二次函數(shù)與等腰直角三角形的相結(jié)合的綜合問題，是中考數(shù)學(xué)壓軸題中比較常見的一種，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有：等腰直角三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、斜邊的中線、全等三角形與相似三角形、角平分線、方程與函數(shù)模型、函數(shù)的基本性質(zhì)等。等腰直角三角形與二次函數(shù)綜合問題常見的有三種類型：兩定一動(dòng)探索直角三角形問題；一定兩動(dòng)探索等腰直角三角形問題；三動(dòng)探索等腰直角三角形問題；常見的思路中，不管是哪種類型的等腰直角三角形三角形問題，分類討論的依據(jù)都是三個(gè)角分別為直角，解決的思路是通過構(gòu)造K型全等或相似圖來列方程解決。
【例1】（2022?棗莊）如圖①，已知拋物線L：y＝x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（0，3），B（1，0），過點(diǎn)A作AC∥x軸交拋物線于點(diǎn)C，∠AOB的平分線交線段AC于點(diǎn)E，點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求拋物線的關(guān)系式；
（2）若動(dòng)點(diǎn)P在直線OE下方的拋物線上，連結(jié)PE、PO，當(dāng)△OPE面積最大時(shí)，求出P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）將拋物線L向上平移h個(gè)單位長(zhǎng)度，使平移后所得拋物線的頂點(diǎn)落在△OAE內(nèi)（包括△OAE的邊界），求h的取值范圍；
（4）如圖②，F(xiàn)是拋物線的對(duì)稱軸l上的一點(diǎn)，在拋物線上是否存在點(diǎn)P，使△POF成為以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形？若存在，直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式；
（2）過P作PG∥y軸，交OE于點(diǎn)G，設(shè)P（m，m2﹣4m+3），根據(jù)OE的解析式表示點(diǎn)G的坐標(biāo)，表示PG的長(zhǎng)，根據(jù)面積和可得△OPE的面積，利用二次函數(shù)的最值可得其最大值；
（3）求出原拋物線的對(duì)稱軸和頂點(diǎn)坐標(biāo)以及對(duì)稱軸與OE的交點(diǎn)坐標(biāo)、與AE的交點(diǎn)坐標(biāo)，用含h的代數(shù)式表示平移后的拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，列出不等式組求出h的取值范圍；
（4）存在四種情況：作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△OMP≌△PNF，根據(jù)|OM|＝|PN|，列方程可得點(diǎn)P的坐標(biāo)；同理可得其他圖形中點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【解析】（1）∵拋物線L：y＝x2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（0，3），B（1，0），
∴，解得，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）如圖，過P作PG∥y軸，交OE于點(diǎn)G，
設(shè)P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
∴直線OE的解析式為：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
＝PG?AE
＝×3×（﹣m2+5m﹣3）
＝﹣（m2﹣5m+3）
＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)m＝時(shí)，△OPE面積最大，
此時(shí)，P點(diǎn)坐標(biāo)為（，﹣）；
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得拋物線l的對(duì)稱軸為直線x＝2，頂點(diǎn)為（2，﹣1），
拋物線L向上平移h個(gè)單位長(zhǎng)度后頂點(diǎn)為F（2，﹣1+h）．
設(shè)直線x＝2交OE于點(diǎn)DM，交AE于點(diǎn)N，則E（2，3），
∵直線OE的解析式為：y＝x，
∴M（2，2），
∵點(diǎn)F在△OAE內(nèi)（包括△OAE的邊界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
（4）設(shè)P（m，m2﹣4m+3），分四種情況：
①當(dāng)P在對(duì)稱軸的左邊，且在x軸下方時(shí)，如圖，過P作MN⊥y軸，交y軸于M，交l于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
則﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m＝（舍）或，
∴P的坐標(biāo)為（，）；
②當(dāng)P在對(duì)稱軸的左邊，且在x軸上方時(shí)，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1＝（舍）或m2＝，
∴P的坐標(biāo)為（，）；
③當(dāng)P在對(duì)稱軸的右邊，且在x軸下方時(shí)，
如圖，過P作MN⊥x軸于N，過F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
則﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m1＝或m2＝（舍）；
P的坐標(biāo)為（，）；
④當(dāng)P在對(duì)稱軸的右邊，且在x軸上方時(shí)，如圖，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m＝或（舍），
P的坐標(biāo)為：（，）；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)是：（，）或（，）或（，）或（，）．
方法二：作直線DE：y＝x﹣2，
E（1，﹣1）是D點(diǎn)（1，0）繞O點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°并且OD縮小2倍得到，
易知直線DE即為對(duì)稱軸上的點(diǎn)繞O點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，且到O點(diǎn)距離縮小倍的軌跡，
聯(lián)立直線DE和拋物線解析式得x2﹣4x+3＝x﹣2，
解得x1＝，x2＝，
同理可得x3＝或x4＝；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)是：（，）或（，）或（，）或（，）．
【例2】．（2022?東營(yíng)）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）在對(duì)稱軸上找一點(diǎn)Q，使△ACQ的周長(zhǎng)最小，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)P是拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，點(diǎn)M是對(duì)稱軸左側(cè)拋物線上的一點(diǎn)，當(dāng)△PMB是以PB為腰的等腰直角三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出所有點(diǎn)M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）連接CB交對(duì)稱軸于點(diǎn)Q，當(dāng)C、B、Q三點(diǎn)共線時(shí)，△ACQ的周長(zhǎng)最小，求出直線BC的解析式，再求Q點(diǎn)坐標(biāo)即可；
（3）分兩種情況討論：當(dāng)∠BPM＝90°時(shí)，PM＝PB，M點(diǎn)與A點(diǎn)重合，則M（﹣1，0）；當(dāng)∠PBM＝90°時(shí)，PB＝BM，過點(diǎn)B作x軸的垂線GH，過點(diǎn)P作PH⊥GH交于H，過點(diǎn)M作MG⊥HG交于G，可證明△BPH≌△MBG（AAS），設(shè)P（1，t），則M（3﹣t，﹣2），求出M點(diǎn)坐標(biāo)為（1﹣，﹣2）．
【解析】（1）將點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）連接CB交對(duì)稱軸于點(diǎn)Q，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1，
∵A、B關(guān)于對(duì)稱軸x＝1對(duì)稱，
∴AQ＝BQ，
∴AC+AQ+CQ＝AC+CQ+BQ≥AC+BC，
當(dāng)C、B、Q三點(diǎn)共線時(shí)，△ACQ的周長(zhǎng)最小，
∵C（0，﹣3），B（3，0），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
∴Q（1，﹣2）；
（3）當(dāng)∠BPM＝90°時(shí)，PM＝PB，
∴M點(diǎn)與A點(diǎn)重合，
∴M（﹣1，0）；
當(dāng)∠PBM＝90°時(shí)，PB＝BM，
過點(diǎn)B作x軸的垂線GH，過點(diǎn)P作PH⊥GH交于H，過點(diǎn)M作MG⊥HG交于G，
∵∠PBM＝90°，
∴∠PBH+∠MBG＝90°，
∵∠PBH+∠BPH＝90°，
∴∠MBG＝∠BPH，
∵BP＝BM，
∴△BPH≌△MBG（AAS），
∴BH＝MG，PH＝BG＝2，
設(shè)P（1，t），則M（3﹣t，﹣2），
∴﹣2＝（3﹣t）2﹣2（3﹣t）﹣3，
解得t＝2+或t＝2﹣，
∴M（1﹣，﹣2）或（5+，﹣2），
∵M(jìn)點(diǎn)在對(duì)稱軸的左側(cè)，
∴M點(diǎn)坐標(biāo)為（1﹣，﹣2）；
綜上所述：M點(diǎn)的坐標(biāo)為（1﹣，﹣2）或（﹣1，0）．
【例3】（2022?吉林）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2+bx+c（b，c是常數(shù)）經(jīng)過點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)B（0，3）．點(diǎn)P在此拋物線上，其橫坐標(biāo)為m．
（1）求此拋物線的解析式．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，結(jié)合圖象，直接寫出m的取值范圍．
（3）若此拋物線在點(diǎn)P左側(cè)部分（包括點(diǎn)P）的最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2﹣m．
①求m的值．
②以PA為邊作等腰直角三角形PAQ，當(dāng)點(diǎn)Q在此拋物線的對(duì)稱軸上時(shí)，直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【分析】（1）通過待定系數(shù)法求解．
（2）令y＝0，求出拋物線與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合圖象求解．
（3）①分類討論點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸右側(cè)及左側(cè)兩種情況，分別求出頂點(diǎn)為最低點(diǎn)和點(diǎn)P為最低點(diǎn)時(shí)m的值．
②根據(jù)m的值，作出等腰直角三角形求解．
【解析】（1）將（1，0），（0，3）代入y＝x2+bx+c得，
解得，
∴y＝x2﹣4x+3．
（2）令x2﹣4x+3＝0，
解得x1＝1，x2＝3，
∴拋物線與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0），（3，0），
∵拋物線開口向上，
∴m＜1或m＞3時(shí)，點(diǎn)P在x軸上方．
（3）①∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為（2，﹣1），對(duì)稱軸為直線x＝2，
當(dāng)m＞2時(shí)，拋物線頂點(diǎn)為最低點(diǎn)，
∴﹣1＝2﹣m，
解得m＝3，
當(dāng)m≤2時(shí)，點(diǎn)P為最低點(diǎn)，
將x＝m代入y＝x2﹣4x+3得y＝m2﹣4m+3，
∴m2﹣4m+3＝2﹣m，
解得m1＝（舍），m2＝．
∴m＝3或m＝．
②當(dāng)m＝3時(shí)，點(diǎn)P在x軸上，AP＝2，
∵拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為（2，﹣1），
∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（2，﹣1）或（2，1）符合題意．
當(dāng)m＝時(shí)，如圖，∠QPA＝90°過點(diǎn)P作y軸平行線，交x軸于點(diǎn)F，作QE⊥PF于點(diǎn)E，
∵∠QPE+∠APF＝∠APF+∠PAF＝90°，
∴∠QPE＝∠PAF，
又∵∠QEP＝∠PFA＝90°，QP＝PA，
∴△QEP≌△PFA（AAS），
∴QE＝PF，即2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得m1＝（舍），m2＝．
∴PF＝2﹣，AF＝PE＝1﹣，
∴EF＝PF+PE＝2﹣+1﹣＝，
∴點(diǎn)Q坐標(biāo)為（2，）．
綜上所述，點(diǎn)Q坐標(biāo)為（2，﹣1）或（2，1）或（2，）．
1．（2022?石獅市模擬）已知拋物線y＝ax2﹣2ax+a+2與x軸交于A，B兩點(diǎn)（A在B的左側(cè)），與y軸正半軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)P為該拋物線在第一象限內(nèi)的點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)P為該拋物線頂點(diǎn)時(shí)，△ABP為等腰直角三角形．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)E，交△ABP的外接圓于點(diǎn)D，求點(diǎn)D的縱坐標(biāo)；
（3）直線AP，BP分別與y軸交于M，N兩點(diǎn)，求的值．
【分析】（1）運(yùn)用配方法將拋物線解析式化為頂點(diǎn)式，可得到頂點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求解；
（2）根據(jù)等腰直角三角形△ABP的外接圓可得AB為直徑，點(diǎn)E為圓心，即可得點(diǎn)D的縱坐標(biāo)；
（3）利用待定系數(shù)法可得直線AP，BP的解析式，分別求出M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)，由y＝﹣x2+x+得C（0，），求出CN、CM的值，即可求解．
【解析】（1）∵y＝ax2﹣2ax+a+2＝a（x2﹣2x）+a+2＝a（x﹣1）2+2，
∴拋物線的頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，2），
如圖：過點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，則E（1，0），
∴PE＝2，
∵△ABP為等腰直角三角形，
∴AE＝BE＝PE＝AB＝2，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
將B（3，0）代入y＝a（x﹣1）2+2得，
a（3﹣1）2+2＝0，解得a＝﹣，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣1）2+2＝﹣x2+x+；
（2）如圖：
∵△ABP為等腰直角三角形，PD⊥x軸于點(diǎn)E，
∴AB為直徑，點(diǎn)E為圓心，
∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，2），
∴PE＝2，
∴DE＝2，
∴D（1，﹣2），
∴點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為﹣2；
（3）設(shè)直線AP的解析式為y＝kx+b，
∵點(diǎn)（1，2），A（﹣1，0），
∴，解得，
∴直線AP的解析式為y＝x+1，
令x＝0，則y＝1，
∴M（0，1），
同理得直線BP的解析式為y＝﹣x+3，
令x＝0，則y＝3，
∴N（0，3），
∵y＝﹣x2+x+與y軸正半軸交于點(diǎn)C，
∴C（0，），
∴CM＝﹣1＝，CN＝3﹣＝，
∴＝3．
2．（2022?福建模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C（2，﹣4）在拋物線上，且△ABC是等腰直角三角形．
（1）求拋物線的解析式；
（2）過點(diǎn)D（2，0）的直線與拋物線交于點(diǎn)M，N，試問：以線段MN為直徑的圓是否過定點(diǎn)？證明你的結(jié)論．
【分析】（1）等腰直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，點(diǎn)的坐標(biāo)，不難求出A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，把點(diǎn)A、B、C代入二次函數(shù)解析式，解三元一次方程組就可得到函數(shù)解析式．
（2））通過設(shè)過點(diǎn)D（2，0）的直線MN解析式為y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k，得到關(guān)于x、關(guān)于y的方程，利用跟與系數(shù)的關(guān)系，再得到圓的解析式，待定系數(shù)法確定定點(diǎn)的x、y的值，確定定點(diǎn)的坐標(biāo)．
【解析】連接AC、BC，過點(diǎn)C作CP垂直于x軸于點(diǎn)P．
在Rt△CAB中，AC＝BC，CP⊥AB，點(diǎn)C（2，﹣4），
∴CP＝AP＝PB＝4，OP＝2，
∴OA＝AP﹣OP＝4﹣2＝2，OB＝OP+PB＝4+2＝6，
∴點(diǎn)A（﹣2，0），點(diǎn)B（6，0），
把點(diǎn)A（﹣2，0），點(diǎn)B（6，0），點(diǎn)C（2，﹣4）代入函數(shù)解析式得
，
解得，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣x﹣3．
故答案為：y＝x2﹣x﹣3．
（2）設(shè)過點(diǎn)D（2，0）的直線MN解析式為y＝k（x﹣2）＝kx﹣2k，
聯(lián)立直線與拋物線解析式得關(guān)于x的等式：kx﹣2k＝x2﹣x﹣3，
化簡(jiǎn)得＝0，
xN+xM＝﹣＝4（k+1），xNxM＝＝8k﹣①，
聯(lián)立直線與拋物線解析式得關(guān)于y的等式：y＝（+2）2﹣（+2）﹣3，
化簡(jiǎn)得y2+（﹣﹣1）y﹣4＝0，
yM+yN＝4k2，yMyN＝﹣②，
線段MN的中點(diǎn)就是圓的圓心，
∴xO＝（xN+xM）＝2（K+1），
代入直線方程得yO＝2k2，
∴圓心坐標(biāo)為（2k+2，2k2），
直徑MN＝＝，
把①、②代入上式化簡(jiǎn)整理得直徑MN＝，
設(shè)圓上某一點(diǎn)（x，y）到圓心的距離等于半徑，
∴＝，
化簡(jiǎn)整理得16k2+12﹣8k＝x2﹣4kx﹣4x+y2﹣4k2y＝﹣4yk2﹣4kx+x2﹣4x+y2，
圓過定點(diǎn)，所以與k值無關(guān)，看作是關(guān)于k的二次等式，
k2、k的系數(shù)，常量對(duì)應(yīng)相等，
得﹣8＝﹣4x，
x＝2，
16＝﹣4y，
y＝﹣4，
由以上分析，所以以MN為直徑的圓過定點(diǎn)（2，﹣4）．
故答案為：以線段MN為直徑的圓過定點(diǎn)（2，﹣4）．
3．（2022?碑林區(qū)校級(jí)四模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝﹣x2+mx+n與x軸交于點(diǎn)A，B（A在B的左側(cè)）．
（1）若拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝﹣3，AB＝4．求拋物線的表達(dá)式；
（2）平移（1）中的拋物線，使平移后的拋物線經(jīng)過點(diǎn)O，且與x軸正半軸交于點(diǎn)C，記平移后的拋物線頂點(diǎn)為P，若△OCP是等腰直角三角形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【分析】（1）先根據(jù)拋物線的對(duì)稱性求出點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)，再將點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)代入y＝﹣x2+mx+n，列方程組求出m、n的值即可；
（2）設(shè)平移后的拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+bx，將點(diǎn)P的坐標(biāo)用含b的式子表示，過該拋物線的頂點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可列方程求出b的值及點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【解析】（1）∵拋物線y＝﹣x2+mx+n與x軸交于A、B兩點(diǎn)，且拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝﹣3，
∴點(diǎn)A與點(diǎn)B關(guān)于直線x＝﹣3對(duì)稱，
∵點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，且AB＝4，
∴A（﹣5，0），B（﹣1，0），
把A（﹣5，0）、B（﹣1，0）代入y＝﹣x2+mx+n，
得，
解得，
∴拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2﹣6x﹣5．
（2）根據(jù)題意，平移后的拋物線經(jīng)過原點(diǎn)，
設(shè)平移后的拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+bx，
當(dāng)y＝0時(shí)，由﹣x2+bx＝0得x1＝0，x2＝b，
∴C（b，0），
∴該拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝b，
當(dāng)x＝b時(shí)，y＝﹣（b）2+b2＝b2，
∴P（b，b2）；
如圖，作PD⊥x軸于點(diǎn)D，則OD＝CD，
∵△OCP是等腰直角三角形，
∴∠OPC＝90°，
∴PD＝OC＝OD，
∴b2＝b，
解得b1＝2，b2＝0（不符合題意，舍去），
∴P（1，1）．
4．（2021秋?福清市期末）已知拋物線y＝ax2+bx﹣2經(jīng)過（2，2），且頂點(diǎn)在y軸上．
（1）求拋物線解析式；
（2）直線y＝kx+c與拋物線交于A，B兩點(diǎn)．
①點(diǎn)P在拋物線上，當(dāng)k＝0，且△ABP為等腰直角三角形時(shí)，求c的值；
②設(shè)直線y＝kx+c交x軸于點(diǎn)M（m，0），線段AB的垂直平分線交y軸于點(diǎn)N，當(dāng)c＝1，m＞6時(shí)，求點(diǎn)N縱坐標(biāo)n的取值范圍．
【分析】（1）由題意可知b＝0，再將（2，2）代入y＝ax2+bx﹣2即可求解析式；
（2）①求出A（，0），B（﹣，0），再由2[c+2+（c+2）2]＝4（c+2），即可求c；
②由題意可得m＝﹣，k＜0，再由m＞6，可得﹣＜k＜0，聯(lián)立，得到AB的中點(diǎn)為（，+1），設(shè)AB的線段垂直平分線所在直線解析式為y＝k'x+b，與x軸的交點(diǎn)P（﹣，0），與y軸的交點(diǎn)為N（0，b），由∠PNO＝∠AMO，可得k'＝m＝﹣，則有線段AB的垂直平分線為y＝﹣x++，所以N點(diǎn)縱坐標(biāo)為n＝+，即可求＜n＜．
【解析】（1）∵頂點(diǎn)在y軸上，
∴b＝0，
∵拋物線y＝ax2+bx﹣2經(jīng)過（2，2），
∴4a﹣2＝2，
∴a＝1，
∴y＝x2﹣2；
（2）①當(dāng)k＝0時(shí)，y＝c，
聯(lián)立，
∴A（，c），B（﹣，c），
∵△ABP為等腰直角三角形，
∴P點(diǎn)在AB的垂直平分線上，
∴P點(diǎn)在拋物線的頂點(diǎn)（0，﹣2）處，
∵AB＝2，AP＝BP＝，
∴2[c+2+（c+2）2]＝4（c+2），
∴c＝0；
②∵c＝1，
∴y＝kx+1，
∴m＝﹣，
由題意可知，k＜0，
∵m＞6，
∴﹣＜k＜0，
聯(lián)立，
∴x2﹣kx﹣2＝0，
∴xA+xB＝k，
∴AB的中點(diǎn)為（，+1），
設(shè)AB的線段垂直平分線所在直線解析式為y＝k'x+b，
∴與x軸的交點(diǎn)P（﹣，0），與y軸的交點(diǎn)為N（0，b），
∵PN⊥AB，
∴∠PNO＝∠AMO，
∴＝，
∴k'＝m＝﹣，
∴y＝﹣x+b，
∴線段AB的垂直平分線為y＝﹣x++，
∴N點(diǎn)縱坐標(biāo)為n＝+，
∴＜n＜．
5．（2022?集美區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線T：y＝a（x+4）（x﹣m）與x軸交于A，B兩點(diǎn)，m＞﹣3，點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，拋物線T的頂點(diǎn)為記為P．
（1）求點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)；（用含m的代數(shù)式表示）
（2）若a＝m+3，且△ABP為等腰直角三角形，求拋物線T的解析式；
（3）將拋物線T進(jìn)行平移得到拋物線T'，拋物線T'與x軸交于點(diǎn)B，C（4，0），拋物線T'的頂點(diǎn)記為Q．若0＜a＜，且點(diǎn)C在點(diǎn)B的右側(cè)，是否存在直線AP與CQ垂直的情形？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）解方程（x+4）（x﹣m）＝0可求A、B點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）求出頂點(diǎn)P（m﹣2，（﹣m﹣3）（）2），利用等腰直角三角形斜邊的中線等腰斜邊的一半，求出m即可求解；
（3）分別求出直線AP與直線CQ的解析式，通過聯(lián)立方程組求出這兩條直線的交點(diǎn)M，過點(diǎn)M作NM⊥x軸交于N，可得△AMN∽△MCN，則（am2﹣8a）2＝（﹣m+4）（4+m），得到a2＝，再由a的取值范圍確定m的范圍即可．
【解析】（1）令y＝0，則（x+4）（x﹣m）＝0，
解得x＝﹣4或x＝m，
∴A（﹣4，0），B（m，0）；
（2）∵a＝m+3，
∴y＝（m+3）（x+4）（x﹣m）＝（m+3）（x2+4x﹣mx﹣4m），
∴P（m﹣2，（﹣m﹣3）（）2），
∵△ABP為等腰直角三角形，
∵AB＝m+4，
∴AB＝（m+4）＝（m+3）（）2，
解得m＝﹣2或m＝﹣5，
∵m＞﹣3，
∴m＝﹣2，
∴y＝x2+6x+8；
（3）存在直線AP與CQ垂直的情形，理由如下：
∵y＝a（x+4）（x﹣m），
∴P（m﹣2，），
由題意可知拋物線T'的解析式為y＝a（x﹣m）（x﹣4），
∴Q（，），
設(shè)直線AP的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣（m+4）x﹣2a（m+4），
同理可求直線CQ的解析式為y＝﹣（m﹣4）x+2a（m﹣4），
聯(lián)立方程組，
解得，
設(shè)直線AP與直線CQ的交點(diǎn)為M，
∴M（﹣m，am2﹣8a），
過點(diǎn)M作NM⊥x軸交于N，
∵AM⊥CQ，
∴∠AMQ＝90°，
∴∠AMN+∠NMC＝90°，
∵∠AMN+∠NAM＝90°，
∴∠NMC＝∠NAM，
∴△AMN∽△MCN，
∴＝，
∴（am2﹣8a）2＝（﹣m+4）（4+m），
∴a2＝，
∵0＜a＜，
∴0＜＜，
解得﹣3＜m＜4．
6．（2022?城廂區(qū)模擬）拋物線y＝x2﹣（m+3）x+3m與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（不與點(diǎn)O重合）．
（1）若點(diǎn)A在x軸的負(fù)半軸上，且△OBC為等腰直角三角形．
①求拋物線的解析式；
②在拋物線上是否存在一點(diǎn)D，使得點(diǎn)O為△BCD的外心，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．
（2）點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸上，且點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為﹣9，將直線PC向下平移n（1≤n≤4）個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線P′C′，若直線P′C′與拋物線有且只有一個(gè)交點(diǎn)，求△ABC面積的取值范圍．
【分析】（1）①分別求出A（m，0），B（3，0），C（0，3m），再由OC＝OB，求出m即可求解析式；
②由三角形外心的性質(zhì)可知OB＝OC＝OD＝3，設(shè)D（t，t2﹣2t﹣3），則3＝，求出t即可求D點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）由題可知P（，﹣9），求出平移后的直線P'C'的解析式為y＝﹣6x+3m﹣n，聯(lián)立方程組，再由判別式Δ＝（m﹣3）2﹣4n＝0，可得n＝，由n的范圍求出m的范圍，再由S△ABC＝（m﹣）2﹣，結(jié)合m的范圍即可求△ABC的面積的取值范圍．
【解析】（1）①令y＝0，則x2﹣（m+3）x+3m＝0，
解得x＝3或x＝m，
∴A（m，0），B（3，0），
令x＝0，則y＝3m，
∴C（0，3m），
∵△OBC為等腰直角三角形，
∴﹣3m＝3
解得m＝﹣1，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
②存在一點(diǎn)D，使得點(diǎn)O為△BCD的外心，理由如下：
∵點(diǎn)O為△BCD的外心，
∴OB＝OC＝OD＝3，
設(shè)D（t，t2﹣2t﹣3），
∴3＝，
解得t＝，
∴D（，）或（，）；
（2）∵y＝x2﹣（m+3）x+3m，
∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝，
∵點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為﹣9，
∴P（，﹣9），
設(shè)直線PC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣6x+3m，
∴平移后的直線P'C'的解析式為y＝﹣6x+3m﹣n，
聯(lián)立方程組，
整理得，x2﹣（m﹣3）x+n＝0，
∵直線P′C′與拋物線有且只有一個(gè)交點(diǎn)，
∴Δ＝（m﹣3）2﹣4n＝0，
∴n＝，
∵1≤n≤4，
∴1≤≤4，
∴﹣1≤m≤1或5≤m≤7，
∵A（m，0），B（3，0），
∴AB＝3﹣m，
∴S△ABC＝×（3﹣m）×（﹣3m）＝（m﹣）2﹣，
當(dāng)﹣1≤m≤1時(shí)，0＜S△ABC≤6；5≤m≤7時(shí)，15≤S△ABC≤42．
7．（2022?將樂縣模擬）拋物線y＝ax2+bx+c與直線y＝﹣有唯一的公共點(diǎn)A，與直線y＝交于點(diǎn)B，C（C在B的右側(cè)），且△ABC是等腰直角三角形．過C作x軸的垂線，垂足為D（3，0）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）直線y＝2x與拋物線的交點(diǎn)為P，Q，且P在Q的左側(cè)．
（?。┣驪，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（ⅱ）設(shè)直線y＝2x+m（m＞0）與拋物線的交點(diǎn)為M，N，求證：直線PM，QN，CD交于一點(diǎn)．
【分析】（1）過點(diǎn)A作AM⊥BC交于M，由等腰直角三角形的性質(zhì)求出AM＝BM＝2，從而求出M（1，），A（1，﹣），B（﹣1，），再用待定系數(shù)法求解析式即可；
（2）（?。┞?lián)立方程組，即可求P、Q點(diǎn)的坐標(biāo)；
（ⅱ）設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立方程組，可得x1+x2＝6，y1＝2x1+m，y2＝2＝﹣2x1+m+12，求出直線PM的解析式后，求直線PM與CD的交點(diǎn)為（3，6+），求出QN的解析式后，求直線QN與CD的交點(diǎn)為（3，6+），從而所求得證．
【解答】（1）解：過點(diǎn)A作AM⊥BC交于M，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AM＝BM＝﹣（﹣）＝2，
∵CD⊥x軸，D（3，0），
∴C（3，），
∴M（1，），A（1，﹣），B（﹣1，），
設(shè)y＝ax2+bx+c（a≠0），
∴，
解得，
∴y＝x2﹣x；
（2）（?。┙猓郝?lián)立方程組，
解得或，
∵P在Q的左側(cè)，
∴P（0，0），Q（6，12）；
（ⅱ）證明：設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），
聯(lián)立方程組，
整理得x2﹣6x﹣2m＝0，
∴x1+x2＝6，
∴y1＝2x1+m，y2＝2＝﹣2x1+m+12，
設(shè)直線PM的解析式為y＝k1x，
∴2x1+m＝k1x1，
∴k1＝2+，
∴y＝（2+）x，
∴直線PM與CD的交點(diǎn)為（3，6+），
設(shè)QN的解析式為y＝k2x+b2，
∴，
解得，
∴y＝（2﹣）x+，
∴直線QN與CD的交點(diǎn)為（3，6+），
∴直線PM，QN，CD交于一點(diǎn)．
8．（2022?贛州模擬）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣3（x≤3）的圖象過點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），C（0，c），記為L(zhǎng)．將L沿直線x＝3翻折得到“部分拋物線”K，點(diǎn)A，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)A'，C'．
（1）求a，b，c的值；
（2）畫出“部分拋物線”K的圖象，并求出它的解析式；
（3）某同學(xué)把L和“部分拋物線”K看作一個(gè)整體，記為圖形“W”，若直線y＝m和圖形“W”只有兩個(gè)交點(diǎn)M，N（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)）．
①直接寫出m的取值范圍；
②若△MNB為等腰直角三角形，求m的值．
【分析】（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，求出函數(shù)解析式即可求解；
（2）A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）關(guān)于x＝3對(duì)稱的點(diǎn)分別為A'（7，0），B（3，0），C（6，﹣3），再由待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；
（3）①數(shù)形結(jié)合即可求m的取值范圍；
②當(dāng)m＝﹣4時(shí)，△MNB是等腰三角形但不是直角三角形；當(dāng)m＞0時(shí)，由2+＝m，求出m＝5．
【解析】（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣2x﹣3，
將C（0，c）代入y＝x2﹣2x﹣3，可得c＝﹣3；
（2）A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）關(guān)于x＝3對(duì)稱的點(diǎn)分別為A'（7，0），B（3，0），C（6，﹣3），
設(shè)拋物線的解析式為y＝x2+b'x+c'，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣10x+21；
（3）①∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的頂點(diǎn)為（1，﹣4），
∴當(dāng)m＝﹣4時(shí)，直線y＝m和圖形“W”只有兩個(gè)交點(diǎn)；
當(dāng)m＞0時(shí)，直線y＝m和圖形“W”只有兩個(gè)交點(diǎn)；
∴m＞0或m＝﹣4時(shí)，直線y＝m和圖形“W”只有兩個(gè)交點(diǎn)；
②當(dāng)m＝﹣4時(shí)，M（1，﹣4），N（5，﹣4），
∴BM＝BN，
∴△MNB是等腰三角形但不是直角三角形；
當(dāng)m＞0時(shí)，M（1﹣，m），N（5+，m），
∴BM＝BN，
當(dāng)BM⊥AM時(shí)，2+＝m，
解得m＝0（舍）或m＝5，
∴m＝5．
9．（2022?瓊海二模）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點(diǎn)A（3，0）、B（﹣1，0），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)P為x軸上方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F為y軸上的動(dòng)點(diǎn)，連接PA，PF，AF．
（1）求該拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式；
（2）如圖1，當(dāng)點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，﹣4），求出此時(shí)△AFP面積的最大值；
（3）如圖2，是否存在點(diǎn)F，使得△AFP是以AP為腰的等腰直角三角形？若存在，求出所有點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）如圖1，過點(diǎn)P作PQ∥y軸交直線AF于點(diǎn)Q，運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線AF的解析式為y＝x﹣4，設(shè)P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），則Q（t，t﹣4），利用三角形面積公式可得S△AFP＝PQ?OA＝（﹣t2+t+7）×3＝﹣（t﹣）2+，再運(yùn)用二次函數(shù)性質(zhì)即可求得答案；
（3）設(shè)P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F(xiàn)（0，n），分兩種情況：①當(dāng)AP＝AF，∠PAF＝90°時(shí)，②當(dāng)AP＝PF，∠APF＝90°時(shí)，分別討論計(jì)算即可．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點(diǎn)A（3，0）、B（﹣1，0），
∴，
解得：，
∴該拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）如圖1，過點(diǎn)P作PQ∥y軸交直線AF于點(diǎn)Q，
設(shè)直線AF的解析式為y＝kx+d，
∵A（3，0），F(xiàn)（0，﹣4），
∴，
解得：，
∴直線AF的解析式為y＝x﹣4，
設(shè)P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），則Q（t，t﹣4），
∴PQ＝﹣t2+2t+3﹣（t﹣4）＝﹣t2+t+7，
∴S△AFP＝PQ?OA＝（﹣t2+t+7）×3＝﹣（t﹣）2+，
∵＜0，﹣1＜t＜3，
∴當(dāng)t＝時(shí)，△AFP面積的最大值為；
（3）設(shè)P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F(xiàn)（0，n），
∵A（3，0），
∴OA＝3，OF＝|n|，
①當(dāng)AP＝AF，∠PAF＝90°時(shí)，如圖2，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，
則∠ADP＝90°＝∠AOF，
∴∠PAD+∠APD＝90°，
∵∠PAD+∠FAO＝90°，
∴∠APD＝∠FAO，
在△APD和△FAO中，
，
∴△APD≌△FAO（AAS），
∴PD＝OA，AD＝OF，
∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，
∴﹣m2+2m+3＝3，
解得：m＝0或2，
當(dāng)m＝0時(shí)，P（0，3），AD＝3，
∴OF＝3，即|n|＝3，
∵點(diǎn)F在y的負(fù)半軸上，
∴n＝﹣3，
∴F（0，﹣3）；
當(dāng)m＝2時(shí)，P（2，3），AD＝1，
∴OF＝1，即|n|＝1，
∵點(diǎn)F在y的負(fù)半軸上，
∴n＝﹣1，
∴F（0，﹣1）；
②當(dāng)AP＝PF，∠APF＝90°時(shí)，如圖3，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，PG⊥y軸于點(diǎn)G，
則∠PDA＝∠PDO＝∠PGF＝90°，
∵∠PDO＝∠PGF＝∠DOG＝90°，
∴四邊形PDOG是矩形，
∴∠FPG+∠FPD＝90°，
∵∠APD+∠FPD＝∠APF＝90°，
∴∠FPG＝∠APD，
在△FPG和△APD中，
，
∴△FPG≌△APD（AAS），
∴PG＝PD，F(xiàn)G＝AD，
∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，PG＝m，
∴﹣m2+2m+3＝m，
解得：m＝（舍去）或m＝，
當(dāng)m＝時(shí)，P（，），
∴FG＝AD＝3﹣m＝3﹣＝，
∴F（0，﹣2）；
綜上所述，點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，﹣3）或（0，﹣1）或（0，﹣2）．
10．（2022?虹口區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+6與x軸交于點(diǎn)A（﹣2，0）和點(diǎn)B（6，0），與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，聯(lián)結(jié)BC交拋物線的對(duì)稱軸l于點(diǎn)E．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）聯(lián)結(jié)CD、BD，點(diǎn)P是射線DE上的一點(diǎn)，如果S△PDB＝S△CDB，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)M是線段BE上的一點(diǎn)，點(diǎn)N是對(duì)稱軸l右側(cè)拋物線上的一點(diǎn)，如果△EMN是以EM為腰的等腰直角三角形，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．
【分析】（1）由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的表達(dá)式；
（2）求出點(diǎn)C、D的坐標(biāo)，利用勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，可得S△BCD＝BC?CD＝12，由三角形的面積公式結(jié)合S△PDB＝S△CDB可得出PD＝6，即可求解；
（3）設(shè)M（m，﹣m+6），且2＜m＜6，分兩種情況：①當(dāng)∠MEN＝90°，EM＝EN時(shí)，②當(dāng)∠EMN＝90°，EM＝MN時(shí)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)即可．
【解析】（1）將A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：，
解得：，
∴二次函數(shù)的解析式為y＝﹣x2+2x+6；
（2）如圖：
∵y＝﹣x2+2x+6＝﹣（x﹣2）2+8，
∴C（0，6）、D（2，8），
∵B（6，0），
∴BC＝＝6，
CD＝＝2，
BD＝＝4，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，
∴S△BCD＝BC?CD＝12，
∵S△PDB＝PD?（6﹣2）＝2PD＝S△CDB＝12，
∴PD＝6，
∴P（2，2）；
（3）∵B（6，0），C（0，6）．
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+6，OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵y＝﹣x2+2x+6，
∴對(duì)稱軸l為x＝﹣＝2，
當(dāng)x＝2時(shí)，y＝﹣x+6＝4，
∴E（2，4），
設(shè)M（m，﹣m+6），且2＜m＜6，
①當(dāng)∠MEN＝90°，EM＝EN時(shí)，
過點(diǎn)E作EH⊥MN于H，
∴MN＝2EH，∠EMN＝∠ENM＝45°，
∵∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠NME＝∠OCB，
∴MN∥y軸，
∴N（m，﹣m2+2m+6），
∴MN＝﹣m2+2m+6+m﹣6＝﹣m2+3m，EH＝m﹣2，
∴﹣m2+3m＝2（m﹣2），解得m＝4或m＝﹣2（不合題意，舍去），
∴M（4，2）；
②當(dāng)∠EMN＝90°，EM＝MN時(shí)，
∴EH＝NH＝MH＝EN，∠MEN＝∠ENM＝45°，
∵∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠MEN＝∠OBC，
∴EN∥x軸，
∴點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為4，
當(dāng)y＝4時(shí)，﹣x2+2x+6＝4，
解得x＝2+2或x＝2﹣2（不合題意，舍去），
∴N（2+2，4），
∴EN＝2+2﹣2＝2，
∴EH＝MH＝EN＝，
∴m＝2+，
∴M（2+，4﹣）；
綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（4，2）或（2+，4﹣）．
11．（2022?順城區(qū)模擬）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A和B（5，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，5）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)M，與BC交于點(diǎn)F，點(diǎn)D是對(duì)稱軸上一點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)D關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)E在拋物線上時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)P在拋物線的對(duì)稱軸上，點(diǎn)Q在直線BC上方的拋物線上，是否存在以O(shè)，P，Q為頂點(diǎn)的三角形是等腰直角三角形，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．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法，將B，C的坐標(biāo)代入y＝﹣x2+bx+c，即可求得二次函數(shù)的解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)M關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)M′，連接MM′，BM′，則直線FM′為拋物線對(duì)稱軸關(guān)于直線BC的對(duì)稱直線，，可得△OBC是等腰直角三角形，求得點(diǎn)M′的坐標(biāo)為（5，3），由﹣x2+4x+5＝3，解方程即可求解；
（3）設(shè)Q（m，﹣m2+4m+5），P（2，p），分三種情況討論，O，P，Q分別為等腰直角三角形的頂點(diǎn)，分別作出圖形，構(gòu)造全等三角形，利用全等的性質(zhì)，建立方程，解方程求解即可．
【解析】（1）∵點(diǎn)B（5，0），C（0，5）在拋物線y＝﹣x2+bx+c上，
∴，解得，，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x+5；
（2）設(shè)點(diǎn)M關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)M′，連接MM′，BM′，
則直線FM′為拋物線對(duì)稱軸關(guān)于直線BC的對(duì)稱直線，
∵點(diǎn)E是點(diǎn)D關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)，點(diǎn)E落在拋物線上，
∴直線FM′與拋物線的交點(diǎn)E1，E2為D1，D2落在拋物線上的對(duì)稱點(diǎn)，
∵對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)M，與BC交于點(diǎn)F，
∴，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，0），
∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，5），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（5，0），
∴OB＝OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC＝45°，
∴△MBF是等腰直角三角形，
∴MB＝MF，
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為F（2，3），
∵點(diǎn)M關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)M′，
∴BM′＝BM，∠MBM′＝90°，
∴△MBM′是等腰直角三角形，
∴BM′＝BM＝3，
∴點(diǎn)M′的坐標(biāo)為（5，3），
∴FM′∥x軸，
∴﹣x2+4x+5＝3，解得，x1＝，x2＝，
∴E1（，3），E2（，3），
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（，3）或（，3）；
（3）存在，Q1（，），Q2（，），Q3（，2）．
設(shè)Q（m，﹣m2+4m+5），P（2，p），
①當(dāng)OP＝PQ，∠OPQ＝90°時(shí)，作PL⊥y軸于L，過Q作QK⊥x軸，交PL于K，
∴∠LPO＝90°﹣∠LOP＝90°﹣KPQ，∠PLO＝∠QKP＝90°，
∴∠LOP＝∠KPQ，
∵OP＝PQ，
∴△LOP≌△KPQ（AAS），
∴LO＝PK，LP＝QK，
∴，
解得m1＝，m2＝（舍去），
當(dāng)m1＝時(shí)，﹣m2+4m+5＝，
∴Q（，）；
②當(dāng)QO＝PQ，∠PQO＝90°時(shí)，作PL⊥y軸于L，過Q作QK⊥x軸于T，交PL于K，
同理可得△PKQ≌△QTO（AAS），
∴QT＝PK，TO＝QK，
∴，
解得m1＝，m2＝（舍去），
當(dāng)m1＝時(shí)，﹣m2+4m+5＝，
∴Q（，）；
③當(dāng)QO＝OP，∠POQ＝90°時(shí)，作PL⊥y軸于L，過Q作QK⊥x軸于T，交PL于K，
同理可得△OLP≌△QSO（AAS），
∴SQ＝OL，SO＝LP，
∴，
解得m1＝2+，m2＝2﹣（舍去），
當(dāng)m1＝2+時(shí)，﹣m2+4m+5＝2，
∴Q（，2）；
綜上，Q1（，），Q2（，），Q3（，2）．
12．（2022?襄城區(qū)模擬）拋物線y＝x2﹣（m+3）x+3m與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．
（1）如圖1，若點(diǎn)A在x軸的負(fù)半軸上，△OBC為等腰直角三角形，求拋物線的解析式；
（2）在（1）的條件下，點(diǎn)D（﹣2，5）是拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)M為直線BC下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，令四邊形BDCM的面積為S，求S的最大值及此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）若點(diǎn)P是拋物線對(duì)稱軸上一點(diǎn)，且點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為﹣9，作直線PC，將直線PC向下平移n（n＞0）個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線P'C'，若直線P'C'與拋物線有且僅有一個(gè)交點(diǎn)．
①直接寫出n關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式；
②直接寫出當(dāng)1≤n≤5時(shí)m的取值范圍．
【分析】（1）求出A（﹣m，0），B（3，0），C（0，3m），由題意可得3＝﹣3m，求出m＝﹣1，即可求解；
（2）求出S△ABC＝16，過點(diǎn)M作MQ∥y軸交直線BC于點(diǎn)Q，設(shè)M（m，m2﹣2m﹣3），則Q（m，m﹣3），則S△BCM＝﹣（m﹣）2+，可得S＝16﹣（m﹣）2+，即可求解；
（3）①求出P（，﹣9），直線PC的解析式為y＝﹣6x+3m，則直線P'C'的解析式為y＝﹣6x+3m﹣n，聯(lián)立方程組，整理得x2﹣（m﹣3）x+n＝0，由Δ＝（m﹣3）2﹣4n＝0，可求n＝（m﹣3）2；
②當(dāng)n＝1時(shí)，m＝1或m＝5，當(dāng)n＝5時(shí)，m＝2+3或m＝﹣2+3，則﹣2+3≤m≤1或5≤m≤2+3．
【解析】（1）令y＝0，則x2﹣（m+3）x+3m＝0，
解得x＝3或x＝﹣m，
∴A（﹣m，0），B（3，0），
令x＝0，則y＝3m，
∴C（0，3m），
∵△OBC為等腰直角三角形，
∴3＝﹣3m，
∴m＝﹣1，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由（1）知A（﹣1，0），D（﹣2，5），
∴AB＝4，
∴S△BDC＝5×8﹣×2×8﹣×3×3﹣×5×5＝15，
過點(diǎn)M作MQ∥y軸交直線BC于點(diǎn)Q，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
設(shè)M（m，m2﹣2m﹣3），則Q（m，m﹣3），
∴MQ＝﹣m2+3m，
∴S△BCM＝×3×（﹣m2+3m）＝﹣（m﹣）2+，
∴S＝15﹣（m﹣）2+，
∴當(dāng)m＝時(shí)，S有最大值15+＝，
此時(shí)M（，﹣）；
（3）①y＝x2﹣（m+3）x+3m的對(duì)稱軸為直線x＝，
∴P（，﹣9），
設(shè)直線PC的解析式為y＝k'x+b'，
∴，
解得，
∴y＝﹣6x+3m，
∴直線PC平移后的直線P'C'的解析式為y＝﹣6x+3m﹣n，
聯(lián)立方程組，
整理得x2﹣（m﹣3）x+n＝0，
∵直線P'C'與拋物線有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，
∴Δ＝（m﹣3）2﹣4n＝0，
∴n＝（m﹣3）2；
②當(dāng)n＝1時(shí)，m＝1或m＝5，
當(dāng)n＝5時(shí)，m＝2+3或m＝﹣2+3，
∴﹣2+3≤m≤1或5≤m≤2+3．
13．（2022?山西二模）綜合與探究
如圖，拋物線y＝x2+bx+c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，且A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是A（﹣2，0），B（8，0）．點(diǎn)P是拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，過點(diǎn)P作直線l⊥x軸，交直線AC于點(diǎn)G，交直線BC于點(diǎn)H．
（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式及點(diǎn)C的坐標(biāo)．
（2）如果點(diǎn)D是拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)P在點(diǎn)C和點(diǎn)D之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，試判斷在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn)N，使得△NGH是等腰直角三角形，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
（3）試探究在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)Q，使得以點(diǎn)P，Q，B，C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法把A（﹣2，0），B（8，0）代入y＝x2+bx+c，解方程組即可得出拋物線解析式，令x＝0，即可求得點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）求出拋物線對(duì)稱軸，利用待定系數(shù)法分別求出直線AC、BC的解析式，由P（m，m2﹣m﹣2），可得：G（m，﹣m﹣2），H（m，m﹣2），GH＝m﹣2﹣（﹣m﹣2）＝m，設(shè)N（3，n），分三種情況：①當(dāng)∠GHN＝90°，GH＝HN時(shí)，②當(dāng)∠HGN＝90°，GH＝GN時(shí)，③當(dāng)∠GNH＝90°，GN＝HN時(shí)，分別建立方程求解即可得出答案；
（3）分三種情況：①當(dāng)BP為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，②當(dāng)CP為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，③當(dāng)QP為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，分別依據(jù)平行四邊形的對(duì)角線互相平分和中點(diǎn)坐標(biāo)公式可求得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的值，然后將點(diǎn)P的橫坐標(biāo)代入拋物線的解析式可求得點(diǎn)P的縱坐標(biāo)．
【解析】（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），B（8，0），
∴，
解得：，
∴y＝x2﹣x﹣2，
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2，
∴C（0，﹣2）；
（2）存在．理由如下：
∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣3）2﹣，
∴拋物線頂點(diǎn)D（3，﹣），
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+d，則，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝﹣x﹣2，
設(shè)直線BC的解析式為y＝k′x+d′，則，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝x﹣2，
∵點(diǎn)P在點(diǎn)C和點(diǎn)D之間拋物線上運(yùn)動(dòng)，
∴P（m，m2﹣m﹣2），且0≤m≤3，
∴G（m，﹣m﹣2），H（m，m﹣2），
∴GH＝m﹣2﹣（﹣m﹣2）＝m，
∵點(diǎn)N在對(duì)稱軸上，
∴N（3，n），
如圖1，①當(dāng)∠GHN＝90°，GH＝HN時(shí)，△NGH是等腰直角三角形，
∴，
解得：，
∴N（3，﹣）；
②當(dāng)∠HGN＝90°，GH＝GN時(shí)，△NGH是等腰直角三角形，
∴，
解得：，
∴N（3，﹣）；
③當(dāng)∠GNH＝90°，GN＝HN時(shí)，△NGH是等腰直角三角形，
∴，
解得：，
∴N（3，﹣）；
綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（3，﹣）或（3，﹣）或（3，﹣）；
（3）存在點(diǎn)Q，使以點(diǎn)P，Q，B，C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，
設(shè)P（m，m2﹣m﹣2），Q（3，t），又B（8，0），C（0，﹣2），
①當(dāng)BP為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，如圖2，
由中點(diǎn)公式可得：＝，
解得：m＝﹣5，
∵當(dāng)m＝﹣5時(shí)，m2﹣m﹣2＝×（﹣5）2﹣×（﹣5）﹣2＝，
∴P（﹣5，）；
②當(dāng)CP為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，
由中點(diǎn)公式可得：＝，
解得：m＝11，
當(dāng)m＝11時(shí)，m2﹣m﹣2＝×112﹣×11﹣2＝，
∴P（11，）；
③當(dāng)QP為平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，
由中點(diǎn)公式可得：＝，
解得：m＝5，
當(dāng)m＝5時(shí)，m2﹣m﹣2＝×52﹣×5﹣2＝﹣，
∴P（5，﹣）；
綜上所述，當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣5，）或（11，）或（5，﹣）時(shí)，以點(diǎn)P，Q，B，C為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．
14．（2022?長(zhǎng)沙模擬）已知拋物線C1：y＝mx2+n與x軸于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，△ABC為等腰直角三角形，且n＝﹣1．
（1）求拋物線C1的解析式；
（2）將C1向上平移一個(gè)單位得到C2，點(diǎn)M、N為拋物線C2上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且∠MON＝90°，連接點(diǎn)M、N，過點(diǎn)O作OE⊥MN于點(diǎn)E．求點(diǎn)E到y(tǒng)軸距離的最大值；
（3）如圖，若點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，﹣2），直線l分別交線段AF，BF（不含端點(diǎn)）于G，H兩點(diǎn)．若直線l與拋物線C1有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為b，點(diǎn)H的橫坐標(biāo)為a，則a﹣b是定值嗎？若是，請(qǐng)求出其定值，若不是，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）根據(jù)已知條件得到點(diǎn)C（0，﹣1），A（﹣1，0），B（1，0），根據(jù)待定系數(shù)法即可求解；
（2）將C1向上平移一個(gè)單位得到C2：y＝x2，設(shè)MN的直線解析式為y＝kx+b，設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)為（xM，xM2），N（xN，xN2），聯(lián)立方程組，整理得x2﹣kx﹣b＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系可得xM?xN＝﹣b，過點(diǎn)M作ME⊥x軸交于E，過點(diǎn)N作NF⊥x軸交于點(diǎn)F，證明△MEO∽△OFN，可得xN?xM＝﹣1，能夠確定直線MN經(jīng)過定點(diǎn)（0，1），則E點(diǎn)在以（0，）為圓心，直徑為1的圓上運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn)E到y(tǒng)軸距離的最大值為；
（3）分別求出直線BF的表達(dá)式為y＝2x﹣2①，直線AF的表達(dá)式為y＝﹣2x﹣2②，設(shè)直線l的表達(dá)式為y＝tx+n，聯(lián)立方程組，由Δ＝0，可得n＝﹣t2﹣1，則直線l的表達(dá)式為y＝tx﹣t2﹣1③，聯(lián)立①③并解得a＝，聯(lián)立②③可得，b＝，可求a﹣b＝1．
【解析】（1）∵n＝﹣1，
∴點(diǎn)C（0，﹣1），
∴拋物線C1：y＝mx2﹣1，對(duì)稱軸為x＝0，
∴AC＝BC，
∵△ABC為等腰直角三角形，C為頂點(diǎn)，
∴OA＝OB＝OC＝1，
∴A（﹣1，0），B（1，0），
將B（1，0）代入y＝mx2﹣1得，
m﹣1＝0，
∴m＝1，
∴拋物線C1：y＝x2﹣1；
（2）∵將C1向上平移一個(gè)單位得到C2，
∴拋物線C2：y＝x2，
設(shè)MN的直線解析式為y＝kx+b，
∴直線MN與y軸的交點(diǎn)為（0，b），
設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)為（xM，xM2），N（xN，xN2），
聯(lián)立方程組，
整理得x2﹣kx﹣b＝0，
∴xM?xN＝﹣b，
過點(diǎn)M作ME⊥x軸交于E，過點(diǎn)N作NF⊥x軸交于點(diǎn)F，
∵∠MON＝90°，
∴∠MOE+∠NOF＝90°，
∵∠MOE+∠OME＝90°，
∴∠NOF＝∠OME，
∴△MEO∽△OFN，
∴＝，
∴xN?xM＝﹣1，
∴b＝1，
∴直線MN經(jīng)過定點(diǎn)（0，1），
∵OE⊥MN，
∴E點(diǎn)在以（0，）為圓心，直徑為1的圓上運(yùn)動(dòng)，
∴點(diǎn)E到y(tǒng)軸距離的最大值為；
（3）a﹣b是定值，理由如下：
∵F的坐標(biāo)為（0，﹣2），
設(shè)直線BF的解析式為y＝k1x+b1，
∴，
解得，
∴直線BF的表達(dá)式為y＝2x﹣2①，
同理可得，直線AF的表達(dá)式為y＝﹣2x﹣2②，
設(shè)直線l的表達(dá)式為y＝tx+n，
聯(lián)立方程組，
整理得：x2﹣tx﹣n﹣1＝0，
∵直線l與拋物線只有一個(gè)公共點(diǎn)，
故Δ＝（﹣t）2﹣4（﹣n﹣1）＝0，
解得n＝﹣t2﹣1，
∴直線l的表達(dá)式為y＝tx﹣t2﹣1③，
聯(lián)立①③并解得a＝，
聯(lián)立②③可得，b＝，
∴a﹣b＝﹣＝1為常數(shù)．
15．（2022?永川區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+4x+c與直線AB相交于點(diǎn)A（0，1）和點(diǎn)B（3，4）．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）設(shè)C為直線AB上方的拋物線上一點(diǎn)，連接AC，BC，以AC，BC為鄰邊作平行四邊形ACBP，求四邊形ACBP面積的最大值；
（3）將該拋物線向左平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到拋物線（a1≠0），平移后的拋物線與原拋物線相交于點(diǎn)D，是否存在點(diǎn)E使得△ADE是以AD為腰的等腰直角三角形？若存在，直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）將A，B兩點(diǎn)代入到解析式中，得到a與c的值，即可求得拋物線的解析式；
（2）設(shè)C（m，﹣m2+4m+1），過C作CM∥y軸交AB于M，則可以得到M的坐標(biāo)（m，m+1），表示出線段CM的長(zhǎng)，則S四邊形ACBP＝2S△ABC，△ABC的面積可以分解為△ACM與△BCM之和，可以用m表示出△ABC的面積，得到關(guān)于m的二次函數(shù)，根據(jù)m的范圍，確定函數(shù)的最值，從而求得C點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）將拋物線配成頂點(diǎn)式，直接寫出平移后的拋物線解析式，聯(lián)立兩個(gè)拋物線解析式，求得D的坐標(biāo)，以AD為腰夠等腰直角三角形，分四類討論，即A和D可以均為直角頂點(diǎn)，同時(shí)，E的位置可以在AD右側(cè)，也可以在AD左側(cè)，構(gòu)造一線三等角模型，求出E點(diǎn)坐標(biāo)即可．
【解析】（1）將A、B兩點(diǎn)代入到解析式中，得，
，
解得，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x+1；
（2）設(shè)直線AB為：y＝k1x+1，
代入點(diǎn)B，得，3k1+1＝4，
解得k1＝1，
∴直線AB為：y＝x+1，
設(shè)C（m，﹣m2+4m+1），過C作CM∥y軸交AB于M，如圖，
則M（m，m+1），
∴CM＝﹣m2+4m+1﹣m﹣1＝﹣m2+3m，
∵四邊形ACBP為平行四邊形，
∴S四邊形ACBP＝2S△ABC＝2（S△ACM+S△BCM）＝2×CM×3＝4CM＝3（﹣m2+3m）＝﹣3（m﹣）2+，
∵﹣3＜0，
∴m＝時(shí)，四邊形ACBP面積的最大值為；
（3）∵拋物線y＝﹣x2+4x+1＝﹣（x﹣2）2+5，
∴將拋物線向左平移2個(gè)單位后得到的拋物線為：y＝﹣x2+5，
聯(lián)立，解得，
∴D（1，4），
①如圖，當(dāng)DA＝DE，∠EDA＝90°，E在AD右側(cè)時(shí)，過D作x軸平行線交y軸于N，過E作y軸平行線，兩線交于F點(diǎn)，
∵∠DAN+∠NDA＝∠NDA+∠EDF＝90
∴∠DAN＝∠EDF，
又∠DNA＝∠EFD＝90°，DA＝DE，
∴△DNA≌△EFD（AAS），
∴DN＝EF＝1，AN＝DF＝3，
∴E（4，3），
②當(dāng)DA＝DE，∠EDA＝90°，E在AD左側(cè)，
同理可得，E（﹣2，5），
③當(dāng)AD＝AE，∠DAE＝90°，E在AD左側(cè)時(shí)，
同理可得，E（﹣3，2），
④當(dāng)AD＝AE，∠DAE＝90°，E在AD右側(cè)時(shí)，
同理可得，E（3，0），
綜上所述，E（4，3）或（﹣2，5）或（﹣3，2）或（3，0）．
16．（2022?興城市一模）如圖，拋物線與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（5，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，﹣3），連接AC，BC，點(diǎn)E是對(duì)稱軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)S△BCE＝2S△ABC時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（3）在拋物線上是否存在點(diǎn)P，使△BPE是以BE為斜邊的等腰直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；
（2）設(shè)E（3，m），對(duì)稱軸交BC于點(diǎn)F，運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線BC的解析式為y＝x﹣3，則F（3，﹣），進(jìn)而可得EF＝|m+|，再運(yùn)用三角形面積公式建立方程求解即可得出答案；
（3）設(shè)E（3，m），P（n，﹣n2+n﹣3），分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)P1在x軸上方時(shí)，如圖2，過點(diǎn)P1作對(duì)稱軸的垂線，垂足為F，過點(diǎn)B作BG⊥P1F于點(diǎn)G，可證得△BP1G≌△P1E1F（AAS），得出BG＝P1F，P1G＝E1F，建立方程求解即可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)；②當(dāng)點(diǎn)P2在x軸下方時(shí)，如圖2，過點(diǎn)P2作x軸的垂線，垂足為H，過點(diǎn)E作EK⊥P2H于點(diǎn)K，同理可證△BP2H≌△P2E2K（AAS），得出BH＝P2K，P2H＝E2K，建立方程求解即可得出答案．
【解析】（1）∵拋物線經(jīng)過B（5，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+x﹣3；
（2）∵y＝﹣x2+x﹣3，
∴拋物線對(duì)稱軸為直線x＝﹣＝3，
∵點(diǎn)A與B（5，0）關(guān)于直線x＝3對(duì)稱，
∴A（1，0），
∴AB＝5﹣1＝4，
∴S△ABC＝×4×3＝6，
設(shè)E（3，m），對(duì)稱軸交BC于點(diǎn)F，
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，
∴F（3，﹣），
∴EF＝|m+|，
∴S△BCE＝EF×OB＝|m+|，
∵S△BCE＝2S△ABC，
∴|m+|＝12，
解得：m＝或﹣6，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（3，）或（3，﹣6）；
（3）設(shè)E（3，m），P（n，﹣n2+n﹣3），
①當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，如圖2，過點(diǎn)P作對(duì)稱軸的垂線，垂足為F，過點(diǎn)B作BG⊥PF于點(diǎn)G，
∵△BPE是以BE為斜邊的等腰直角三角形，
∴∠BPE＝90°，PB＝PE，
∴∠BPG+∠EPF＝90°，
∵∠G＝∠PFE＝90°，
∴∠BPG+∠PBG＝90°，
∴∠PBG＝∠EPF，
∴△BPG≌△PEF（AAS），
∴BG＝PF，PG＝EF，
∴，
解得：，，
當(dāng)n＝0時(shí)，P（0，﹣3）；
當(dāng)n＝時(shí)，BG＝PF＝n﹣3＝﹣3＝，
∴P（，）；
②當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，如圖2，過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為H，過點(diǎn)E作EK⊥PH于點(diǎn)K，
∵△BPE是以BE為斜邊的等腰直角三角形，
∴∠BPE＝90°，PB＝PE，
∴∠BPH+∠EPK＝90°，
∵∠K＝∠PHB＝90°，
∴∠BPH+∠PBH＝90°，
∴∠PBH＝∠EPK，
∴△BPH≌△PEK（AAS），
∴BH＝PK，PH＝EK，
∴n2﹣n+3＝n﹣3，
解得：n＝6或n＝（舍去），
∴P（6，3）；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，﹣3）或（，）或（6，3）．
17．（2021?昆明模擬）已知拋物線：y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）過點(diǎn)（﹣1，0）與（0，﹣3）．直線y＝x﹣6交x軸、y軸分別于點(diǎn)A、B．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)P是拋物線上的任意一點(diǎn)．連接PA，PB，使得△PAB的面積最小，求△PAB的面積最小時(shí)，P的橫坐標(biāo)；
（3）作直線x＝t分別與拋物線y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）和直線y＝x﹣6交于點(diǎn)E，F(xiàn)，點(diǎn)C是拋物線對(duì)稱軸上的任意點(diǎn)，若△CEF是以點(diǎn)E或點(diǎn)F為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，求點(diǎn)C的縱坐標(biāo)．
【分析】（1）將點(diǎn)（﹣1，0）、（0，﹣3）分別代入得到方程組，然后求出a、c，最后得到解析式；
（2）對(duì)于直線y＝x﹣6，先求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，過點(diǎn)P作x軸的垂線交直線AB于點(diǎn)D，然后設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)，然后即可表示出點(diǎn)D的坐標(biāo)，最后利用三角形的面積表示出△PAB的面積，從而利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得面積小值時(shí)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；
（3）用含有t的式子表示點(diǎn)E和點(diǎn)F的坐標(biāo)，然后表示出EC和EF的長(zhǎng)度，最后利用等腰直角三角形的性質(zhì)列出方程求解．
【解答】解：（1）將點(diǎn)（﹣1，0）、（0，﹣3）分別代入y＝ax2﹣2ax+c（a＞0）得，
，解得：，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．
（2）對(duì)直線y＝x﹣6，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣6，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝6，
∴A（6，0），B（0，﹣6），
過點(diǎn)P作x軸的垂線交直線AB于點(diǎn)，連接PA和PB，
設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），則D（x，x﹣6），
∴PD＝x2﹣2x﹣3﹣（x﹣6）＝x2﹣3x+3，
∴S△PAB＝S△PBD+S△PAD＝?x?PD+?（6﹣x）?PD＝3（x2﹣3x+3）＝3（x﹣）2+，
∴x＝時(shí)，S△PAB有最小值，
∴△PAB的面積最小時(shí)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為．
（3）由題意可設(shè)，E（m，m2﹣2m﹣3），F(xiàn)（m，m﹣6），
∴EF＝m2﹣2m﹣3﹣（m﹣6）＝m2﹣3m+3，
由y＝x2﹣2x﹣3可知拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1，
∵△CEF是以點(diǎn)E或點(diǎn)F為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，點(diǎn)C在拋物線對(duì)稱軸上，
∴點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為1，m≠1，
當(dāng)點(diǎn)E為直角頂點(diǎn)時(shí)，CE＝EF，C（1，m2﹣2m﹣3），
∴CE＝|m﹣1|，
∴|m﹣1|＝m2﹣3m+3，
解得：m＝2，
∴點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為22﹣2×2﹣3＝﹣3；
當(dāng)點(diǎn)F為直角頂點(diǎn)時(shí)，CF＝EF，C（1，m﹣6），
∴CF＝|m﹣1|，
∴|m﹣1|＝m2﹣3m+3，
解得：m＝2，
∴點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為2﹣6＝﹣4；
綜上所述，點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為﹣3或﹣4．
18（2021?新泰市一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+2交x軸于點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（1，0），交y軸于點(diǎn)C．已知點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣1，0），點(diǎn)P為第二象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AP、PC、CD．
（1）求這個(gè)拋物線的表達(dá)式．
（2）點(diǎn)P為第二象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求四邊形ADCP面積的最大值．
（3）①點(diǎn)M在平面內(nèi)，當(dāng)△CDM是以CM為斜邊的等腰直角三角形時(shí)，求出滿足條件的所有點(diǎn)M的坐標(biāo)；
②在①的條件下，點(diǎn)N在拋物線對(duì)稱軸上，當(dāng)∠MNC＝45°時(shí)，求出滿足條件的所有點(diǎn)N的坐標(biāo)．
【分析】（1）由交點(diǎn)式可求a的值，即可求解；
（2）由S四邊形ADCP＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC，即可求解；
（3）①分兩種情況討論，通過證明△MAD≌△DOC，可得AM＝DO，∠MAD＝∠DOC＝90°，可求解；
②可證點(diǎn)M，點(diǎn)C，點(diǎn)M'在以MM'為直徑的圓上，當(dāng)點(diǎn)N在以MM'為直徑的圓上時(shí)，∠M'NC＝∠M'MC＝45°，延長(zhǎng)M'C交對(duì)稱軸與N''，可證∠MM'C＝∠MN''C＝45°，即可求解．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+2交x軸于點(diǎn)A（﹣3，0）和點(diǎn)B（1，0），
∴拋物線的表達(dá)式為：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，
即﹣3a＝2，解得：a＝﹣，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣x+2；
（2）連接OP，設(shè)點(diǎn)P（x，﹣x2﹣x+2），
∵拋物線y＝﹣x2﹣x+2交y軸于點(diǎn)C，
∴點(diǎn)C（0，2），
則S＝S四邊形ADCP＝S△APO+S△CPO﹣S△ODC
＝
＝×3×（﹣x2﹣x+2）+×2×（﹣x）﹣×2×1
＝﹣x2﹣3x+2，
∵﹣1＜0，S有最大值，
∴當(dāng)x＝時(shí)，S的最大值為．
（3）①如圖2，若點(diǎn)M在CD左側(cè)，連接AM，
∵∠MDC＝90°，
∴∠MDA+∠CDO＝90°，且∠CDO+∠DCO＝90°，
∴∠MDA＝∠DCO，且AD＝CO＝2，MD＝CD，
∴△MAD≌△DOC（SAS）
∴AM＝DO，∠MAD＝∠DOC＝90°，
∴點(diǎn)M坐標(biāo)（﹣3，1），
若點(diǎn)M在CD右側(cè)，同理可求點(diǎn)M'（1，﹣1）；
②如圖3，
∵拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+1）2+；
∴對(duì)稱軸為直線x＝﹣1，
∴點(diǎn)D在對(duì)稱軸上，
∵M(jìn)D＝CD＝M'D，∠MDC＝∠M'DC＝90°，
∴點(diǎn)D是MM'的中點(diǎn)，
∵∠MCD＝∠M'CD＝45°，
∴∠MCM'＝90°，
∴點(diǎn)M，點(diǎn)C，點(diǎn)M'在以MM'為直徑的圓上，
當(dāng)點(diǎn)N在以MM'為直徑的圓上時(shí)，∠M'NC＝∠M'MC＝45°，符合題意，
∵點(diǎn)C（0，2），點(diǎn)D（﹣1，0）
∴DC＝，
∴DN＝DN'＝，且點(diǎn)N在拋物線對(duì)稱軸上，
∴點(diǎn)N（﹣1，），點(diǎn)N'（﹣1，﹣）
延長(zhǎng)M'C交對(duì)稱軸與N''，
∵點(diǎn)M'（1，﹣1），點(diǎn)C（0，2），
∴直線M'C解析式為：y＝﹣3x+2，
∴當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝5，
∴點(diǎn)N''的坐標(biāo)（﹣1，5），
∵點(diǎn)N''的坐標(biāo)（﹣1，5），點(diǎn)M'（1，﹣1），點(diǎn)C（0，2），
∴N''C＝＝M'C，且∠MCM'＝90°，
∴MM'＝MN''，
∴∠MM'C＝∠MN''C＝45°
∴點(diǎn)N''（﹣1，5）符合題意，
綜上所述：點(diǎn)N的坐標(biāo)為（﹣1，）或（﹣1，﹣）或（﹣1，5）．
19.（2021?廣安）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（3，0），B點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣1，0），連接AC、BC．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AC上以每秒個(gè)單位長(zhǎng)度向點(diǎn)C做勻速運(yùn)動(dòng)；同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，在線段BA上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)，連接PQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）求b、c的值．
（2）在P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)t為何值時(shí)，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(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)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（3，0），B（﹣1，0），
則 ，
解得：；
（2）由（1）得：拋物線表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3，C（0，3），A（3，0），
∴△OAC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
由點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)可知：AP＝t，
過點(diǎn)P作PH⊥x軸，垂足為H，如圖，
∴AH＝PH＝＝t，即H（3﹣t，0），
又Q（﹣1+t，0），
∴S四邊形BCPQ＝S△ABC﹣S△APQ
＝
＝
＝（t﹣2）2+4，
∵當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)，
AC＝，AB＝4，
∴0≤t≤3，
∴當(dāng)t＝2時(shí)，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為4；
（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＝4﹣2t，
∴EF＝4﹣2t+t＝4﹣t，
又OE＝3﹣t，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3﹣2t，4﹣t），
∵點(diǎn)M在拋物線y＝﹣x2+2x+3上，
∴4﹣t＝﹣（3﹣2t）2+2（3﹣2t）+3，
解得：t＝或（舍），
∴M點(diǎn)的坐標(biāo)為（，）．
20.（2021?上海）已知拋物線y＝ax2+c（a≠0）經(jīng)過點(diǎn)P（3，0）、Q（1，4）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點(diǎn)A在直線PQ上，過點(diǎn)A作AB⊥x軸于點(diǎn)B，以AB為斜邊在其左側(cè)作等腰直角三角形ABC．
①當(dāng)Q與A重合時(shí)，求C到拋物線對(duì)稱軸的距離；
②若C在拋物線上，求C的坐標(biāo)．
【分析】（1）P（3，0）、Q（1，4）代入y＝ax2+c即可得拋物線的解析式為y＝﹣x2+；
（2）①過C作CH⊥AB于H，交y軸于G，A與Q（1，4）重合時(shí)，AB＝4，GH＝1，由△ABC是等腰直角三角形，得CH＝AH＝BH＝AB＝2，C到拋物線對(duì)稱軸的距離是CG＝1；
②過C作CH⊥AB于H，先求出直線PQ為y＝﹣2x+6，設(shè)A（m，﹣2m+6），則AB＝﹣2m+6，yC＝﹣m+3，xC＝﹣（﹣m+3﹣m）＝2m﹣3，將C（2m﹣3，﹣m+3）代入y＝﹣x2+解得m＝或m＝3（與P重合，舍去），即可求出C（﹣2，）．
【解答】解：（1）P（3，0）、Q（1，4）代入y＝ax2+c得：
，解得，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+；
（2）①過C作CH⊥AB于H，交y軸于G，如圖：
當(dāng)A與Q（1，4）重合時(shí)，AB＝4，GH＝1，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴△ACH和△BCH也是等腰直角三角形，
∴CH＝AH＝BH＝AB＝2，
∴CG＝CH﹣GH＝1，
而拋物線y＝﹣x2+的對(duì)稱軸是y軸（x＝0），
∴C到拋物線對(duì)稱軸的距離是CG＝1；
②過C作CH⊥AB于H，如圖：
設(shè)直線PQ解析式為y＝kx+b，將P（3，0）、Q（1，4）代入得：
，解得，
∴直線PQ為y＝﹣2x+6，
設(shè)A（m，﹣2m+6），則AB＝|﹣2m+6|，
∴CH＝AH＝BH＝AB＝|﹣m+3|，
當(dāng)﹣m+3≥0，yC＝﹣m+3時(shí)，xC＝﹣（﹣m+3﹣m）＝2m﹣3，
將C（2m﹣3，﹣m+3）代入y＝﹣x2+得：
﹣m+3＝﹣（2m﹣3）2+，
解得m＝或m＝3（與P重合，舍去），
∴m＝，2m﹣3＝﹣2，﹣m+3＝，
∴C（﹣2，）
當(dāng)﹣m+3＜0，yC＝﹣m+3時(shí)，xC＝m﹣（m﹣3）＝3，
C（3，﹣m+3），由P（3，0）可知m＝3，
此時(shí)A、B、C重合，舍去，
∴C（﹣2，）

相關(guān)試卷

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題21函數(shù)與直角三角形的存在性問題（2份，原卷版+解析版）：

這是一份中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題21函數(shù)與直角三角形的存在性問題（2份，原卷版+解析版），文件包含中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題21函數(shù)與直角三角形的存在性問題原卷版doc、中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題21函數(shù)與直角三角形的存在性問題解析版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共102頁(yè)， 歡迎下載使用。

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題12費(fèi)馬點(diǎn)問題（2份，原卷版+解析版）：

這是一份中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題12費(fèi)馬點(diǎn)問題（2份，原卷版+解析版），文件包含中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題12費(fèi)馬點(diǎn)問題原卷版doc、中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題12費(fèi)馬點(diǎn)問題解析版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共72頁(yè)， 歡迎下載使用。

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題10胡不歸問題（2份，原卷版+解析版）：

這是一份中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題10胡不歸問題（2份，原卷版+解析版），文件包含中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題10胡不歸問題原卷版doc、中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題10胡不歸問題解析版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共84頁(yè)， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)練習(xí)專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題（2份打包，原卷版+教師版）

2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)練習(xí)專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題（2份打包，原卷版+教師版）
2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題（原卷版+解析）

2024年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題（原卷版+解析）
中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國(guó)通用）專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題（原卷版+解析）

中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國(guó)通用）專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題（原卷版+解析）
2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)練習(xí)專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題（教師版）

2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)練習(xí)專題3二次函數(shù)與等腰直角三角形問題（教師版）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部