞2，
∵M(jìn)N＝OB，
∴t﹣3＝3，
解得t＝4，
∴M（4，4），N（4，1）；
②存在點(diǎn)Q，使△MNQ為等腰直角三角形，理由如下：
點(diǎn)M在點(diǎn)N的下方時，0＜t＜2，
當(dāng)∠NMQ＝90°時，MN＝MQ，此時Q（0，t），
∴﹣t+3＝t，
∴t＝，
∴Q（0，）；
當(dāng)∠MNQ＝90°時，NQ＝MN，此時Q（0，﹣t+3），
∴﹣t+3＝﹣t+3，
∴t＝0（舍）；
當(dāng)∠MQN＝90°時，MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為（t，t+），
∴Q（0，t+），
∴t＝（﹣t+3），
解得t＝，
∴Q（0，）；
綜上所述：Q點(diǎn)坐標(biāo)為（0，）或（0，）．
14．（2022秋?甘井子區(qū)校級月考）拋物線y＝x2+bx+c過A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C，點(diǎn)C、D關(guān)于拋物線的對稱軸對稱．
（1）拋物線的解析式是 y＝x2﹣2x﹣3 ，△ABD的面積為 6 ；
（2）在直線AD下方的拋物線上存在點(diǎn)P，使△APD的面積最大，求出最大面積．
（3）當(dāng)t≤x≤t+1時，函數(shù)y＝x2+bx+c的最小值為5，求t的值．
（4）若點(diǎn)M在y軸上運(yùn)動，點(diǎn)N在x軸上運(yùn)動，當(dāng)以點(diǎn)D、M、N為頂點(diǎn)的三角形為等腰直角三角形時，請直接寫出此時M點(diǎn)的坐標(biāo)．
【分析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c中，可求拋物線的解析式，再利用三角形的面積公式求△ABD的面積即可；
（2）過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，則P（m，m2﹣2m﹣3），N（m，﹣m﹣1），可得PN＝﹣m﹣1﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2．可得S△APD＝S△APN+S△DPN＝﹣（m﹣）2+．根據(jù)二次函數(shù)的最值即可求解；
（3）將二次函數(shù)解析式化為頂點(diǎn)式，分類討論x＝t，x＝t+1時y取最小值；
（4）分三種情形，①當(dāng)∠DNM＝90°，ND＝NM時，②當(dāng)∠DMN＝90°，MN＝MD時，③當(dāng)∠NDM＝90°，DN＝DM時，分別求解即可．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）分別代入y＝x2+bx+c（a≠0）中，
得，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵點(diǎn)C、D關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的對稱軸為x＝1，點(diǎn)D（2，﹣3），
∴△ABD的面積為AB?OC＝×4×3＝6，
故答案為：y＝x2﹣2x﹣3，6；
（2）過點(diǎn)P作PM⊥x軸于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N．
設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+a，
把A（﹣1，0），D（2，﹣3）分別代入y＝kx+a中，
得，
解得：，
∴直線AD的解析式為y＝﹣x﹣1，
設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，則P（m，m2﹣2m﹣3），N（m，﹣m﹣1），
∴PN＝﹣m﹣1﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2．
∴S△APD＝S△APN+S△DPN
＝PN?（xD﹣xA）
＝×（﹣m2+m+2）×（2+1）
＝﹣×（m2﹣m﹣2）
＝﹣（m﹣）2+．
∴當(dāng)m＝時，△APD的最大面積為；
（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線開口向上，對稱軸為直線x＝1，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣4），
①當(dāng)t+1＜1時，t＜0，
當(dāng)x＝t+1時，y＝（t+1﹣1）2﹣4＝5為最小值，
解得t＝3（舍去）或t＝﹣3；
②當(dāng)t≤1，t+1≥1時，0≤t≤1，
此時，函數(shù)的最小值為﹣4≠5；
③當(dāng)t＞1時，
x＝t時，y＝（t﹣1）2﹣4＝5為最小值，
解得t＝4或t＝﹣2（舍去），
綜上所述，t的值為﹣3或4；
（4）①當(dāng)∠DNM＝90°，ND＝NM時，如圖，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于E，
∴DE＝3，OE＝2，
∵∠MON＝∠DEN＝90°，∠DNM＝90°，
∴∠MNO＝∠NDE，
∵ND＝NM，
∴△MNO≌△NDE（AAS），
∴OM＝EN，ON＝DE＝3，
∴OM＝EN＝ON﹣OE＝3﹣2＝1，
∴M（0，1），
如圖，同理可得NE＝OM＝ON+OE＝DE+OE＝3+2＝5，
∴M（0，5）；
②當(dāng)∠DMN＝90°，MN＝MD時，
∵點(diǎn)C、D關(guān)于拋物線的對稱軸對稱．
∴CD⊥y軸，
∴∠DCM＝∠MON＝90°＝∠DMN，
∴∠DMC＝∠MNO，
∵M(jìn)N＝MD，
∴△MNO≌△DMC（AAS），
∴OM＝CD＝2，
∴M（0，2）或（0，﹣2），
③當(dāng)∠NDM＝90°時，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于E，
同理可得△DCM≌△DEN，則DC＝DN，
∵D（2，﹣3），
∴DC＝2，DN＝3，與DC＝DN矛盾，故此種情況不存在，
綜上所述，滿足條件的M點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，1）或（0，5）或（0，2）或（0，﹣2）．
15．（2022秋?榮縣校級月考）如圖，已知一條直線過點(diǎn)（0，4），且與拋物線y＝交于A、B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是﹣2
（1）求這條直線的函數(shù)關(guān)系式及點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）在x軸上是否存在點(diǎn)C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；
（3）過線段AB上一點(diǎn)P，作PM∥x軸，交拋物線于點(diǎn)M，點(diǎn)M在第一象限；點(diǎn)N（0，1），當(dāng)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為何值時，MN+3MP的長度最大？最大值是多少？
【分析】（1）設(shè)這條直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝kx+b，由直線y＝kx+b過點(diǎn)（0，4），求得b＝4，由點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為﹣2且在拋物線y＝x2上，求得A（﹣2，1），再由直線y＝kx+4經(jīng)過點(diǎn)A（﹣2，1），求得k＝，即得到直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝x+4；將直線和拋物線的函數(shù)關(guān)系式聯(lián)立方程組，解該方程組即可求出點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）設(shè)C（x，0），分別求得AB2＝（8+2）2+（16﹣1）2＝325，AC2＝（x+2）2+（0﹣1）2＝x2+4x+5，BC2＝（x﹣8）2+（0﹣16）2＝x2﹣16x+320，再分三種情況討論，一是∠BAC＝90°，二是∠ACB＝90°，三是∠ABC＝90°，分別根據(jù)勾股定理的逆定理列方程求出相應(yīng)的x值，即得到點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（3）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，m2），則MN＝＝m2+1，再由PM∥x軸，且點(diǎn)P在直線y＝x+4上，求得P（m2﹣，m2），則MP＝﹣m2+m+，再推導(dǎo)出MN+3MP＝﹣m2+3m+9＝﹣（m﹣6）2+18，即可求得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為6時，MN+3MP的長度最大，最大值是18．
【解答】解：（1）設(shè)這條直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝kx+b，
∵直線y＝kx+b過點(diǎn)（0，4），
∴b＝4，
∴y＝kx+4，
拋物線y＝x2，當(dāng)x＝﹣2時，y＝×（﹣2）2＝1，
∴A（﹣2，1），
∵直線y＝kx+4經(jīng)過點(diǎn)A（﹣2，1），
∴﹣2k+4＝1，
∴k＝，
∴這條直線的函數(shù)關(guān)系式為y＝x+4；
解方程組，得，，
∴B（8，16）．
（2）存在，
設(shè)C（x，0），連接AC、BC，
∵A（﹣2，1），B（8，16），
∴AB2＝（8+2）2+（16﹣1）2＝325，
AC2＝（x+2）2+（0﹣1）2＝x2+4x+5，
BC2＝（x﹣8）2+（0﹣16）2＝x2﹣16x+320，
如圖1，當(dāng)∠BAC＝90°時，則x2+4x+5+325＝x2﹣16x+320，
解得x＝﹣，
∴C（﹣，0）；
如圖2，當(dāng)∠ACB＝90°時，則x2+4x+5+x2﹣16x+320＝325，
解得x1＝0，x2＝6，
∴C（0，0）或C′（6，0）；
如圖3，當(dāng)∠ABC＝90°時，則x2﹣16x+320+325＝x2+4x+5，
解得x＝32，
∴C（32，0），
綜上所述，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，0）或C（6，0）或（﹣，0）或（32，0）．
（3）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，m2），
∵N（0，1），
∴MN＝＝m2+1，
∵PM∥x軸，且點(diǎn)P在直線y＝x+4上，
∴y＝m2，
∴x+4＝m2，
∴x＝m2﹣，
∴P（m2﹣，m2），
∴MP＝m﹣（m2﹣）＝﹣m2+m+，
∴MN+3MP＝m2+1+3（﹣m2+m+）＝﹣m2+3m+9，
∵點(diǎn)P在線段AB上，
∴﹣2＜m＜8，
∵M(jìn)N+3MP＝﹣m2+3m+9＝﹣（m﹣6）2+18，且﹣＜0，﹣2＜6＜8，
∴當(dāng)m＝6時，MN+3MP的最大值為18，
∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為6時，MN+3MP的長度最大，最大值是18．
16．（2022秋?漢川市校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與坐標(biāo)軸相交于A、B、C三點(diǎn)，其中A點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0），B點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，0），連接AC、BC．動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AC上以每秒個單位長度向點(diǎn)C做勻速運(yùn)動；同時，動點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，在線段BA上以每秒1個單位長度向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動，連接PQ，設(shè)運(yùn)動時間為t秒．
（1）求二次函數(shù)的解析式．
（2）在P、Q運(yùn)動的過程中，當(dāng)t為何值時，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為多少？
（3）在線段AC上方的拋物線上是否存在點(diǎn)M，使△MPQ是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形？若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）過點(diǎn)P作PH⊥x軸，垂足為E，利用S四邊形BCPQ＝S△ABC﹣S△APQ表示出四邊形BCPQ的面積，求出t的范圍，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值即可；
（3）畫出圖形，過點(diǎn)P作x軸的垂線，交x軸于E，過M作y軸的垂線，與EP交于F，證明△PFM≌△QEP，得到MF＝PE＝t，PF＝QE＝4﹣2t，得到點(diǎn)M的坐標(biāo)，再代入二次函數(shù)表達(dá)式，求出t值，即可算出M的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（4，0），B（﹣1，0），
則，
解得：，
∴二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+3x+4；
（2）由（1）得：拋物線表達(dá)式為y＝﹣x2+3x+4，
∴C（0，4），
∵A（4，0），
∴△OAC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
由點(diǎn)P的運(yùn)動可知：AP＝t，
過點(diǎn)P作PH⊥x軸，垂足為H，如圖，
∴AH＝PH＝，即H（4﹣t，0），
又Q（﹣1+t，0），
∴S四邊形BCPQ＝S△ABC﹣S△APQ
＝×5×4﹣（5﹣t）?t
＝10﹣t+t2，
＝（t﹣）2+，
∵當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動，
AC＝＝4，AB＝5，
∴0≤t≤5，
∴當(dāng)t＝時，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為；
（3）存在．假設(shè)點(diǎn)M是線段AC上方的拋物線上的點(diǎn)，
如圖，過點(diǎn)P作x軸的垂線，交x軸于E，過M作y軸的垂線，與EP交于F，連接MQ，MP．
∵△PMQ是等腰直角三角形，PM＝PQ，∠MPQ＝90°，
∴∠MPF+∠QPE＝90°，又∠MPF+∠PMF＝90°，
∴∠PMF＝∠QPE，
在△PFM和△QEP中，
，
∴△PFM≌△QEP（AAS），
∴MF＝PE＝t，PF＝QE＝5﹣2t，
∴EF＝5﹣2t+t＝5﹣t，
又OE＝4﹣t，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（4﹣2t，5﹣t），
∵點(diǎn)M在拋物線y＝﹣x2+3x+4上，
∴5﹣t＝﹣（4﹣2t）2+3（4﹣2t）+4，
解得：t＝或（舍），
∴M點(diǎn)的坐標(biāo)為（，）．
17．（2022秋?鼓樓區(qū)校級月考）如圖，拋物線y＝x2﹣x﹣3與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C．直線l與拋物線交于A，D兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)E，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，﹣3）．
（1）請直接寫出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)及直線l的函數(shù)表達(dá)式；
（2）若點(diǎn)P是拋物線上的點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m（m≥0），過點(diǎn)P作PM⊥x軸，垂足為M．PM與直線l交于點(diǎn)N，當(dāng)點(diǎn)N是線段PM的三等分點(diǎn)時，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）若點(diǎn)Q是對稱軸上的點(diǎn)，且△ADQ為直角三角形，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【分析】（1）在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0可求得A、B點(diǎn)坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求得直線AD的解析式；
（2）設(shè)P（m，m2﹣m﹣3），用m表示N點(diǎn)坐標(biāo)，分兩種情況：PM＝3MN；PM＝3PN，分別列出m的方程進(jìn)行解答即可；
（3）由y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣2）2﹣4可得拋物線對稱軸是直線x＝2，設(shè)Q（2，t），可得AQ2＝16+t2，AD2＝45，DQ2＝4+（t+3）2，分三種情況，用勾股逆定理列方程可解得答案．
【解答】解：（1）在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0，得x2﹣x﹣3＝0，
解得，x＝﹣2，或x＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
設(shè)直線l的解析式為y＝kx+b（k≠0），把A（﹣2，0），D（4，﹣3）代入得：
，
解得，，
∴直線l的解析式為y＝﹣x﹣1；
（2）如圖1，根據(jù)題意可知，點(diǎn)P與點(diǎn)N的坐標(biāo)分別為P（m，m2﹣m﹣3），N（m，﹣m﹣1），
∴PM＝﹣m2+m+3，MN＝m+1，NP＝PM﹣MN＝﹣m2+m+2，
分兩種情況：
①當(dāng)PM＝3MN時，得﹣m2+m+3＝3（m+1），
解得，m＝0或m＝﹣2（與A重合，舍去），
∴P（0，﹣3）；
②當(dāng)PM＝3NP時，得﹣m2+m+3＝3（﹣m2+m+2），
解得，m＝3，或m＝﹣2（與A重合，舍去），
∴P（3，﹣）；
∴綜上所述：P的坐標(biāo)為（3，﹣）或（0，﹣3）；
（3）由y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣2）2﹣4可得拋物線對稱軸是直線x＝2，
設(shè)Q（2，t），而A（﹣2，0），D（4，﹣3），
∴AQ2＝16+t2，AD2＝45，DQ2＝4+（t+3）2，
①當(dāng)AQ是斜邊時，4+（t+3）2+45＝16+t2，
解得t＝﹣7，
∴Q（2，﹣7），
②當(dāng)AD為斜邊時，16+t2+4+（t+3）2＝45，
解得t＝或t＝，
∴Q（2，）或（2，）；
③當(dāng)DQ為斜邊時，16+t2+45＝4+（t+3）2，
解得t＝8，
∴Q（2，8），
綜上所述，Q的坐標(biāo)為（2，﹣7）或Q（2，）或（2，）或（2，8）．
18．（2022春?武侯區(qū)校級期中）【模型建立】：（1）如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直線ED經(jīng)過點(diǎn)C，過點(diǎn)A作AD⊥ED于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥ED于點(diǎn)E，求證：△BEC≌△CDA；
【模型應(yīng)用】：（2）如圖②，已知直線l1：y＝﹣2x+4與x軸交于點(diǎn)A、與y軸交于點(diǎn)B，將直線l1繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)45°至直線l2，求直線l2的函數(shù)表達(dá)式；
（3）如圖③，平面直角坐標(biāo)系內(nèi)有一點(diǎn)B（﹣4，﹣6），過點(diǎn)B作BA⊥x軸于點(diǎn)A、BC⊥y軸于點(diǎn)C，點(diǎn)P是線段AB上的動點(diǎn)，點(diǎn)D是直線y＝3x+3上的動點(diǎn)且在第三象限內(nèi)．試探究△CPD能否成為等腰直角三角形？若能，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，若不能，請說明理由．
【分析】（1）由∠ACB＝90°，AD⊥ED于點(diǎn)D，BE⊥ED于點(diǎn)E，得∠BEC＝∠CDA＝∠DCA＝90°，則∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，而BC＝CA，即可根據(jù)全等三角形的判定定理“AAS”證明△BEC≌△CDA；
（2）作BF⊥AB交直線l2于點(diǎn)F，作FE⊥x軸于點(diǎn)E，可證明△BEF≌△AOB，由y＝﹣2x+4與x軸交于點(diǎn)A、與y軸交于點(diǎn)B，得A（2，0），B（0，4），則EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，所以O(shè)E＝6，則F（4，6），即可由待定系數(shù)法求出直線l2的函數(shù)表達(dá)式；
（3）分四種情況討論，一是∠PDC＝90°，則PD＝DC，過點(diǎn)D作DH⊥y軸于點(diǎn)H，交AB的延長線于點(diǎn)G，可證明△PDG≌△DCH，得DG＝CH＝BG，PG＝DH，由BP＝m﹣（﹣6）＝m+6及m+6+DG＝4﹣DG，得DG＝BG＝，則D（，），將其代入y＝3x+3，求出m的值再求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；二是∠PCD＝90°，則CD＝PC，作DJ⊥y軸于點(diǎn)J，PI⊥y軸于點(diǎn)I，可證明△DCJ≌△CPI，得CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，所以O(shè)J＝6+4＝10，則D（﹣m﹣6，﹣10），將其代入y＝3x+3，求出m的值再求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；三是∠CPD＝90°，且點(diǎn)D在PC上方，則DP＝PC，作DK⊥AB交射線BA于點(diǎn)K，可證明△PDK≌△CPB，得KP＝BC＝4，KD＝BP＝m+6，則D（m+2，m+4），將其代入y＝3x+3，求出m的值再求出點(diǎn)D的坐標(biāo)并進(jìn)行檢驗(yàn)，舍去不符合題意的解；四是∠CPD＝90°，且點(diǎn)D在PC下方，則DP＝PC，作DL⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)L，可證明△PDL≌△CPB，得LP＝BC＝4，LD＝BP＝m+6，則D（﹣10﹣m，m﹣4），將其代入y＝3x+3，求出m的值再求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，最后得到問題的答案．
【解答】（1）證明：如圖①，∵∠ACB＝90°，AD⊥ED于點(diǎn)D，BE⊥ED于點(diǎn)E，
∴∠BEC＝∠CDA＝∠DCA＝90°，
∴∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，
∵BC＝CA，
∴△BEC≌△CDA（AAS）．
（2）解：如圖②，作BF⊥AB交直線l2于點(diǎn)F，作FE⊥x軸于點(diǎn)E，
∵∠BEF＝∠AOB＝∠BAF＝90°，
∴∠EBF＝∠OAB＝90°﹣∠OBA，
由旋轉(zhuǎn)得∠BAF＝45°，
∴∠BFA＝∠BAF＝45°，
∴BF＝AB，
∴△BEF≌△AOB（AAS），
直線y＝﹣2x+4，當(dāng)y＝0時，則﹣2x+4＝0，
解得x＝2；
當(dāng)x＝0時，y＝4，
∴A（2，0），B（0，4），
∴EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，
∴OE＝OB+EB＝6，
∴F（4，6），
設(shè)直線l2的函數(shù)表達(dá)式為y＝kx+b，
把A（2，0），F(xiàn)（4，6）代入y＝kx+b，
得，解得
∴直線l2的函數(shù)表達(dá)式為y＝3x﹣6．
（3）解：△CPD能成為等腰直角三角形，
∵B（﹣4，﹣6），BA⊥x軸于點(diǎn)A、BC⊥y軸于點(diǎn)C，
∴A（﹣4，0），C（0，﹣6），四邊形OABC為矩形，
設(shè)P（﹣4，m），
如圖③，∠PDC＝90°，則PD＝DC，
過點(diǎn)D作DH⊥y軸于點(diǎn)H，交AB的延長線于點(diǎn)G，
∵∠G＝∠ABC＝90°，∠DHC＝90°，
∴∠G＝∠DHC，
∴∠PDG＝∠DCH＝90°﹣∠CDH，
∴△PDG≌△DCH（AAS），
∴DG＝CH＝BG，PG＝DH，
∵BP＝m﹣（﹣6）＝m+6，
∴m+6+DG＝4﹣DG，
∴DG＝BG＝，
∴xD＝﹣4+＝，yD＝﹣6﹣＝，
將D（，）代入y＝3x+3，
得＝3×+3，
解得m＝﹣，
∴D（﹣，﹣）；
如圖④，∠PCD＝90°，則CD＝PC，
∵作DJ⊥y軸于點(diǎn)J，PI⊥y軸于點(diǎn)I，
∵∠DJC＝∠CIP＝90°，
∴∠DCJ＝∠CPI＝90°﹣∠PCI，
∴△DCJ≌△CPI（AAS），
∴CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，
∴OJ＝6+4＝10，
∴D（﹣m﹣6，﹣10），
將D（﹣m﹣6，﹣10）代入y＝3x+3，
得過且過﹣10＝3（﹣m﹣6）+3，
解得m＝﹣，
∴D（﹣，﹣10）；
如圖⑤，∠CPD＝90°，且點(diǎn)D在PC上方，則DP＝PC，
作DK⊥AB交射線BA于點(diǎn)K，
∵∠K＝∠B＝90°，
∴∠PDK＝∠CPB＝90°﹣∠DPK，
∴△PDK≌△CPB（AAS），
∴KP＝BC＝4，KD＝BP＝m+6，
∴xD＝﹣4+m+6＝m+2，yD＝m+4，
∴D（m+2，m+4），
將D（m+2，m+4）代入y＝3x+3，
得m+4＝3（m+2）+3，
解得m＝﹣，
∴D（﹣，），
∵D（﹣，）不在第三象限，
∴D（﹣，）不符合題意，舍去；
如圖⑥，∠CPD＝90°，且點(diǎn)D在PC下方，則DP＝PC，
作DL⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)L，則∠DLP＝∠PBC，
∴∠DPL＝∠PCB＝90°﹣∠BPC，
∴△PDL≌△CPB（AAS），
∴LP＝BC＝4，LD＝BP＝m+6，
∴xD＝﹣4﹣（m+6）＝﹣10﹣m，yD＝m﹣4，
∴D（﹣10﹣m，m﹣4），
將D（﹣10﹣m，m﹣4）代入y＝3x+3，
得m﹣4＝3（﹣10﹣m）+3，
解得m＝﹣，
D（﹣，﹣），
綜上所述，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣，﹣）或（﹣，﹣10）或（﹣，﹣）．
19．（2022秋?齊齊哈爾月考）綜合與探究
如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于A（﹣3，0）、B兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C（0，）．當(dāng)x﹣4和x＝2時，二次函數(shù)y＝a2+bx+c（a≠0）的函數(shù)值y相等，連接AC、BC．
（1）求拋物線的解析式；
（2）判斷△ABC的形狀，并說明理由；
（3）若點(diǎn)M、N同時從B點(diǎn)出發(fā)，均以每秒1個單位長度的速度分別沿BA、BC邊運(yùn)動，其中一個點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．當(dāng)運(yùn)動時間為t秒時，連接MN，將△BMN沿MN翻折，B點(diǎn)恰好落在AC邊上的P處，則t的值為 ，點(diǎn)P的坐標(biāo)為 （﹣1，） ；
（4）拋物線對稱軸上是否存在一點(diǎn)F，使得△ACF以AC為直角邊的直角三角形？若不存在請說明理由；若存在，請直接寫出點(diǎn)F的坐標(biāo)．
【分析】（1）由對稱性先求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，可設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），將C坐標(biāo)代入y＝a（x+3）（x﹣1）即可；
（2）先判斷△ABC為直角三角形，分別求出AB，AC，BC的長，由勾股定理的逆定理可證明結(jié)論；
（3）因?yàn)辄c(diǎn)M、N同時從B點(diǎn)出發(fā)，均以每秒1個單位長度的速度分別沿BA、BC邊運(yùn)動，所以BM＝BN＝t，證四邊形PMBN是菱形，設(shè)PM與y軸交于H，證△CPN∽△CAB，由相似三角形的性質(zhì)可求出t的值，CH的長，可得出點(diǎn)P縱坐標(biāo)，求出直線AC的解析式，將點(diǎn)P縱坐標(biāo)代入即可；
（4）求出直線BC的解析式，如圖2，當(dāng)∠ACF＝90°時，點(diǎn)B，C，F(xiàn)在一條直線上，求出直線BC與對稱軸的交點(diǎn)即可；當(dāng)∠CAF＝90°時，求出直線AF的解析式，再求其與對稱軸的交點(diǎn)即可．
【解答】解：（1）∵在拋物線y＝ax2+bx+c中，當(dāng)x＝﹣4和x＝2時，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的函數(shù)值y相等，
∴拋物線的對稱軸為x＝＝﹣1，
又∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣3，0）、B兩點(diǎn)，
由對稱性可知B（1，0），
∴可設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），
將C（0，）代入y＝a（x+3）（x﹣1），
得，﹣3a＝，
解得a＝﹣，
∴此拋物線的解析式為y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣x+；
（2）△ABC為直角三角形，理由如下：
∵A（﹣3，0），B（1，0），C（0，），
∴OA＝3，OB＝1，OC＝，
∴AB＝OA+OB＝4，AC＝＝2，BC＝＝2，
∵AC2+BC2＝16，AB2＝16，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）∵點(diǎn)M、N同時從B點(diǎn)出發(fā)，均以每秒1個單位長度的速度分別沿BA、BC邊運(yùn)動，
∴BM＝BN＝t，
由翻折知，△BMN≌△PMN，
∴BM＝PM＝BN＝PN＝t，
∴四邊形PMBN是菱形，
∴PN∥AB，
∴△CPN∽△CAB，設(shè)PM與y軸交于H，
∴＝，
即，
解得t＝，CH＝，
∴OH＝OC﹣CH＝﹣＝，
∴yP＝，
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+，
將點(diǎn)A（﹣3，0）代入y＝kx+，
得﹣3k+＝0，解得k＝，
∴直線AC的解析式為y＝x+，
將yP＝代入y＝x+，
∴x＝﹣1，
∴P（﹣1，），
故答案為：，（﹣1，）；
（4）設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+，
將點(diǎn)B（1，0）代入y＝kx+得，k+＝0，
解得k＝﹣，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+，
由（2）知△ABC為直角三角形，∠ACB＝90°，
如圖2，當(dāng)∠ACF＝90°時，
點(diǎn)B，C，F(xiàn)在一條直線上，
在y＝﹣x+中，當(dāng)x＝﹣1時，y＝2，
∴F1（﹣1，2）；
當(dāng)∠CAF＝90°時，AF∥BC，
∴可設(shè)直線AF的解析式為y＝﹣x+n，
將點(diǎn)A（﹣3，0）代入y＝﹣x+n得，﹣3x+n＝0，
解得n＝﹣3，
∴直線AF的解析式為y＝﹣x﹣3，
在y＝﹣x﹣3中，當(dāng)x＝﹣1時，y＝﹣2，
∴F2（﹣1，﹣2）；
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為F1（﹣1，2），F(xiàn)2（﹣1，﹣2）．
20．（2022秋?雙流區(qū)校級月考）如圖1，平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝﹣x+m交x軸于點(diǎn)A（4，0），交y軸正半軸于點(diǎn)B．
（1）求△AOB的面積；
（2）如圖2，直線AC交y軸負(fù)半軸于點(diǎn)C，AB＝BC，P為射線AB（不含A點(diǎn)）上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作y軸的平行線交射線AC于點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，線段PQ的長為d，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在（2）的條件下，在y軸上是否存在點(diǎn)N，使△PQN是等腰直角三角形？若存在，請求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由于y＝﹣x+m交x軸于點(diǎn)A（4，0），求出m的值，可得出OA＝4，OB＝3，AB＝5，根據(jù)BC＝AB可得BC＝5，C（0，﹣2），則可得出答案；
（2）設(shè)點(diǎn)P（t，﹣t+3），求出直線AC解析式為y＝x﹣2，由于P在直線y＝﹣x+3上，可得PQ＝﹣t+3﹣（t﹣2）＝5﹣t；
（3）根據(jù)△PQN是等腰直角三角形，設(shè)N（0，n），結(jié)合（2）列出方程即可求出點(diǎn)N的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）把A（4，0）代入y＝﹣x+m得：m＝3，
∴一次函數(shù)解析式為y＝﹣x+3，
令x＝0，得y＝3，
∴B（0，3），
在Rt△AOB中，AB2＝OA2+OB2，
∴AB＝5，
∵BC＝AB＝5，
∴C（0，﹣2），
∴△AOB的面積＝OB?OA＝3×4＝6；
（2）①設(shè)P（t，﹣t+3），
∵P為射線AB上一點(diǎn)，
∴t＜4，
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，
代入A（4，0），C（0，﹣2）得
，
∴，
∴y＝x﹣2，
又∵PQ∥y軸，則Q（t，t﹣2），
∴PQ＝﹣t+3﹣（t﹣2）＝5﹣t；
∴d＝5﹣t；
（3）設(shè)N（0，n），過點(diǎn)N作NM⊥PQ于點(diǎn)M，
∵△PQN是等腰直角三角形，PQ∥y軸，點(diǎn)N在y軸上，
當(dāng)N為直角頂點(diǎn)時，∠PNQ＝90°，PN＝NQ，
∴PQ＝2MN，
∵PQ＝5﹣t，P（t，﹣t+3），
∴5﹣t＝2t，
∴t＝，
∵PQ＝2PM，
∴5﹣t＝2（﹣t+3﹣n），
∴n＝或n＝﹣，
∴N（0，）．
當(dāng)P為直角頂點(diǎn)時，PN＝PQ，
∴t＝5﹣t，n＝﹣t+3，
解得t＝，
∴n＝，
∴N（0，）．
當(dāng)Q為直角頂點(diǎn)時，QN＝PQ，
∴t＝5﹣t，n＝t﹣2，
解得t＝，
∴n＝﹣，
∴N（0，﹣）．
綜上所述：N（0，）或（0，）或（0，﹣）．
21．（2022秋?大連月考）如圖，矩形OABC頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，3），定點(diǎn)D的坐標(biāo)為（12，0），動點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿x軸的正方向勻速運(yùn)動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿x軸的負(fù)方向勻速運(yùn)動，P、Q兩點(diǎn)同時運(yùn)動，相遇時停止．在運(yùn)動過程中，以PQ為斜邊在x軸上方作等腰直角三角形PQR，設(shè)運(yùn)動時間為t秒，△PQR和矩形OABC重疊部分的面積為S．
（1）當(dāng)t＝ 1 時，△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B；
（2）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍．
【分析】（1）△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B時，△ABQ構(gòu)成等腰直角三角形，則有AB＝AQ，由此列方程求出t的值；
（2）在圖形運(yùn)動的過程中，有三種情形，當(dāng)0＜t≤1時，當(dāng)1＜t≤2時，當(dāng)2＜t≤4時，進(jìn)行分類討論求出答案．
【解答】解：（1）△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B時，△ABQ構(gòu)成等腰直角三角形，
∵矩形OABC頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，3），定點(diǎn)D的坐標(biāo)為（12，0），
∴AB＝3，
∴AB＝AQ，即3＝4﹣t，
∴t＝1．
即當(dāng)t＝1秒時，△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B．
故答案為：1；
（2）①當(dāng)0≤t≤1時，如答圖1﹣1所示．
設(shè)PR交BC于點(diǎn)G，
過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，則CH＝OP＝2t，GH＝PH＝3．
S＝S矩形OABC﹣S梯形OPGC
＝8×3﹣（2t+2t+3）×3
＝﹣6t；
②當(dāng)1＜t≤2時，如答圖1﹣2所示．
設(shè)PR交BC于點(diǎn)G，RQ交BC、AB于點(diǎn)S、T．
過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，則CH＝OP＝2t，GH＝PH＝3．
QD＝t，則AQ＝AT＝4﹣t，
∴BT＝BS＝AB﹣AQ＝3﹣（4﹣t）＝t﹣1．
S＝S矩形OABC﹣S梯形OPGC﹣S△BST
＝8×3﹣（2t+2t+3）×3﹣（t﹣1）2
＝﹣t2﹣5t+19；
③當(dāng)2＜t≤4時，如答圖1﹣3所示．
設(shè)RQ與AB交于點(diǎn)T，則AT＝AQ＝4﹣t．
PQ＝12﹣3t，∴PR＝RQ＝（12﹣3t）．
S＝S△PQR﹣S△AQT
＝PR2﹣AQ2
＝（12﹣3t）2﹣（4﹣t）2
＝t2﹣14t+28．
綜上所述，S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為：
S＝．
22．（2022秋?思明區(qū)校級月考）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)，與y軸交于C（0，3），A點(diǎn)在原點(diǎn)的左側(cè)，B點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，0）．點(diǎn)P是拋物線上一個動點(diǎn)，且在直線BC的上方．
（1）求這個二次函數(shù)及直線BC的表達(dá)式．
（2）過點(diǎn)P作PD∥y軸交直線BC于點(diǎn)D，求PD的最大值．
（3）點(diǎn)M為拋物線對稱軸上的點(diǎn)，問在拋物線上是否存在點(diǎn)N，使△MNO為等腰直角三角形，且∠NMO為直角，若存在，請直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，列方程組并且解該方程組求出b、c的值，設(shè)直線BC的表達(dá)式為y＝kx+3，則3k+3＝0，解方程求出k的值，得到二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3，直線BC的表達(dá)式為y＝﹣x+3；
（2）設(shè)P（x，﹣x2+2x+3），則D（x，﹣x+3），所以PD＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，即可求得PD的最大值為；
（3）設(shè)N（m，﹣m2+2m+3），先求得拋物線的對稱軸是直線x＝1，設(shè)直線x＝1交x軸于點(diǎn)G，則G（1，0），MG⊥x軸，作NF⊥MG于點(diǎn)F，可證明△FMN≌△GOM，再分四種情況討論，一是點(diǎn)M在x軸上方，且點(diǎn)N在直線OM左側(cè)，可列方程﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1；二是點(diǎn)M在x軸上方，且點(diǎn)N在直線OM右側(cè)，可列方程m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1；三是點(diǎn)M在x軸下方，且點(diǎn)N在直線OM右側(cè)，可列方程﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1；四是點(diǎn)M在x軸下方，且點(diǎn)N在直線OM左側(cè)，可列方程m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，分別求出相應(yīng)的符合題意的m值，再求出對應(yīng)的點(diǎn)N的縱坐標(biāo)即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)B（3，0），C（0，3），
∴，
解得，
設(shè)直線BC的表達(dá)式為y＝kx+3，則3k+3＝0，
解得k＝﹣1，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3，直線BC的表達(dá)式為y＝﹣x+3．
（2）如圖1，設(shè)P（x，﹣x2+2x+3），
∵PD∥y軸交直線BC于點(diǎn)D，，
∴D（x，﹣x+3），
∴PD＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，
∵PD＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
∴當(dāng)x＝時，PD最大＝，
∴PD的最大值為．
（3）存在，設(shè)N（m，﹣m2+2m+3），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線y＝﹣x2+2x+3的對稱軸是直線x＝1，
設(shè)直線x＝1交x軸于點(diǎn)G，則G（1，0），MG⊥x軸，
作NF⊥MG于點(diǎn)F，則∠MFN＝∠OGM＝90°，F(xiàn)（1，﹣m2+2m+3），
如圖2，點(diǎn)M在x軸上方，且點(diǎn)N在直線OM左側(cè)，
∵∠NMO＝90°，MN＝OM，
∴∠FMN＝∠GOM＝90°﹣∠OMG，
∴△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，F(xiàn)N＝GM＝1﹣m，
∴﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1，
解得m1＝，m2＝（不符合題意，舍去），
∴GF＝GM+MF＝1﹣+1＝，
∴N（，）；
如圖3，點(diǎn)M在x軸上方，且點(diǎn)N在直線OM右側(cè)，
同理可得△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，F(xiàn)N＝GM＝m﹣1，
∴m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，
解得m1＝，m2＝（不符合題意，舍去），
∴GF＝GM﹣MF＝﹣1﹣1＝，
∴N（，）；
如圖4，點(diǎn)M在x軸下方，且點(diǎn)N在直線OM右側(cè)，
同理可得△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，F(xiàn)N＝GM＝m﹣1，
∴M（1，1﹣m），
∴﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1，
解得m1＝，m2＝（不符合題意，舍去），
∴GF＝GM﹣MF＝﹣1﹣1＝，
∴yN＝y(tǒng)F＝﹣＝，
∴N（，）；
如圖5，點(diǎn)M在x軸下方，且點(diǎn)N在直線OM左側(cè)，
同理可得△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，F(xiàn)N＝GM＝1﹣m，
∴M（1，m﹣1），
∴m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，
解得m1＝，m2＝（不符合題意，舍去），
∴GF＝GM+MF＝1﹣+1＝，
∴yN＝y(tǒng)F＝﹣＝，
∴N（，），
綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，）或（，）或（，）或（，）．
23．（2022秋?越秀區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A（1，0），B（0，2），以AB為邊向右作等腰直角△ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC，二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)C．
（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）平移該二次函數(shù)圖象的對稱軸所在的直線l，若直線l恰好將△ABC的面積分為1：2兩部分，請求出直線l平移的最遠(yuǎn)距離；
（3）將△ABC以AC所在直線為對稱軸翻折，得到△AB'C，那么在二次函數(shù)圖象上是否存在點(diǎn)P，使△PB'C是以B'C為直角邊的直角三角形？若存在，請求出P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）過點(diǎn)C作CK⊥x軸交于點(diǎn)K，證明△ABO≌△CAK（AAS），得OB＝AK＝2，AO＝CK＝1，即得點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，1），用待定系數(shù)法有二次函數(shù)表達(dá)式為y＝x2﹣x﹣2；
（2）由y＝x2﹣x﹣2可知拋物線的對稱軸為直線x＝，且當(dāng)直線l將△ABC的面積分為左部分比右部分＝2：1時，直線l平移的距離最遠(yuǎn)，設(shè)此時直線l分別交邊BC、AC分別為點(diǎn)M、N，由B（0，2），C（3，1）可得直線BC解析式為y＝﹣x+2，由A（1，0），C（3，1）可得直線AC解析式為y＝x﹣，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為，點(diǎn)N坐標(biāo)為，1≤t＜3，根據(jù)S△CMN＝S△ABC，得×（3﹣t）（﹣t+2﹣t+）＝×××，可解得直線l平移的距離最遠(yuǎn)是3﹣﹣＝；
（3）分兩種情況：①當(dāng)∠PCB'＝90°時，由B，B'關(guān)于直線AC對稱，可得∠BCB'＝90°，即點(diǎn)P為直線BC與拋物線的另外一個交點(diǎn)，根據(jù)得點(diǎn)P的坐標(biāo)為；②當(dāng)∠CB'P＝90°時，過B'作BT⊥x軸于T，由△BOA≌△B'TA（AAS），可得B'（2，﹣2），故B'P解析式為y＝﹣x﹣，由得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）或．
【解答】解：（1）過點(diǎn)C作CK⊥x軸交于點(diǎn)K，如圖：
∵∠BAO+∠CAK＝90°，∠BAO+∠OBA＝90°，
∴∠CAK＝∠OBA，
又∠AOB＝∠AKC＝90°，AB＝AC，
∴△ABO≌△CAK（AAS），
∴OB＝AK＝2，AO＝CK＝1，
∴OK＝AO+AK＝1+2＝3，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，1），
將點(diǎn)C的坐標(biāo)代入y＝x2+bx﹣2得：1＝×9+3b﹣2，
解得：b＝﹣，
∴二次函數(shù)表達(dá)式為y＝x2﹣x﹣2；
（2）由y＝x2﹣x﹣2可知拋物線的對稱軸為直線x＝，且當(dāng)直線l將△ABC的面積分為左部分比右部分＝2：1時，直線l平移的距離最遠(yuǎn)，
如圖：
設(shè)此時直線l分別交邊BC、AC分別為點(diǎn)M、N，
由B（0，2），C（3，1）可得直線BC解析式為y＝﹣x+2，
由A（1，0），C（3，1）可得直線AC解析式為y＝x﹣，
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為，點(diǎn)N坐標(biāo)為，1≤t＜3，
∵直線l將△ABC的面積分為左部分比右部分＝2：1，
∴S△CMN＝S△ABC，
又AB＝＝，
∴×（3﹣t）（﹣t+2﹣t+）＝×××，
解得或（舍去），
∴直線l平移的距離最遠(yuǎn)是3﹣﹣＝；
（3）在二次函數(shù)圖象上存在點(diǎn)P，使△PB'C是以B'C為直角邊的直角三角形，理由如下：
①當(dāng)∠PCB'＝90°時，如圖：
∵B，B'關(guān)于直線AC對稱，
∴∠BCA＝∠B'CA＝45°，
∴∠BCB'＝90°，即點(diǎn)P為直線BC與拋物線的另外一個交點(diǎn)，
由得：或，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為；
②當(dāng)∠CB'P＝90°時，過B'作BT⊥x軸于T，如圖：
∵B，B'關(guān)于直線AC對稱，∠BAC＝90°，
∴BA＝B'A，
∵∠BAO＝∠B'AT，∠BOA＝90°＝∠B'TA，
∴△BOA≌△B'TA（AAS），
∴AT＝AO＝1，OB＝B'T＝2，
∴OT＝AO+AT＝2，
∴B'（2，﹣2），
由①知，∠BCB'＝90°，
∴過B'作BC的平行線，與拋物線的交點(diǎn)即為P，
∵直線BC解析式為y＝﹣x+2，B'（2，﹣2），
∴B'P解析式為y＝﹣x﹣，
由得或，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）或，
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：或（﹣1，﹣1）或．
24．（2022秋?石阡縣月考）如圖1，一次函數(shù)y＝kx﹣2（k≠0）的圖象與y軸交于點(diǎn)A，與反比例函數(shù)（x＜0）的圖象交于點(diǎn)B（﹣3，b），連接OB．
（1）b＝ 1 ，k＝ ﹣1 ．
（2）若點(diǎn)P在第三象限內(nèi)，是否存在點(diǎn)P使得△OBP是以O(shè)B為直角邊的等腰直角三角形？若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
（3）如圖2，C是線段AB上一點(diǎn)（不與點(diǎn)A，B重合），過點(diǎn)C且平行于y軸的直線l交該反比例函數(shù)的圖象于點(diǎn)D，連接OC，OD，BD．若四邊形OCBD的面積為3，求點(diǎn)C的坐標(biāo)．
【分析】（1）用待定系數(shù)法求解即可；
（2）需要分兩種情況討論，當(dāng)點(diǎn)O為直角頂點(diǎn)和當(dāng)點(diǎn)B為直角頂點(diǎn)時，分別求解即可；
（3）由S四邊形OCBD＝S△CDB+S△CDO＝CD?（xO﹣xB），即可求解．
【解答】解：（1）∵B（﹣3，b）在反比例函數(shù)（x＜0）的圖象上，
∴b＝1，
∴B（﹣3，1），
∵一次函數(shù)y＝kx﹣2（k≠0）的圖象過點(diǎn)B，
∴1＝﹣3k﹣2，
∴k＝﹣1，
故答案為：1，﹣1；
（2）存在，理由如下：
若△OBP是以O(shè)B為直角邊的等腰直角三角形，則需要分兩種情況討論：
①當(dāng)點(diǎn)O為直角頂點(diǎn)時，過點(diǎn)O作OP⊥OB，且OP＝OB，
分別過點(diǎn)B，P作y軸的垂線，垂直于點(diǎn)E，F(xiàn)，
∴∠BEO＝∠OFP＝90°，∠BOE+∠FOP＝∠BOE+∠OBE＝90°，
∴∠FOP＝∠OBE，
∵OB＝OP，
∴△BEO≌△OFP（AAS），
∴OE＝FP＝1，BE＝OF＝3，
∴P（﹣1，﹣3），
②當(dāng)點(diǎn)B為直角頂點(diǎn)時，連接PP'，
∴四邊形OBPP'是正方形，
∴OB∥PP'，且OB＝PP'，
∴P'（﹣4，﹣2），
綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，﹣3）或（﹣4，﹣2）；
（3）∵點(diǎn)C在直線AB上，
∴設(shè)點(diǎn)C（m，﹣m﹣2），則點(diǎn)D（m，），
∴S四邊形OCBD＝S△CDB+S△CDO＝CD?（xO﹣xB）＝（﹣+m+2）×3＝3，
解得m＝﹣或（舍去），
∴C（﹣，﹣2）．

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這是一份專題21函數(shù)與直角三角形的存在性問題-【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案（教師版含解析），共87頁。

最新中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型 專題21 函數(shù)與直角三角形的存在性問題-【壓軸必刷】：

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