中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點（精講精練）復(fù)習(xí)專題19 三角形存在性問題（教師版）

專題19專題19三角形存在性問題知識導(dǎo)航知識導(dǎo)航方法技巧方法技巧1．判定△ABD的形狀，并說明理由。運(yùn)用勾股定理或兩點間的距離公式，求出該三角形各邊的長，再根據(jù)勾股定理的逆定理判定三角形的形狀。2．在對稱軸x=1上是否存在點P，使△PBC是等腰三角形？若存在，求出點P的坐標(biāo)：若不存在，請說明理由.設(shè)出動點P的坐標(biāo)為(1,t)后，分三種情況，若P為頂點，則PB=PC；若B為頂點，則BP=BC；若C為頂點，則CP=CB。分別用兩點間的距離公式求出或表示各線段的長度，列方程求解即可。3．若平行于x軸的動直線l與直線BD交于點F,與拋物線交于點P,若△ODF為等腰三角形,求出點P的坐標(biāo).用勾股定理求平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的兩點間的距離，再分類討論等腰三角形各邊的情況，進(jìn)而求出點P的坐標(biāo)。4．△ABD與△BOD是否相似？說明理由.用兩點間的距離公式分別表示兩個三角形的各邊之長，再用相似的判定方法，注意相似中沒有指明對應(yīng)邊，所以要分類討論。題型精講題型精講題型一：等腰三角形存在性問題【例1】如圖，已知拋物線SKIPIF1<0與x軸交于點A（1，0）和B，與y軸交于點C，對稱軸為SKIPIF1<0．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，若點P是線段BC上的一個動點（不與點B，C重合），過點P作y軸的平行線交拋物線于點Q，連接OQ．當(dāng)線段PQ長度最大時，判斷四邊形OCPQ的形狀并說明理由．（3）如圖2，在（2）的條件下，D是OC的中點，過點Q的直線與拋物線交于點E，且SKIPIF1<0．在y軸上是否存在點F，使得SKIPIF1<0為等腰三角形？若存在，求點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）四邊形OCPQ是平行四邊形，理由見詳解；（3）（0，SKIPIF1<0）或（0，1）或（0，-1）【分析】（1）設(shè)拋物線SKIPIF1<0，根據(jù)待定系數(shù)法，即可求解；（2）先求出直線BC的解析式為：y=-x+4，設(shè)P（x，-x+4），則Q（x，SKIPIF1<0），（0≤x≤4），得到PQ=SKIPIF1<0，從而求出線段PQ長度最大值，進(jìn)而即可得到結(jié)論；（3）過點Q作QM⊥y軸，過點Q作QN∥y軸，過點E作EN∥x軸，交于點N，推出SKIPIF1<0，從而得SKIPIF1<0，進(jìn)而求出E（5，4），設(shè)F（0，y），分三種情況討論，即可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線SKIPIF1<0與x軸交于點A（1，0）和B，與y軸交于點C，對稱軸為直線SKIPIF1<0，∴B（4，0），C（0，4），設(shè)拋物線SKIPIF1<0，把C（0，4）代入得：SKIPIF1<0，解得：a=1，∴拋物線的解析式為：SKIPIF1<0；（2）∵B（4，0），C（0，4），∴直線BC的解析式為：y=-x+4，設(shè)P（x，-x+4），則Q（x，SKIPIF1<0），（0≤x≤4），∴PQ=-x+4-(SKIPIF1<0)=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，∴當(dāng)x=2時，線段PQ長度最大=4，∴此時，PQ=CO，又∵PQ∥CO，∴四邊形OCPQ是平行四邊形；（3）過點Q作QM⊥y軸，過點Q作QN∥y軸，過點E作EN∥x軸，交于點N，由（2）得：Q（2，-2），∵D是OC的中點，∴D（0，2），∵QN∥y軸，∴SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，即：SKIPIF1<0，設(shè)E（x，SKIPIF1<0），則SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0（舍去），∴E（5，4），設(shè)F（0，y），則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，①當(dāng)BF=EF時，SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，②當(dāng)BF=BE時，SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，③當(dāng)EF=BE時，SKIPIF1<0，無解，綜上所述：點F的坐標(biāo)為：（0，SKIPIF1<0）或（0，1）或（0，-1）．．題型二：直角三角形存在性問題【例2】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線SKIPIF1<0的圖象與坐標(biāo)軸相交于SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0三點，其中SKIPIF1<0點坐標(biāo)為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0點坐標(biāo)為SKIPIF1<0，連接SKIPIF1<0、SKIPIF1<0．動點SKIPIF1<0從點SKIPIF1<0出發(fā)，在線段SKIPIF1<0上以每秒SKIPIF1<0個單位長度向點SKIPIF1<0做勻速運(yùn)動；同時，動點SKIPIF1<0從點SKIPIF1<0出發(fā)，在線段SKIPIF1<0上以每秒1個單位長度向點SKIPIF1<0做勻速運(yùn)動，當(dāng)其中一點到達(dá)終點時，另一點隨之停止運(yùn)動，連接SKIPIF1<0，設(shè)運(yùn)動時間為SKIPIF1<0秒．（1）求SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的值；（2）在SKIPIF1<0、SKIPIF1<0運(yùn)動的過程中，當(dāng)SKIPIF1<0為何值時，四邊形SKIPIF1<0的面積最小，最小值為多少？（3）在線段SKIPIF1<0上方的拋物線上是否存在點SKIPIF1<0，使SKIPIF1<0是以點SKIPIF1<0為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，請求出點SKIPIF1<0的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）b=2，c=3；（2）t=2，最小值為4；（3）（SKIPIF1<0，SKIPIF1<0）【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）過點P作PE⊥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)．【詳解】解：（1）∵拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過點A（3，0），B（-1，0），則SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0；（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，由點P的運(yùn)動可知：AP=SKIPIF1<0，過點P作PE⊥x軸，垂足為E，∴AE=PE=SKIPIF1<0=t，即E（3-t，0），又Q（-1+t，0），∴S四邊形BCPQ=S△ABC-S△APQ=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0∵當(dāng)其中一點到達(dá)終點時，另一點隨之停止運(yùn)動，AC=SKIPIF1<0，AB=4，∴0≤t≤3，∴當(dāng)t=SKIPIF1<02時，四邊形BCPQ的面積最小，即為SKIPIF1<0=4；（3）∵點M是線段AC上方的拋物線上的點，如圖，過點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，∵△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，SKIPIF1<0，∴△PFM≌△QEP（AAS），∴MF=PE=t，PF=QE=4-2t，∴EF=4-2t+t=4-t，又OE=3-t，∴點M的坐標(biāo)為（3-2t，4-t），∵點M在拋物線y=-x2+2x+3上，∴4-t=-（3-2t）2+2（3-2t）+3，解得：t=SKIPIF1<0或SKIPIF1<0（舍），∴M點的坐標(biāo)為（SKIPIF1<0，SKIPIF1<0）．題型三：等邊三角形存在性問題【例3】如圖，拋物線y＝ax2+94x+c經(jīng)過點A（﹣1，0）和點C（0，3）與為點B，點M是直線BC上一動點，過點M作MP∥y軸，交拋物線于點P．（1）求該拋物線的解析式；（2）在拋物線上是否存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）以M為圓心，MP為半徑作⊙M，當(dāng)⊙M與坐標(biāo)軸相切時，求出⊙M的半徑．【分析】（1）把點A（﹣1，0）和點C（0，3）代入y＝ax2+94x+c求出a與（2）①當(dāng)點Q在y軸右邊時，假設(shè)△QCO為等邊三角形，過點Q作QH⊥OC于H，OC＝3，則OH=32，tan60°=QHOH，求出Q（332，32），把x=332代入②當(dāng)點Q在y軸的左邊時，假設(shè)△QCO為等邊三角形，過點Q作QT⊥OC于T，OC＝3，則OT=32，tan60°=QTOT，求出Q（?332，32），把x=?332（3）求出B（4，0），待定系數(shù)法得出BC直線的解析式y(tǒng)=?34x+3，當(dāng)M在線段BC上，⊙M與x軸相切時，延長PM交AB于點D，則點D為⊙M與x軸的切點，即PM＝MD，設(shè)P（x，?34x2+94x+3），M（x，?34x+3），則PD=?34x2+94x+3，MD=?34x+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可得出結(jié)果；當(dāng)M在線段BC上，⊙M與y軸相切時，延長PM交AB于點D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設(shè)P（x，?34x2+94x+3），M（x，?34x+3），則PD=?34x2+94x+3，MD=?34x+3，代入即可得出結(jié)果；當(dāng)M在BC延長線，⊙M與x軸相切時，點P與A重合，M的縱坐標(biāo)的值即為所求；當(dāng)M在CB延長線，⊙M與y軸相切時，延長PD交x軸于D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設(shè)P（【解析】（1）把點A（﹣1，0）和點C（0，3）代入y＝ax2+94x+c得：解得：a=?34c=3，∴拋物線的解析式為：y=?34（2）不存在，理由如下：①當(dāng)點Q在y軸右邊時，如圖1所示：假設(shè)△QCO為等邊三角形，過點Q作QH⊥OC于H，∵點C（0，3），∴OC＝3，則OH=12OC=32，tan60°=QHOH，∴QH＝OH?tan60°=3把x=332代入y=?34x2+∴當(dāng)點Q在y軸右邊時，不存在△QCO為等邊三角形；②當(dāng)點Q在y軸的左邊時，如圖2所示：假設(shè)△QCO為等邊三角形，過點Q作QT⊥OC于T，∵點C（0，3），∴OC＝3，則OT=12OC=3∴QT＝OT?tan60°=32×3=33把x=?332代入y=?34x2+∴當(dāng)點Q在y軸左邊時，不存在△QCO為等邊三角形；綜上所述，在拋物線上不存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形；（3）令?34x2+94x+3＝0，解得：x1＝﹣1，x設(shè)BC直線的解析式為：y＝kx+b，把B、C的坐標(biāo)代入則0=4k+b3=b，解得：k=?∴BC直線的解析式為：y=?34x+3，當(dāng)M在線段BC上，⊙M與延長PM交AB于點D，則點D為⊙M與x軸的切點，即PM＝MD，設(shè)P（x，?34x2+94x+3），M（x，?34x+3），則PD=?34x∴（?34x2+94x+3）﹣（?34x+3）=?34∴⊙M的半徑為：MD=?34+3=94；當(dāng)M在線段BC上，延長PM交AB于點D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設(shè)P（x，?34x2+94x+3），M（x，?34x+3），則PD=?34x∴（?34x2+94x+3）﹣（?34x+3）＝x，解得：x∴⊙M的半徑為：EM=83；當(dāng)M在BC延長線，⊙M與點P與A重合，∴M的橫坐標(biāo)為﹣1，∴⊙M的半徑為：M的縱坐標(biāo)的值，即：?34×（﹣1）+3=154；當(dāng)M在CB延長線，延長PD交x軸于D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設(shè)P（x，?34x2+94x+3），M（x則PD=34x2?94x﹣3，MD=34x﹣3，∴（34x2?解得：x1=163，x2＝0（不合題意舍去），∴⊙M的半徑為：EM綜上所述，⊙M的半徑為94或83或154題型四：三角形相似存在性問題【例4】已知拋物線SKIPIF1<0與x軸交于點A、B（其中A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C．（1）求點B、C的坐標(biāo)；（2）設(shè)點SKIPIF1<0與點C關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱在y軸上是否存在點P，使SKIPIF1<0與SKIPIF1<0相似且SKIPIF1<0與SKIPIF1<0是對應(yīng)邊？若存在，求點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；（2）存在，SKIPIF1<0或SKIPIF1<0．【分析】(1)令y=0,求SKIPIF1<0的根即可；令x=0,求得y值即可確定點C的坐標(biāo)；（2）確定拋物線的對稱軸為x=1,確定SKIPIF1<0的坐標(biāo)為（2，8），計算SKIPIF1<0C=2，利用直角相等，兩邊對應(yīng)成比例及其夾角相等的兩個三角形相似，分類求解即可.【詳解】解：（1）令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0．令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0．∴SKIPIF1<0．（2）存在．由已知得，該拋物線的對稱軸為直線SKIPIF1<0．∵點SKIPIF1<0與點SKIPIF1<0關(guān)于直線SKIPIF1<0對稱，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．∴SKIPIF1<0．∵點P在y軸上，∴SKIPIF1<0∴當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0．設(shè)SKIPIF1<0，i）當(dāng)SKIPIF1<0時，則SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．∴SKIPIF1<0ii）當(dāng)SKIPIF1<0時，則SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0．iii）當(dāng)SKIPIF1<0時，則SKIPIF1<0，與SKIPIF1<0矛盾．∴點P不存在∴SKIPIF1<0或SKIPIF1<0．提分訓(xùn)練提分訓(xùn)練1.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A，B，與y軸交于點C．且直線y＝x﹣6過點B，與y軸交于點D，點C與點D關(guān)于x軸對稱，點P是線段OB上一動點，過點P作x軸的垂線交拋物線于點M，交直線BD于點N．（1）求拋物線的函數(shù)解析式；（2）當(dāng)△MDB的面積最大時，求點P的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，在y軸上是否存在點Q，使得以Q，M，N三點為頂點的三角形是直角三角形？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【分析】（1）由一次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸交點B、D的坐標(biāo)，再由對稱求得C點坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；（2）設(shè)P（m，0），則M（m，﹣m2+5m+6），N（m，m﹣6），由三角形的面積公式求得△MDB的面積關(guān)于m的二次函數(shù)，最后根據(jù)二次函數(shù)的最大值的求法，求得m的值，進(jìn)而得P點的坐標(biāo)；（3）分三種情況：M為直角頂點；N為直角頂點；Q為直角頂點．分別得出Q點的坐標(biāo)．【解析】（1）令y＝0，得y＝x﹣6＝0，解得x＝6，∴B（6，0），令x＝0，得y＝x﹣6＝﹣6，∴D（0，﹣6），∵點C與點D關(guān)于x軸對稱，∴C（0，6），把B、C點坐標(biāo)代入y＝﹣x2+bx+c中，得?36+6b+c=0c=6，解得，b=5c=6，∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+5（2）設(shè)P（m，0），則M（m，﹣m2+5m+6），N（m，m﹣6），則MN＝﹣m2+4m+12，∴△MDB的面積=12MN?OB=?3m2+12m+36═﹣3（m∴當(dāng)m＝2時，△MDB的面積最大，此時，P點的坐標(biāo)為（2，0）；（3）由（2）知，M（2，12），N（2，﹣4），當(dāng)∠QMN＝90°時，QM∥x軸，則Q（0，12）；當(dāng)∠MNQ＝90°時，NQ∥x軸，則Q（0，﹣4）；當(dāng)∠MQN＝90°時，設(shè)Q（0，n），則QM2+QN2＝MN2，即4+（12﹣n）2+4+（n+4）2＝（12+4）2，解得，n＝4±55∴Q（0，4+55）或（0，4?綜上，存在以Q，M，N三點為頂點的三角形是直角三角形．其Q點坐標(biāo)為（0，12）或（0，﹣4）或（0，4+55）或（0，4?2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線SKIPIF1<0與兩坐標(biāo)軸分別相交于A，B，C三點（1）求證：∠ACB=90°（2）點D是第一象限內(nèi)該拋物線上的動點，過點D作x軸的垂線交BC于點E，交x軸于點F．①求DE+BF的最大值；②點G是AC的中點，若以點C，D，E為頂點的三角形與SKIPIF1<0AOG相似，求點D的坐標(biāo)．【答案】（1）（2）①9；②SKIPIF1<0或SKIPIF1<0．【分析】（1）分別計算A，B，C三點的坐標(biāo)，再利用勾股定理求得AB、BC、AC的長，最后利用勾股定理逆定理解題；（2）①先解出直線BC的解析式，設(shè)SKIPIF1<0，接著解出SKIPIF1<0，利用二次函數(shù)的配方法求最值；②根據(jù)直角三角形斜邊的中線性質(zhì)，解得AG的長，再證明SKIPIF1<0，再分兩種情況討論以點C，D，E為頂點的三角形與SKIPIF1<0AOG相似，結(jié)合相似三角形對應(yīng)邊成比例性質(zhì)解題即可．【詳解】解：（1）令x=0，得SKIPIF1<0SKIPIF1<0令SKIPIF1<0得SKIPIF1<0SKIPIF1<0,SKIPIF1<0,，（2）①設(shè)直線BC的解析式為：，代入，得設(shè)即DE+BF的最大值為9；②點G是AC的中點，在中，即為等腰三角形，若以點C，D，E為頂點的三角形與AOG相似，則①,又，或經(jīng)檢驗：不符合題意，舍去，②，又整理得，，或，同理：不合題意，舍去，綜上所述，或．3．如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過兩點A（﹣1，0），B（3，0），C是拋物線與y軸的交點．（1）求拋物線的解析式；（2）點P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動，設(shè)△PBC的面積為S，求S關(guān)于m的函數(shù)表達(dá)式（指出自變量m的取值范圍）和S的最大值；（3）點M在拋物線上運(yùn)動，點N在y軸上運(yùn)動，是否存在點M、點N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似，如果存在，請求出點M和點N的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)點A、B的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；（2）過點P作PF∥y軸，交BC于點F，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出點C的坐標(biāo)，根據(jù)點B、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），進(jìn)而可得出PF的長度，利用三角形的面積公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出△PBC面積的最大值；（3）分兩種不同情況，當(dāng)點M位于點C上方或下方時，畫出圖形，由相似三角形的性質(zhì)得出方程，求出點M，點N的坐標(biāo)即可．【解析】（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，得：a?b+6=09a+3b+6=0，解得：a=?2b=4，∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4（2）過點P作PF∥y軸，交BC于點F，如圖1所示．當(dāng)x＝0時，y＝﹣2x2+4x+6＝6，∴點C的坐標(biāo)為（0，6）．設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，將B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：3k+c=0c=6，解得：k=?2c=6，∴直線BC的解析式為y＝﹣2∵點P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動，∴點P的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+4m+6），則點F的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6），∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，∴S△PBC=12PF?OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m?32∴當(dāng)m=32時，△PBC面積取最大值，最大值為∵點P（m，n）在平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)的拋物線上運(yùn)動，∴0＜m＜3．（3）存在點M、點N使得∠CMN＝90°，且△CMN與△OBC相似．如圖2，∠CMN＝90°，當(dāng)點M位于點C上方，過點M作MD⊥y軸于點D，∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，∴△MCD∽△NCM，若△CMN與△OBC相似，則△MCD與△OBC相似，設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，當(dāng)DMCD=OBOC=36=12時，△∴M（1，8），此時ND=12DM=12，∴當(dāng)CDDM=OBOC=12時，△COB∽△MDC∽△∴M（74，558），此時N（0，838）．如圖3，當(dāng)點M過點M作ME⊥y軸于點E，設(shè)M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，同理可得：2a2?4aa=12或2a2?4a∴M（94，398）或M（3，0），此時N點坐標(biāo)為（0，38綜合以上得，M（1，8），N（0，172）或M（74，558），N（0，838）或M（94，398），N（0，38）或M（3，0），N（0，?4．如圖，拋物線SKIPIF1<0與x軸交于點SKIPIF1<0和點，與y軸交于點C，連接，與拋物線的對稱軸交于點E，頂點為點D．（1）求拋物線的解析式；（2）點P是對稱軸左側(cè)拋物線上的一個動點，點Q在射線上，若以點P、Q、E為頂點的三角形與相似，請直接寫出點P的坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）【分析】（1）根據(jù)拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點A（1，0）和點B（﹣3，0），即可得到關(guān)于a、b的方程，從而可以求得a、b的值，然后即可寫出拋物線的解析式；（2）根據(jù)（1）中拋物線的解析式，設(shè)點P的坐標(biāo)，然后再根據(jù)是等腰直角三角形，得出是等腰直角三角形，再分類討論，列出方程，即可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點A（1，0）和點B（﹣3，0），∴解得∴此拋物線的解析式為：（2）當(dāng)時，，所以，OB=OC=3，∴是等腰直角三角形，以點P、Q、E為頂點的三角形與相似，∴是等腰直角三角形，設(shè)點P的坐標(biāo)為，拋物線的對稱軸為直線，設(shè)BC的解析式為，將B（﹣3，0），C（0，3）代入得，，解得，，故BC的解析式為，把代入得，，則E點坐標(biāo)為，如圖，當(dāng)E為直角頂點時，，解得，，（舍去），把代入得，，則P點坐標(biāo)為，當(dāng)Q為直角頂點時，PQ=QE，即，解得，（舍去），把代入得，，則P點坐標(biāo)為；當(dāng)P為直角頂點時，作PM⊥EQ于M，PM=ME，即，解得，（舍去），則P點坐標(biāo)為；綜上，P點坐標(biāo)為或．5．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸交于點和點，與軸交于點，頂點的坐標(biāo)為．

（1）直接寫出拋物線的解析式；（2）如圖1，若點在拋物線上且滿足，求點的坐標(biāo)；（3）如圖2，是直線上一個動點，過點作軸交拋物線于點，是直線上一個動點，當(dāng)為等腰直角三角形時，直接寫出此時點及其對應(yīng)點的坐標(biāo)【答案】（1）；（2），；（3），；，；，；，；，；，．【分析】（1）由和，且D為頂點列方程求出a、b、c，即可求得解析式；（2）分兩種情況討論：①過點作，交拋物線于點，②在下方作交于點，交拋物線于；（3）為等腰直角三角形，分三種情況討論：當(dāng)；②當(dāng)；③當(dāng)．【詳解】解：（1）將和代入得又∵頂點的坐標(biāo)為∴∴解得∴拋物線的解析式為：．（2）∵和∴直線的解析式為：∵拋物線的解析式為：，拋物線與軸交于點，與軸交于點和點，則C點坐標(biāo)為，B點坐標(biāo)為．①過點作，交拋物線于點，則直線的解析式為，結(jié)合拋物線可知，解得：（舍），，故．②過點作軸平行線，過點作軸平行線交于點，由可知四邊形為正方形，∵直線的解析式為∴與軸交于點，在下方作交于點，交拋物線于∴又∵OC=CG，∴≌，∴，，又由可得,直線的解析式為，結(jié)合拋物線可知，解得（舍），，故．綜上所述，符合條件的點坐標(biāo)為：，．（3）∵，∴直線的解析式為設(shè)M的坐標(biāo)為，則N的坐標(biāo)為∴∵，∴直線的解析式為∵為等腰直角三角形∴①當(dāng)時，如下圖所示則Q點的坐標(biāo)為∴∴解得：（舍去），，∴此時，；，；②當(dāng)時，如下圖所示則Q點的坐標(biāo)為∴∴解得：（舍去），，∴此時，；，；③當(dāng)時，如圖所示則Q點縱坐標(biāo)為∴Q點的坐標(biāo)為∴Q點到MN的距離=∴（直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半）解得：（舍去），，∴此時，；，．綜上所述，點及其對應(yīng)點的坐標(biāo)為：，；，；，；，；，；，．