專題05二次函數(shù)與直角三角形綜合(原卷版+解析)

專題05二次函數(shù)與直角三角形綜合（重慶專用）（3類題型訓練）（2023重慶實驗外國語學校九年級下期3月月考）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線交x軸于A、By=12x2+bx+c，交y軸于點C(1)求拋物線的解析式；(2)D為拋物線的頂點，連接BD，點P為拋物線上點C、D之間一點，連接CP，DP，過點P作PM∥BD交直線BC于點M，連接DM，求四邊形CPDM面積的最大值以及此時(3)將拋物線沿BC方向平移35個單位后得到新的拋物線y′，新拋物線與原拋物線的交點為E．在新拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得以B，E，Q為頂點的三角形為直角三角形？若存在，請求出點解題思路分析本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及二次函數(shù)圖像中三角形，四邊形面積問題，關(guān)鍵在于面積的轉(zhuǎn)化，以及直角三角形的存在性問題，注意要分類討論，利用勾股定理逆定理來求解．（1）將B4,0，C0,2代入拋物線（2）設(shè)CD與x軸交于點F，連接BP，過P作y軸平行線，交CD于G，交BD延長線于H，先求出S△BCD=154，設(shè)設(shè)P(t,12t2?52t+2)，則G(t,?54t+2)，H(t,（3）由OC=2,OB=4，得BC=25，拋物線沿BC方向平移35個單位，相當于拋物線向左平移6個單位，向上平移3個單位，即可求出點E，設(shè)Q(m,12m2?52解析過程詳解（1）∵拋物線交x軸于A、By=12x2+bx+c，交y軸于點C∴12∴b=?5∴拋物線的解析式為：y=（2）設(shè)CD與x軸交于點F，連接BP，過P作y軸平行線，交CD于G，交BD延長線于H，如圖所示：∵y=1∴頂點D(5∵B4,0，C∴設(shè)直線CD的解析式為：y=k∴52∴k1∴直線CD的解析式為：y=?5設(shè)直線BD的解析式為：y=k∴52∴k2∴直線CD的解析式為：y=3在y=?54x+2中，令y=0∴F(8∴BF=12∴S△BCD設(shè)P(t,12t2?∴PG=?12t∴S△CPDS△PDB∴S四邊形CPDB∵PM∥BD，∴S△MBD∴S△MBD∴S四邊形CPDM=(?5=?t=?(t?2)∴當t=2時，S四邊形CPDM最（3）存在，理由如下：∵OC=2,OB=4，∴BC=25∵拋物線y=12x2?52∴y′∴y=1∴x=?1y=5∴交點E(?1,5)，設(shè)Q(m,1BE2=50，B當BQ為斜邊時，即∠QEB=90°，如圖，∵BE∴50+(m+1)∴50+10m?15=5(m∴m=8或m=?1（舍），∴Q(8,14)；②當BE為斜邊時，即∠BQE=90°，如圖，∵BQ∴(m+1)2∴(m+1)(m?4)(m?2)(m?5)=0，∴m=4（與B重合，舍去）或m=?1（與E重合，舍去），或m=2或m=5，∴Q(2,?1)或Q(5,2)；③當QE為斜邊時，即∠QBE=90°，如圖，∵BQ∴(m?4)2∴m=3或m=4（與B重合，舍去），∴Q(3,?1)，綜上所述：Q(8,14)或(3,?1)或(2,?1)或(5,2)．類型一動點+直角三角形1．如圖，在平面直角坐標系中，已知A（﹣1，0）、C（4，0），BC⊥x軸于點C，且AC＝BC，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點．（1）求拋物線的表達式；（2）點E是線段AB上一動點（不與A、B重合），過點E作x軸的垂線，交拋物線于點F，當線段EF的長度最大時，求點E的坐標；（3）在（2）的條件下，在拋物線上是否存在一點P，使△EFP是以EF為直角邊的直角三角形？若存在，求出所有點P的坐標；若不存在，說明理由．2．如圖，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A(?3,0)，B(1,0)(1)求拋物線的解析式；(2)若點P為第三象限內(nèi)拋物線上的一點，設(shè)△PAC的面積為S，求S的最大值并求此時點P的坐標．(3)設(shè)拋物線的頂點為D，DE⊥x軸于點E，在y軸上確定一點M，使得△ADM是直角三角形，寫出所有符合條件的點M的坐標，并任選其中一個點的坐標，寫出求解過程．3．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+x+m（a≠0）的圖象與x軸交于A、C兩點，與y軸交于點B，其中點B(1)求此拋物線的函數(shù)解析式．(2)點D是直線AB下方拋物線上一個動點，連接AD、BD，探究是否存在點D，使得△ABD的面積最大？若存在，請求出點D的坐標；若不存在，請說明理由．(3)點P為該拋物線對稱軸上的動點，使得△PAB為直角三角形，請求出點P的坐標．4．如圖，在平面直角坐標系中，一拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，與y軸負半軸交于點C，與x軸交于A，B兩點，其中點A的坐標為（﹣3，0），且OA＝OC，D為拋物線的頂點．(1)求拋物線的解析式；(2)若M（﹣2，y）是拋物線上一點，P是拋物線上另一點（點P與點D不重合），當S△BDM＝S△BPM時，求出此時點P的坐標；(3)在（2）的條件下，拋物線對稱軸上是否存在點Q，使△BMQ為直角三角形，若存在，請直接寫出點Q坐標；若不存在，請說明理由．5．如圖，拋物線y=?x2+bx+c的圖象交x軸于A,B兩點，交y軸于點C，直線y=?x+3（1）求拋物線的解析式；（2）點P為拋物線第一象限上的一動點，連接PC,PB，求△PBC面積的最大值，并求出此時點P的坐標；（3）在拋物線的對稱軸上是否存在點M，使得△BCM為直角三角形?若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．類型二平移+直角三角形6．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=12x2?52x+2交x軸于（1）求△ABC的面積；（2）D為拋物線的頂點，連接BD，點P為拋物線上點C、D之間一點，連接CP，DP，過點P作PM//BD交直線BC于點M，連接DM，求四邊形CPDM面積的最大值以及此時（3）將拋物線沿射線BC方向平移35個單位后得到新的拋物線y′=ax2+bx+c(a≠0)），新拋物線y'與原拋物線的交點為E，在原拋物線上是否存在點Q，使得以B，7．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝12x2﹣x﹣32交x軸于A、B兩點（點A在點B左側(cè)）．一次函數(shù)y＝12x+b與拋物線交于A、D兩點，交y（1）求點D的坐標；（2）點E是線段CD上任意一點，過點E作EF⊥y軸于點F，過點E作EP⊥AD交拋物線于點P．點P位于直線AD下方，求5PE+54EF的最大值及相應(yīng)的P（3）將拋物線沿射線AD方向平移52個單位長度得到新拋物線y′，新拋物線與原拋物線交于點K．M、N是直線AD上兩動點（M在N的左側(cè)），滿足MN＝35．是否存在以M、N、K為頂點的直角三角形？若存在，請直接寫出8．如圖1，二次函數(shù)y＝﹣12x2＋3x＋72交x軸于A、B兩點（點A在點B左邊），交y軸于點C．連接BC、AC，點P為直線BC上方拋物線上一點，作PD∥AC交BC于點（1）試求出A、B、C的坐標；（2）連接AD，記△ABD的面積為S1，△PBD的面積為S2，求S2S1（3）如圖2將△AOC沿射線AC平移5534個單位，記平移后的三角形為△A1O1C1，其中A、O、C分別對應(yīng)A1、O1、C1，在拋物線對稱軸上一動點M，是否存在以M、A1、C1為頂點的三角形為直角三角形，若存在請直接寫出點9．如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y=ax2+bx?2的圖象經(jīng)過點?2,?2（1）求該拋物線的解析式；（2）連接BC，過點A作AD//（3）直線x=?510．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝－33x2＋233x＋3與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左側(cè))，與y軸交于點C，對稱軸與（1）求直線BC的解析式；（2）如圖2，點P為直線BC上方拋物線上一點，連接PB、PC．當△PBC的面積最大時，在線段BC上找一點E(不與B、C重合)，使PE+12BE的值最小，求點P的坐標和PE+12（3）如圖3，點G是線段CB的中點，將拋物線y＝－33x2＋233x＋3沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經(jīng)過點D，y′的頂點為F．在拋物線y′11．已知拋物線y＝﹣16x2﹣2(1)求直線AC的解析式；(2)如圖，P為直線AC上方拋物線上的任意一點，在對稱軸上有一動點M，當四邊形AOCP面積最大時，求|PM﹣OM|的值．(3)如圖，將△AOC沿直線AC翻折得△ACD，再將△ACD沿著直線AC平移得△A'C′D'．使得點A′、C'在直線AC上，是否存在這樣的點D′，使得△A′ED′為直角三角形？若存在，請求出點D′的坐標；若不存在，請說明理由．類型三旋轉(zhuǎn)+直角三角形12．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+4與x軸交于點A?6,0，B4,0(1)求該拋物線的解析式；(2)如圖1，點D與點C關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，連接BD交y軸于點G，作直線OD，點P為線段BD上方的拋物線上任意一點，過點P作PE∥y軸交BD于點E，過點P作PF⊥直線OD于點F．當PE+5(3)如圖2，連接BC、BD，將△OCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)α0°<α<90°得到△OC'D'，使得C'D'∥BC，將線段OD'沿射線C'O平移得到O'D''，連接AO'，AD''，請問在平移過程中，是否存在△AO'D''是以△O'D''13．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝?18x2+14x+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右側(cè)），與y軸交于點C，過點C作x軸的平行線交拋物線于點P（1）求點P的坐標及直線AC的解析式；（2）如圖2，過點P作x軸的垂線，垂足為E，將線段OE繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到OF，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接FA、FC．求AF+23CF（3）如圖3，點M為線段OA上一點，以O(shè)M為邊在第一象限內(nèi)作正方形OMNG，當正方形OMNG的頂點N恰好落在線段AC上時，將正方形OMNG沿x軸向右平移，記平移中的正方形OMNG為正方形O′MNG，當點M與點A重合時停止平移．設(shè)平移的距離為t，正方形O′MNG的邊MN與AC交于點R，連接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．14．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣23（1）連接EA、EB，取線段AC的中點Q，當△EAB面積最大時，在x軸上找一點R使得|RE一RQ|值最大，請求出R點的坐標及|RE﹣RQ|的最大值；（2）如圖2，在（1）的條件下，將△PED繞E點旋轉(zhuǎn)得△ED′P′，當△AP′P是以AP為直角邊的直角三角形時，求點P′的坐標．15．如圖，在平面直角坐標系中，將拋物線y=?x2向上平移4個單位，向右平移1個單位得新拋物線y1=ax2+bx+ca≠0，新拋物線交x軸于點A，B（點(1)求a，b，c的值；(2)如圖1，點P為直線BC上方新拋物線上一動點，過點P作PQ∥x軸交直線BC于點Q．當PQ取最大值時，求點(3)在（2）的條件下，PQ取最大值時，PQ交新拋物線的對稱軸于點M，直線BC交新拋物線的對稱軸于點N．把Rt△MNQ繞點N逆時針旋轉(zhuǎn)α0°<α<180°得到Rt△M'NQ'．在旋轉(zhuǎn)過程中，當Rt△M'NQ'的直角邊與直線專題05二次函數(shù)與直角三角形綜合（重慶專用）（3類題型訓練）（2023重慶實驗外國語學校九年級下期3月月考）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線交x軸于A、By=12x2+bx+c，交y軸于點C(1)求拋物線的解析式；(2)D為拋物線的頂點，連接BD，點P為拋物線上點C、D之間一點，連接CP，DP，過點P作PM∥BD交直線BC于點M，連接DM，求四邊形CPDM面積的最大值以及此時(3)將拋物線沿BC方向平移35個單位后得到新的拋物線y′，新拋物線與原拋物線的交點為E．在新拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得以B，E，Q為頂點的三角形為直角三角形？若存在，請求出點解題思路分析本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及二次函數(shù)圖像中三角形，四邊形面積問題，關(guān)鍵在于面積的轉(zhuǎn)化，以及直角三角形的存在性問題，注意要分類討論，利用勾股定理逆定理來求解．（1）將B4,0，C0,2代入拋物線（2）設(shè)CD與x軸交于點F，連接BP，過P作y軸平行線，交CD于G，交BD延長線于H，先求出S△BCD=154，設(shè)設(shè)P(t,12t2?52t+2)，則G(t,?54t+2)，H(t,（3）由OC=2,OB=4，得BC=25，拋物線沿BC方向平移35個單位，相當于拋物線向左平移6個單位，向上平移3個單位，即可求出點E，設(shè)Q(m,12m2?52解析過程詳解（1）∵拋物線交x軸于A、By=12x2+bx+c，交y軸于點C∴12∴b=?5∴拋物線的解析式為：y=（2）設(shè)CD與x軸交于點F，連接BP，過P作y軸平行線，交CD于G，交BD延長線于H，如圖所示：∵y=1∴頂點D(5∵B4,0，C∴設(shè)直線CD的解析式為：y=k∴52∴k1∴直線CD的解析式為：y=?5設(shè)直線BD的解析式為：y=k∴52∴k2∴直線CD的解析式為：y=3在y=?54x+2中，令y=0∴F(8∴BF=12∴S△BCD設(shè)P(t,12t2?∴PG=?12t∴S△CPDS△PDB∴S四邊形CPDB∵PM∥BD，∴S△MBD∴S△MBD∴S四邊形CPDM=(?5=?t=?(t?2)∴當t=2時，S四邊形CPDM最（3）存在，理由如下：∵OC=2,OB=4，∴BC=25∵拋物線y=12x2?52∴y′∴y=1∴x=?1y=5∴交點E(?1,5)，設(shè)Q(m,1BE2=50，B當BQ為斜邊時，即∠QEB=90°，如圖，∵BE∴50+(m+1)∴50+10m?15=5(m∴m=8或m=?1（舍），∴Q(8,14)；②當BE為斜邊時，即∠BQE=90°，如圖，∵BQ∴(m+1)2∴(m+1)(m?4)(m?2)(m?5)=0，∴m=4（與B重合，舍去）或m=?1（與E重合，舍去），或m=2或m=5，∴Q(2,?1)或Q(5,2)；③當QE為斜邊時，即∠QBE=90°，如圖，∵BQ∴(m?4)2∴m=3或m=4（與B重合，舍去），∴Q(3,?1)，綜上所述：Q(8,14)或(3,?1)或(2,?1)或(5,2)．類型一動點+直角三角形1．如圖，在平面直角坐標系中，已知A（﹣1，0）、C（4，0），BC⊥x軸于點C，且AC＝BC，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點．（1）求拋物線的表達式；（2）點E是線段AB上一動點（不與A、B重合），過點E作x軸的垂線，交拋物線于點F，當線段EF的長度最大時，求點E的坐標；（3）在（2）的條件下，在拋物線上是否存在一點P，使△EFP是以EF為直角邊的直角三角形？若存在，求出所有點P的坐標；若不存在，說明理由．答案:（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）點E的坐標為（32，52）；（3）存在，P1（2?262，52），P2（2+262分析：（1）先求得點A的坐標，然后將點A和點B的坐標代入拋物線的解析式可得到關(guān)于b、c的方程組，從而可求得b、c的值；（2）設(shè)點E的坐標為（x，x+1），則點F的坐標為F（x，x2﹣2x﹣3），則可得到EF與x的函數(shù)關(guān)系式，利用配方法可求得EF的最大值以及點E的坐標；（3）存在，分兩種情況考慮：（i）過點E作a⊥EF交拋物線于點P，設(shè)點P（m，m2﹣2m﹣3），由E的縱坐標與P縱坐標相等列出關(guān)于m的方程，求出方程的解得到m的值，確定出P1，P2的坐標；（ⅱ）過點F作b⊥EF交拋物線于P3，設(shè)P3（n，n2﹣2n﹣3），根據(jù)F的縱坐標與P的縱坐標相等列出關(guān)于n的方程，求出方程的解得到n的值，求出P3的坐標，綜上得到所有滿足題意P得坐標．【詳解】（1）∵A（﹣1，0）、C（4，0），∴OA＝1，OC＝4，∴AC＝5，∵BC⊥x軸于點C，且AC＝BC，∴B（4，5），將點A和點B的坐標代入拋物線的解析式得：1?b+c=016+4b+c=5∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．（2）∵直線AB經(jīng)過點A（﹣1，0），B（4，5），設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∴?k+b=04k+b=5，解得：k=1∴直線AB的解析式為：y＝x+1，∵二次函數(shù)y＝x2﹣2x﹣3，∴設(shè)點E（t，t+1），則F（t，t2﹣2t﹣3），∴EF＝（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣（t﹣32）2+∴當t＝32時，EF的最大值為25∴點E的坐標為（32（3）存在，分兩種情況考慮：（?。┻^點E作a⊥EF交拋物線于點P，設(shè)點P（m，m2﹣2m﹣3），∴m2?2m?3=∴m1=2?262∴P1（2?262，52），P2（2+（ⅱ）過點F作b⊥EF交拋物線于P3，設(shè)P3（n，n2﹣2n﹣3）則有：n2﹣2n﹣3＝﹣15∴n1=12,n2=3∴P3（12，?綜上所述，使△EFP是以EF為直角邊的直角三角形所有點P的坐標為：P1（2?262，52），P2（2+262，5【點睛】此題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識有：待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，解一元二次方程，利用了數(shù)形結(jié)合及分類討論的思想，熟練掌握待定系數(shù)法和分類討論思想是解本題的關(guān)鍵．2．如圖，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A(?3,0)，B(1,0)(1)求拋物線的解析式；(2)若點P為第三象限內(nèi)拋物線上的一點，設(shè)△PAC的面積為S，求S的最大值并求此時點P的坐標．(3)設(shè)拋物線的頂點為D，DE⊥x軸于點E，在y軸上確定一點M，使得△ADM是直角三角形，寫出所有符合條件的點M的坐標，并任選其中一個點的坐標，寫出求解過程．答案:(1)y=(2)S有最大值278，此時點P的坐標為(?(3)點M的坐標為(0,32)或(0,?72分析：（1）已知拋物線上的三點坐標，利用待定系數(shù)法可求出該二次函數(shù)的解析式；（2）過點P作x軸的垂線，交AC于點N，先運用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，設(shè)P點坐標為(x,x2+2x?3)，根據(jù)AC的解析式表示出點N的坐標，再根據(jù)S（3）分三種情況進行討論：①以A為直角頂點；②以D為直角頂點；③以M為直角頂點；設(shè)點M的坐標為(0,t)，根據(jù)勾股定理列出方程，求出t的值即可．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A(?3,0)，B(1,0)∴9a?3b+c=0a+b+c=0c=?3，解得∴拋物線的解析式為：y=x（2）如圖，過點P作x軸的垂線，交AC于點N．設(shè)直線AC的解析式為y=kx+m，由題意，得?3k+m=0m=?3，解得k=?1∴直線AC的解析式為：y=?x?3．設(shè)P點坐標為(x,x2+2x?3)，則點N∴PN=PE?NE=?(x∵S∴S=1∴當x=?32時，S有最大值此時y=x此時點P的坐標為(?3（3）解：在y軸上存在點M，能夠使得ΔADM是直角三角形．理由如下：∵y=x∴頂點D的坐標為(?1,?4)，∵A(?3,0)，∴AD設(shè)點M的坐標為(0,t)，分三種情況進行討論：①當A為直角頂點時，如圖3①，由勾股定理，得AM即(0+3)2解得t=3所以點M的坐標為(0,3②當D為直角頂點時，如圖3②，由勾股定理，得DM即(0+1)2解得t=?7所以點M的坐標為(0,?7③當M為直角頂點時，如圖3③，由勾股定理，得AM即(0+3)2解得t=?1或?3，所以點M的坐標為(0,?1)或(0,?3)；綜上可知，點M的坐標為(0,32)或(0,?72【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及到用待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)的解析式，三角形的面積，二次函數(shù)的頂點式的運用，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是運用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想進行求解．3．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+x+m（a≠0）的圖象與x軸交于A、C兩點，與y軸交于點B，其中點B(1)求此拋物線的函數(shù)解析式．(2)點D是直線AB下方拋物線上一個動點，連接AD、BD，探究是否存在點D，使得△ABD的面積最大？若存在，請求出點D的坐標；若不存在，請說明理由．(3)點P為該拋物線對稱軸上的動點，使得△PAB為直角三角形，請求出點P的坐標．答案:(1)y=(2)（-2，-4）(3)P點坐標為：（-1，3），（-1，-5），?1，?2+7，分析：（1）直接將B（0，-4），C（2，0）代入y=ax（2）先求出直線AB關(guān)系式為：y=?x?4，直線AB平移后的關(guān)系式為：y=?x?4+n，當其與拋物線只有一個交點時，此時點D距AB最大，此時△ABD的面積最大，由此即可求得D點坐標；（3）分三種情況討論，①當∠PAB=90°時，即PA⊥AB，則設(shè)PA所在直線解析式為：y=x+z，將A（-4,0）代入y=x+z得，解得：z=4，此時P點坐標為：（-1,3）；②當∠PBA=90°時，即PB⊥AB，則設(shè)PB所在直線解析式為：y=x+t，將B（0，-4）代入y=x+t得，t=?4，此時P點坐標為：（-1,-5）；③當∠APB=90°時，設(shè)P點坐標為：?1，yp，由于PA所在直線斜率為：yp3，PB在直線斜率為：yp+4?1，y【詳解】（1）解：將B（0，-4），C（2，0）代入y=ax得：m=?44a+2+m=0解得：m=?4a=∴拋物線的函數(shù)解析式為：y=1（2）向下平移直線AB，使平移后的直線與拋物線只有唯一公共點D時，此時點D到直線AB的距離最大，此時△ABD的面積最大，∵12x2+x?4=0時，∴A點坐標為：（-4,0），設(shè)直線AB關(guān)系式為：y=kx+b（k≠0），將A（-4,0），B（0，-4），代入y=kx+b（k≠0），得：?4k+b=0b=?4解得：k=?1b=?4∴直線AB關(guān)系式為：y=?x?4，設(shè)直線AB平移后的關(guān)系式為：y=?x?4+n，則方程?x?4+n=1即12∴n=?2，即12將x=-2代入拋物線解析式得，y=1∴點D的坐標為：（-2，-4）時，△ABD的面積最大；（3）①當∠PAB=90°時，即PA⊥AB，則設(shè)PA所在直線解析式為：y=x+z，將A（-4,0）代入y=x+z得，?4+z=0，解得：z=4，∴PA所在直線解析式為：y=x+4，∵拋物線對稱軸為：x=-1，∴當x=-1時，y=?1+4=3，∴P點坐標為：（-1，3）；②當∠PBA=90°時，即PB⊥AB，則設(shè)PB所在直線解析式為：y=x+t，將B（0，-4）代入y=x+t得，t=?4，∴PA所在直線解析式為：y=x?4，∴當x=-1時，y=?1?4=?5，∴P點坐標為：（-1，-5）；③當∠APB=90°時，設(shè)P點坐標為：?1，y∴PA所在直線斜率為：yp3，PB在直線斜率為：∵PA⊥PB，∴yp3·解得：yp1=?2+7∴P點坐標為：?1，?2+7，綜上所述，P點坐標為：（-1，3），（-1，-5），?1，?2+7，?1，?2?【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)圖象與一次函數(shù)、三角形的綜合，靈活運用所學知識是解題的關(guān)鍵．4．如圖，在平面直角坐標系中，一拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，與y軸負半軸交于點C，與x軸交于A，B兩點，其中點A的坐標為（﹣3，0），且OA＝OC，D為拋物線的頂點．(1)求拋物線的解析式；(2)若M（﹣2，y）是拋物線上一點，P是拋物線上另一點（點P與點D不重合），當S△BDM＝S△BPM時，求出此時點P的坐標；(3)在（2）的條件下，拋物線對稱軸上是否存在點Q，使△BMQ為直角三角形，若存在，請直接寫出點Q坐標；若不存在，請說明理由．答案:(1)y＝x2+2x﹣3(2)P點坐標為（?17?12，1?172(3)存在，Q點坐標為（﹣1，2）或（﹣1，﹣4）或(?1,?3+17分析：（1）先求解C的坐標，再利用待定系數(shù)法求解拋物線的解析式即可；（2）先求解M的坐標，再求解直線BM直線方程為：y＝x﹣1，如圖，過點D作BM的平行線，交拋物線于點P3，設(shè)DP3直線為y＝x+n，求解DP3為y＝x﹣3，聯(lián)立直線和拋物線{y=x?3y=x2+2x?3，解方程組可得P3的坐標，BM與y軸的交點坐標為(0,?1),而?1?(?3)=2,把（3）由點Q在對稱軸上，可設(shè)點Q坐標為（﹣1，n），再利用勾股定理求解BM2＝18，BQ2＝4+n2，MQ（1）解：由題意可知A（﹣3，0），∵OA＝OC，∴C（0，﹣3），∵對稱軸x=?b∴b＝2a，設(shè)解析式為：y＝ax2+bx+c（a≠0），將A（﹣3，0），C（0，﹣3），b＝2a，{9a?3b+c=0b=2ac=?3∴y＝x2+2x﹣3，頂點D（﹣1，﹣4），故拋物線的解析式為：y＝x2+2x﹣3；（2）解：∵點M在拋物線上，∴將M點的橫坐標x＝﹣2代入y＝x2+2x﹣3得y＝﹣3，∴M（﹣2，﹣3），由第（1）可知D（﹣1，﹣4），B（1，0），∵M（﹣2，﹣3）；∴直線BM直線方程為：y＝x﹣1，如圖，過點D作BM的平行線，交拋物線于點P3，設(shè)DP聯(lián)立直線和拋物線{y=x?3當x=?1時，y=?4,此時P,D重合，舍去，∴P3（0，﹣3），∵BM與y軸的交點坐標為(0,?1),而?1?(?3)=2,∴把(0,?1)向上平移兩個單位得到E(0,1),過點E作BM的平行線，分別交拋物線于點P1，P2，，設(shè)P1P2直線為y＝x+m，將E（0，1）代入，得y＝x+1，聯(lián)立直線和拋物線{y=x+1得x=17?12∴P1故P點坐標為(?17?1（3）解：存在，Q點坐標為（﹣1，2）或（﹣1，﹣4）或(?1,?3+172理由如下：點Q在對稱軸上，可設(shè)點Q坐標為（﹣1，n），∵M（﹣2，﹣3），B（1，0），∴BM2＝（﹣2﹣1）2+（﹣3﹣0）2＝18，BQ2＝（﹣1﹣1）2+（n﹣0）2＝4+n2，MQ當∠MBQ＝90°時，BM2+BQ2＝MQ2，則18+4+n2＝n2+6n+10，解得n＝2，Q（﹣1，2）；當∠BMQ＝90°時，BM2+MQ2＝BQ2，18+n2+6n+10＝4+n2，解得n＝﹣4（與頂點D重合），Q（﹣1，﹣4）；當∠BQM＝90°時，MQ2+BQ2＝BM2，則n2+6n+10+4+n2＝18，解得n＝?3+172或n＝則Q(?1,?3+172綜上所得，Q點坐標為（﹣1，2）或（﹣1，﹣4）或(?1,?3+172【點睛】本題考查的是利用待定系數(shù)法求解拋物線的解析式，一次函數(shù)的圖象的性質(zhì)，兩平行間的距離處處相等，勾股定理的應(yīng)用，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，靈活的運用以上知識解題是關(guān)鍵.5．如圖，拋物線y=?x2+bx+c的圖象交x軸于A,B兩點，交y軸于點C，直線y=?x+3（1）求拋物線的解析式；（2）點P為拋物線第一象限上的一動點，連接PC,PB，求△PBC面積的最大值，并求出此時點P的坐標；（3）在拋物線的對稱軸上是否存在點M，使得△BCM為直角三角形?若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．答案:（1）y=?x2+2x+3；（2）P(分析：（1）先求出B、C兩點的坐標，然后代入二次函數(shù)解析式求解即可；（2）過點P向x軸作垂線交直線BC于點，設(shè)P(t,?t2+2t+3)（3）設(shè)M1,y【詳解】解：（1）∵直線y=?x+3與x軸、y軸分別交于B、C兩點，∴B（3，0），C（0，3）將B（3，0），C（0，3）代入y=?x可得?9+3b+c=0c=3解得b=2c=3所以拋物線的解析式為y=?x（2）過點P向x軸作垂線交直線BC于點Q，直線的解析式為y=?x+3，設(shè)P(t,?t2+2t+3)則：PQ=?t當t=32時，PQ最大=∴PQ最大時，三角形PBC的面積最大，最大面積為278，此時P(32,（3）設(shè)M1,y∵B3,0，C∴BM2=4+y2當BM⊥CM時，4+解得：y=∴M11,3+當BM⊥BC時，4+y解得：y=?2，∴M3當CM⊥BC時，4+y解得：y=4，∴M4綜上所述，存在這樣的點，使得ΔBCM為直角三角形，它們分別為：M1(1,3+【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合，兩點距離公式，準確分析判斷是解題的關(guān)鍵．類型二平移+直角三角形6．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=12x2?52x+2交x軸于（1）求△ABC的面積；（2）D為拋物線的頂點，連接BD，點P為拋物線上點C、D之間一點，連接CP，DP，過點P作PM//BD交直線BC于點M，連接DM，求四邊形CPDM面積的最大值以及此時（3）將拋物線沿射線BC方向平移35個單位后得到新的拋物線y′=ax2+bx+c(a≠0)），新拋物線y'與原拋物線的交點為E，在原拋物線上是否存在點Q，使得以B，答案:（1）3；（2）SCPDM最大=4，P(2,?1)；（3）存在，Q3,?1或Q2,?1或分析：（1）求出點A、B、C的坐標，即可求出AB、OC的長度，從而求出△ABC面積；（2）設(shè)CD與x軸交于F，連接BP、過P作y軸平行線，交CD于G，交BD延長線于H，先求出S△BCD=154，設(shè)P（t，12t2?52（3）由OC=2，OB=4，可得BC=25，拋物線沿射線BC方向平移35，即向左平移6個單位，向上平移3個單位，可求出新拋物線，然后可以求出點E，設(shè)Q（m，12m2?5【詳解】解：（1）當x=0時，y=2，∴C當y=0時，x2解得：x1=1，∴A1,0，S△ABC（2）設(shè)CD與x軸交于F，連接BP、過P作y軸平行線，交CD于G，交BD延長線于H，如圖：∵y=1∴頂點D（52，?∵C（0，2），B（4，0），∴直線CD解析式為y=?54x+2在y=?54x+2∴F（85∴BF=125∴S△BCD=12BF?|yC-yD|=12×125×（2+9設(shè)P（t，12t2?5∴GP=?12∴S△CPD=12GP?|xD-xC|=12×52×(?S△PDB=12PH?|xB-xD|=12×32×(1∴S四邊形CPDB=S△CPD+S△BCD=?5∵PM//BD，∴S△MDB=S△PDB，∴S△MDB=38∴S四邊形CPDM=S四邊形CPDB-S△MDB=（?58t2?=?t2+4t=?（t?2）2+4，∴當t=2時，S四邊形CPDM最大=4，此時P（2，?1）；（3）存在，理由如下：∵OC=2，OB=4，∴BC=25拋物線沿射線BC方向平移35∵y=1∴新拋物線解析式為：y′聯(lián)立解析式得：y=解得：x=?1y=5∴交點E（-1，5），設(shè)Q（m，12m2?5①當BQ為斜邊，即∠QEB=90°時，如圖：∵BE2+EQ2=BQ2，∴50+（m+1）2+（12m2∴50+（m+1）2-（m-4）2=（12m2∴50+10m-15=（m2-5m-1）×5，解得：m=8或m=-1（舍去），∴Q（8，14）；②BE為斜邊，即∠BQE=90°時，如圖：∵QE2+BQ2=BE2，∴（m-4）2+（12m2∴（m+1）（m-4）（m-2）（m-5）=0，解得：m=-1（與E重合，舍去）或m=4（與B重合，舍去）或m=2或m=5，∴Q（2，-2）或Q（5，2）；③QE為斜邊，即∠QBE=90°，如圖：∵BQ2+BE2=QE2，∴（m-4）2+（12m2解得：m=3或m=4（與B重合，舍去），∴Q（3，-1），綜上所述：Q3,?1或Q2,?1或Q8,14【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及二次函數(shù)圖象中三角形，四邊形面積問題，關(guān)鍵在于面積的轉(zhuǎn)化，以及直角三角形的存在性問題，注意要分類討論，利用勾股定理逆定理來求解，計算過程需要仔細點．7．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝12x2﹣x﹣32交x軸于A、B兩點（點A在點B左側(cè)）．一次函數(shù)y＝12x+b與拋物線交于A、D兩點，交y（1）求點D的坐標；（2）點E是線段CD上任意一點，過點E作EF⊥y軸于點F，過點E作EP⊥AD交拋物線于點P．點P位于直線AD下方，求5PE+54EF的最大值及相應(yīng)的P（3）將拋物線沿射線AD方向平移52個單位長度得到新拋物線y′，新拋物線與原拋物線交于點K．M、N是直線AD上兩動點（M在N的左側(cè)），滿足MN＝35．是否存在以M、N、K為頂點的直角三角形？若存在，請直接寫出答案:（1）D（4，52）；（2）最大值為9112，P（73，﹣109）；（3）存在，M坐標為（45，910）或（﹣265，﹣21分析：（1）根據(jù)拋物線解析式求出點A，B坐標，聯(lián)立y=12x+（2）過P作PG//y軸，交FE延長線于G，根據(jù)點E在線段CD上，可設(shè)E(m,12m+12)(0?m?4)，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例，設(shè)EG=a，用含m、a的代數(shù)式表示出P點坐標，代入二次函數(shù)解析式，用m的式子表示a，表示（3）先求出K(2,?32)，再設(shè)M(a,12a+12)，則N(a+6,12a+72)，表示出KM2【詳解】解：（1）令y＝0得：12解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），將A（﹣1，0）代入y=12x+b∴b=1∴AD的解析式為y=1聯(lián)立y=12x+12y=1∴D(4,5（2）過P作PG//y軸，交FE延長線于G，如圖：∵E在線段CD上，∴設(shè)E(m,12m+∴EF＝m，∵PE⊥AD，∴∠GEP＝90°﹣∠CEF＝∠ECF＝∠ACO，且∠G＝∠AOC＝90°，∴△AOC∽△PGE，∴OCEG由AD的解析式為y=12x+12∴OA＝2OC，∴PG＝2EG，PE＝5EG，設(shè)EG＝a，則PG＝2a，∴P(m+a,1代入y=12x解得：a=?m?1?5(m+1)或a=?m?1+∵點P在AD下方，∴a=?m?1+5(m+1)∴P(?1+5(m+1)，∴PE=5∴5PE+設(shè)5(m+1)=t，則m=∴5PE+∴t=103即m=119時，此時P(73，（3）存在，理由如下：∵OA＝2OC，∴拋物線沿射線AD方向平移52個單位長度得到新拋物線y′，相當于向右平移1個單位，再向上平移∴y由y=12x∴K(2,?3設(shè)M(a,12a+∴KM2=①當∠NMK＝90°時，如圖：∵KM2+MN2＝KN2，∴54解得a=4∴M(45，②當∠MNK＝90°時，如圖：∵KN2+MN2＝KM2，∴54解得a=?26∴M(?265，③當∠MKN＝90°時，如圖：∵KM2+KN2＝MN2，∴54解得a=?25或∴M(?25，310綜上所述，M坐標為(45，910)或(?265，?21【點睛】本題主要是考查了二次函數(shù)綜合運用，涉及到相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，點的坐標求解，其中（3）要注意分類討論，避免漏解．8．如圖1，二次函數(shù)y＝﹣12x2＋3x＋72交x軸于A、B兩點（點A在點B左邊），交y軸于點C．連接BC、AC，點P為直線BC上方拋物線上一點，作PD∥AC交BC于點（1）試求出A、B、C的坐標；（2）連接AD，記△ABD的面積為S1，△PBD的面積為S2，求S2S1（3）如圖2將△AOC沿射線AC平移5534個單位，記平移后的三角形為△A1O1C1，其中A、O、C分別對應(yīng)A1、O1、C1，在拋物線對稱軸上一動點M，是否存在以M、A1、C1為頂點的三角形為直角三角形，若存在請直接寫出點答案:（1）A（-1，0）、B（7，0）、C（0，72（2）S2S1有最大值是494，此時P點坐標為（（3）見解析分析：（1）令y＝﹣12x2＋3x＋7（2）先求出BC直線解析式，設(shè)動點P的坐標，再根據(jù)點到直線的距離公式分別求出點A和點P到直線BC的距離d1和d2，由三角形面積公式可以推出S2（3）【詳解】解：（1）令y＝﹣12x2＋3x＋72中y=0，得到﹣12解得x1=-1，x2=7,令x=0，得y=72∴A（-1，0）、B（7，0）、C（0，72（2）設(shè)BC直線解析式y(tǒng)=kx+b,∵B（7，0）、C（0，72∴0=7k+b72=b∴y=?1∵A（-1，0），∴點A到BC的距離d1=55∵點P在拋物線上，∴設(shè)P（x,﹣12x2＋3x＋7∴點P到BC的距離d2=21∵S1=d∴S2要使S2S1當x=?b2a即x=72時，S2S1（3）存在，如圖所示有兩種情況過點A1作A1E⊥AB,過點C1作C1E1⊥AB，∵A(-1,0)，C(0，7∴AC=532,y∵平移距離是±53∴AA1=±53∴H1∵CO⊥AB,A1E⊥AB，∴ACDHH1E∴ACAA1∵OH=1,∴OE=32∴H1點橫坐標為32同理可得：HH1EAC1E1，∴HH1HC1∵OH=1,∴OE1=HE1∴C1點橫坐標為52分以下兩種情況：①M1H1⊥C1C即∠C1A1M1=90°，∵M1H1⊥C1C且AC斜率為72∴設(shè)yM1H1∵H1點橫坐標為32∴縱坐標y=35∴H1(32∵H1在直線M1H1上，∴354=?2∴yM1H1∵拋物線的對稱軸x=?b∴M1點橫坐標為3，代入yM1H1=?∴∠C1A1M1=90°時，M1（3，23328②①M2H1⊥HC1即∠M2C1H1=90°，∵M2C1⊥H1C1且AC斜率為72∴設(shè)yM2C1∵C1點橫坐標為52∴縱坐標y=49∴C1(52∵C1在直線M2C1上，∴494=?2∴yM2C1∵拋物線的對稱軸x=?b∴M2點橫坐標為3，代入yM2C1=?∴∠M2C1H1=90°時，M2（3，33928綜上可得M（3，23328）或（3，339【點睛】本題主要考查二次函數(shù)圖象與幾何圖形綜合，解決本題的關(guān)鍵是要熟練掌握二次函數(shù)圖象性質(zhì)和幾何圖形性質(zhì).9．如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線y=ax2+bx?2的圖象經(jīng)過點?2,?2（1）求該拋物線的解析式；（2）連接BC，過點A作AD//（3）直線x=?5答案:（１）y=23x2+43分析：（1）將點?2,?2和1,0代入拋物線y=ax（2）令y=0，結(jié)合韋達定理解得x1+x2=?ba=?2，根據(jù)已知條件可得xB=?2?1=?3，由此得到點B、C的坐標，再利用待定系數(shù)法解得直線BC的解析式為：yBC=?23x?2，由兩直線平行，斜率相等解得yAD=?23x+23，聯(lián)立方程組yAD=?23x+（3）分當∠AME=90°時或當∠AEM=90°時，或當∠EAM=90°時，結(jié)合一次函數(shù)的性質(zhì)解題即可．【詳解】解：（1）將點?2,?2和1,0代入拋物線y=ax4a?2b?2=?2∴∴y=2（2）令y=0，2x∵∴∴B(?3,0)∵C(0,?2)設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+b，代入點B、C得，?3k+b=0解得k=?∴∵AD//BC∴設(shè)y∵A(1,0)在AD上，∴0=?∴∴聯(lián)立方程組y整理得：x∴(x?1)(x+4)=0∴∴D(?4,設(shè)E(m,n)∵E為直線BC下方∴?3<m<0n=∴聯(lián)立方程組y∴∴x=∴F(設(shè)AF與OC相交于點P，作EQ⊥AB交BC于點Q，∴Q(m,?∴y∴P(0,∴====?=?當m=?2時，S最大值（3）由（2）知y∵x=?∴y=?∴G(?∵y=∴y=∴?∴∴?∴c=?14或即對稱軸為：x=設(shè)M(∵A(1,0),E(?2,?2)∴k+b=0∴∴yAE設(shè)yME=mx+n，代入M(1∴∴∴yME同理解得yAM=?當∠AME=90°時，k∴16由公式法解得t=?4±當∠AEM=90°時，k解得：t=?43當∠EAM=90°時，k解得t=綜上所述，存在這樣的M,M(1【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合，涉及一次函數(shù)、一元二次方程的解法、直角三角形的判斷等知識，是重要考點，難度較大，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．10．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝－33x2＋233x＋3與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左側(cè))，與y軸交于點C，對稱軸與（1）求直線BC的解析式；（2）如圖2，點P為直線BC上方拋物線上一點，連接PB、PC．當△PBC的面積最大時，在線段BC上找一點E(不與B、C重合)，使PE+12BE的值最小，求點P的坐標和PE+12（3）如圖3，點G是線段CB的中點，將拋物線y＝－33x2＋233x＋3沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經(jīng)過點D，y′的頂點為F．在拋物線y′答案:（1）直線BC的解析式為y=﹣33x+3；（2）S△PBC最大時，P(32，534)，PE+12BE值最小分析：（1）根據(jù)二次函數(shù)的解析式先求出點C、點B的坐標，然后利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式；（2）如圖2中，過點P作PM⊥x軸于點M，交直線BC于點F，過點E作EN⊥x軸于點N，設(shè)P(a，﹣33a2+233a+3)，則F(a，﹣33a+3)則可得PF=﹣33a2+3a，繼而得S△PBC=﹣32a2+332a，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得當a=3（3）由題意可得D(1，0)，G(32，32)，繼而可得直線DG解析式，根據(jù)拋物線y=﹣33x2+233x+3=﹣33(x?1)2+433沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經(jīng)過點D，可得y′【詳解】（1）當x=0時，y=﹣33x2+233x+∴點C的坐標為（0，3）；當y=0時，有﹣33x2+23解得：x1∴點B的坐標為（3，0），設(shè)直線BC的解析式為y=kx+bk≠0將B（3，0）、C（0，3）代入y=kx+b，得：3k+b=0b=3，解得：∴直線BC的解析式為y=﹣33x+3（2）如圖2中，過點P作PM⊥x軸于點M，交直線BC于點F，過點E作EN⊥x軸于點N，設(shè)P（a，﹣33a2+233a+3），則F（a，﹣∴PF=﹣33a2+∴S△PBC=12×PF×3=﹣32a2∴當a=32∴P（32，5∵直線BC的解析式為y=﹣33x+3∴∠CBO=30°，EN⊥x軸，∴EN=12∴PE+12∴根據(jù)兩點之間線段最短和垂線段最短，則當P，E，N三點共線且垂直于x軸時，PE+12∴PE+12BE=PE+EN=PN=5（3）∵D是對稱軸直線x=1與x軸的交點，G是BC的中點，∴D（1，0），G（32，3∴直線DG解析式y(tǒng)=3x﹣3，∵拋物線y=﹣33x2+233x+3=﹣33(x?1)2+∴y′═﹣33(x?3)2∴對稱軸為x=3，F(xiàn)(3,43∵△FGQ為直角三角形，∴∠FGQ＝90°或∠FQG＝90°，∠GFQ＝90°（不合題意，舍去）當∠FQG＝90°，則QG//x軸∴Q（3，32當∠FGQ＝90°，設(shè)點Q坐標（3，y）∵FQ∴(∴y＝?2∴Q（3，?23綜上所述：Q（3，32），（3，?2【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合題，涉及了待定系數(shù)法、二次函數(shù)的最值、二次函數(shù)圖象的平移等，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線、熟練掌握和應(yīng)用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．11．已知拋物線y＝﹣16x2﹣2(1)求直線AC的解析式；(2)如圖，P為直線AC上方拋物線上的任意一點，在對稱軸上有一動點M，當四邊形AOCP面積最大時，求|PM﹣OM|的值．(3)如圖，將△AOC沿直線AC翻折得△ACD，再將△ACD沿著直線AC平移得△A'C′D'．使得點A′、C'在直線AC上，是否存在這樣的點D′，使得△A′ED′為直角三角形？若存在，請求出點D′的坐標；若不存在，請說明理由．答案:(1)y＝13x+2；(2)點M坐標為（﹣2，53）時，四邊形AOCP的面積最大，此時|PM﹣OM|有最大值616；(3)存在，D′坐標為：（0，4）或（﹣6，2）或（?分析：（1）令x＝0，則y＝2，令y＝0，則x＝2或﹣6，求出點A、B、C坐標，即可求解；（2）連接OP交對稱軸于點M，此時，|PM﹣OM|有最大值，即可求解；（3）存在；分①A′D′⊥A′E；②A′D′⊥ED′；③ED′⊥A′E三種情況利用勾股定理列方程求解即可．【詳解】（1）令x＝0，則y＝2，令y＝0，則x＝2或﹣6，∴A（﹣6，0）、B（2，0）、C（0，2），函數(shù)對稱軸為：x＝﹣2，頂點坐標為（﹣2，83），C點坐標為（0，2），則過點C的直線表達式為：y＝kx+2，將點A坐標代入上式，解得：k=13（2）如圖，過點P作x軸的垂線交AC于點H．四邊形AOCP面積＝△AOC的面積+△ACP的面積，四邊形AOCP面積最大時，只需要△ACP的面積最大即可，設(shè)點P坐標為（m，?16m2?23m+2），則點G坐標為（m，13m+2），S△ACP=12PG?OA=12?（?16m2?23m+2?13（3）存在．∵AE＝CD，∠AEC＝∠ADC＝90°，∠EMA＝∠DMC，∴△EAM≌△DCM（AAS），∴EM＝DM，AM＝MC，設(shè)：EM＝a，則：MC＝6﹣a．在Rt△DCM中，由勾股定理得：MC2＝DC2+MD2，即：（6﹣a）2＝22+a2，解得：a=83，則：MC=103，過點D作x軸的垂線交x軸于點N，交EC于點H．在Rt△DMC中，12DH?MC=12MD?DC，即：DH×設(shè)：△ACD沿著直線AC平移了m個單位，則：點A′坐標（﹣6+3m10，m10），點D′坐標為（?65+3m10，185+m10），而點E坐標為（﹣6，2），則①當A'D'2+A'E2=ED'2時，36+m2②當A'D'2+ED'2=A'E2時，36+m2③當A'E2+ED'2=A'D'2時，m2?4m10+4+m綜上所述：D坐標為：（0，4）或（﹣6，2）或（?35，【點睛】本題考查了二次函數(shù)知識綜合運用，涉及到一次函數(shù)、圖形平移、解直角三角形等知識，其中（3）中圖形是本題難點，其核心是確定平移后A′、D′的坐標，本題難度較大．類型三旋轉(zhuǎn)+直角三角形12．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+4與x軸交于點A?6,0，B4,0(1)求該拋物線的解析式；(2)如圖1，點D與點C關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，連接BD交y軸于點G，作直線OD，點P為線段BD上方的拋物線上任意一點，過點P作PE∥y軸交BD于點E，過點P作PF⊥直線OD于點F．當PE+5(3)如圖2，連接BC、BD，將△OCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)α0°<α<90°得到△OC'D'，使得C'D'∥BC，將線段OD'沿射線C'O平移得到O'D''，連接AO'，AD''，請問在平移過程中，是否存在△AO'D''是以△O'D''答案:(1)y=?1(2)P(73,(3)D″(分析：（1）將A、B兩點的坐標代入二次函數(shù)解析式求解即可；（2）求出D的坐標，進而求得BD、OD直線解析式，設(shè)P(m,?16m2?13m+4)，過點P作PN∥x軸，可求得PN=5（3）根據(jù)題意可得當OC′⊥BC時，C′D′∥BC，過點D′作D′E⊥OB，交OC′、OB于點F、E，求得(1)解：將A、B兩點代入二次函數(shù)解析式可得：36a?6b+4=016a+4b+4=0，解得a=?所以，解析式為y=?1(2)連接CD，過點P作PN∥x軸，如下圖：則：CD∥PN∴∠CDO=∠PNF在Rt△OCD中，由勾股定理可得：OD=OC∴sin∠PNF=在Rt△PNF中，sin∠PNF=PFPN由y=??16x2?1設(shè)直線BD為：y=kx+b，則4k+b=0?2k+b=4，解得k=?23直線OD為：y=?2x，設(shè)P(m,?16m2?13∴N(則PE=?1PN=m?(PE+當m=73時，PE+?即P(73(3)由C'D'∥BC，∠C′=90°可得OC′⊥BC，過點D′作D′E⊥OB由題意可得OB=OC，O∴∠BOF=12∴OE=EF，C∴OF=2，由勾股定理可得，OE2+EF2=O∴D′(直線OC′為y=x，直線O設(shè)O′(m,m)，由平移的性質(zhì)可得：D當AO′⊥O′D″則D″當AD″⊥O′D則D″D″(【點睛】此題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及了待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，三角函數(shù)的定義，直線的有關(guān)性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握并綜合應(yīng)用有關(guān)性質(zhì)進行求解．13．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝?18x2+14x+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右側(cè)），與y軸交于點C，過點C作x軸的平行線交拋物線于點P（1）求點P的坐標及直線AC的解析式；（2）如圖2，過點P作x軸的垂線，垂足為E，將線段OE繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到OF，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接FA、FC．求AF+23CF（3）如圖3，點M為線段OA上一點，以O(shè)M為邊在第一象限內(nèi)作正方形OMNG，當正方形OMNG的頂點N恰好落在線段AC上時，將正方形OMNG沿x軸向右平移，記平移中的正方形OMNG為正方形O′MNG，當點M與點A重合時停止平移．設(shè)平移的距離為t，正方形O′MNG的邊MN與AC交于點R，連接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．答案:（1）P（2，3），yAC＝﹣12x+3；（2）2853；（3）存在，t的值為17分析：（1）由拋物線y＝?18x2+（2）在OC上取點H（0，43），連接HF，AH，求出AH的長度，證△HOF∽△FOC，推出HF＝23CF，由AF+（3）先求出正方形的邊長，通過△ARM∽△ACO將相關(guān)線段用含t的代數(shù)式表示出來，再分三種情況進行討論：當∠O'RP＝90°時，當∠PO'R＝90°時，當∠O'PR＝90°時，分別構(gòu)造相似三角形，即可求出t的值，其中第三種情況不存在，舍去．【詳解】（1）在拋物線y＝?18x2+當x＝0時，y＝3，∴C（0，3），當y＝3時，x1＝0，x2＝2，∴P（2，3），當y＝0時，則?18x2+解得：x1＝﹣4，x2＝6，B（﹣4，0），A（6，0），設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+3，將A（6，0）代入，得，k＝﹣12∴y＝﹣12∴點P坐標為P（2，3），直線AC的解析式為y＝﹣12（2）在OC上取點H（0，43則OH＝43，AH＝O∵OHOF=4∴△HOF∽△FOC，∴HFCF∴HF＝23∴AF+23CF＝AF+HF≥AH＝2∴AF+23CF的最小值為2（3）∵正方形OMNG的頂點N恰好落在線段AC上，∴GN＝MN，∴設(shè)N（a，a），將點N代入直線AC解析式，得，a＝﹣12∴a＝2，∴正方形OMNG的邊長是2，∵平移的距離為t，∴平移后OM的長為t+2，∴AM＝6﹣（t+2）＝4﹣t，∵RM∥OC，∴△ARM∽△ACO，∴AMAO即4?t6∴RM＝2﹣12如圖3﹣1，當∠O'RP＝90°時，延長RN交CP的延長線于Q，∵∠PRQ+∠O'RM＝90°，∠RO'M+∠O'RM＝90°，∴∠PRQ＝∠RO'M，又∵∠Q＝∠O'MR＝90°，∴△PQR∽△RMO'，∴PQRM∵PQ＝2+t-2=t，QR＝3﹣RM＝1+12∴t2?解得，t1＝﹣3﹣17（舍去），t2＝17﹣3；如圖3﹣2，當∠PO'R＝90°時，∵∠PO'E+∠RO'M＝90°，∠PO'E+∠EPO'＝90°，∴∠RO'M＝∠EPO'，又∵∠PEO'＝∠O'MR＝90°，∴△PEO'∽△O'MR，∴PEO'M即32解得，t＝207如圖3﹣3，當∠O'PR＝90°時，延長O’G交CP于K，延長MN交CP的延長線于點T，∵∠KPO'+∠TPR＝90°，∠KO'P+∠KPO'＝90°，∴∠KO'P＝∠TPR，又∵∠O'KP＝∠T＝90°，∴△KO'P∽△TPR，∴KPTR即2?t3?(2?整理，得t2-12∵△＝b2﹣4ac＝﹣474∴此方程無解，故不存在∠O'PR＝90°的情況；綜上所述，△O′PR為直角三角形時，t的值為17﹣3或207【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的圖象和相似三角形的綜合，添加合適的輔助線，構(gòu)造相似三角形，是解題的關(guān)鍵.14．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣23（1）連接EA、EB，取線段AC的中