蘇科版九年級數(shù)學上學期復習備考高分秘籍專題2.12二次函數(shù)與幾何壓軸問題大題專練(培優(yōu)強化30題)特訓(原卷版+解析)

2022-2023學年九年級數(shù)學上學期復習備考高分秘籍【蘇科版】專題2.12二次函數(shù)與幾何壓軸問題大題專練（培優(yōu)強化30題）一、解答題1．（2022·江蘇·蘇州市胥江實驗中學校九年級期中）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=?14x(1)求證：∠ACB=90°；(2)點D是第一象限內(nèi)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+2②點G是AC的中點，若以點C，D，E為頂點的三角形與2．（2022·江蘇·蘇州市平江中學校九年級階段練習）已知拋物線與x軸交于A?1，0和B（3，0）兩點，且與y軸交于點C(1)求拋物線的解析式；(2)求拋物線頂點M坐標及四邊形ABMC的面積；(3)若點P是對稱軸上一點，求當△APC周長最短時，求點P的坐標．3．（2022·江蘇宿遷·二模）如圖1，二次函數(shù)y=ax2?3ax+b（a、b為參數(shù)，其中a<0的圖像與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C(1)若b=?10a，求tan∠CBA的值（結(jié)果用含a的式子表示）；(2)若△ABC是等腰三角形，直線AD與y軸交于點P，且AP:DP=2:3．求拋物線的解析式；(3)如圖2，已知b=?4a，E、F分別是CA和CB上的動點，且EF=35AB，若以EF為直徑的圓經(jīng)過點C，并交x軸于M、N4．（2022·江蘇鹽城·九年級期末）如圖，拋物線y=?x2+ax+b與直線y=?12x+1交于A、B兩點，其中點A在y軸上，點B的橫坐標為﹣4，P為拋物線上一動點，過點P作PC垂直于AB，垂足為C，作PF垂直于x軸，垂足為F，交AB于(1)求拋物線的解析式；(2)①求cos∠CPE②若點P在直線上方的拋物線上，用含t的代數(shù)式表示線段PC的長，并求線段PC取最大值時點P的坐標．(3)若點P是拋物線上任意一點，且滿足0°<∠PAB≤∠CPE，請直接寫出：①點P的橫坐標/的取值范圍______；②縱坐標為整數(shù)的點P為“玉點”，“玉點”的個數(shù)是______．5．（2021·江蘇淮安·二模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A和點B（1，0），與y軸交于點C（0，﹣3）．(1)求拋物線的函數(shù)表達式．(2)若點P為第三象限內(nèi)拋物線上一動點，作PD⊥x軸于點D，交AC于點E，過點E作AC的垂線與拋物線的對稱軸和y軸分別交于點F、G，設(shè)點P的橫坐標為m．①求PE+2EG的最大值；②連接DF、DG，若∠FDG＝45°，求m的值．6．（2021·江蘇揚州·一模）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點，點B坐標為3,0頂點P的坐標為1,?4，以AB為直徑作圓，圓心為D，過P向右側(cè)作⊙D的切線，切點為C．(1)求拋物線的解析式；(2)請通過計算判斷拋物線是否經(jīng)過點C；(3)設(shè)M，N分別為x軸，y軸上的兩個動點，當四邊形PNMC的周長最小時，請直接寫出M，N兩點的坐標．7．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·九年級期末）已知拋物線y＝﹣x2＋bx＋c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸的交點為C(0，3)，其對稱軸是直線x＝1，點P是拋物線上第一象限內(nèi)的點，過點P作PQ⊥x軸，垂足為Q，交BC于點D，且點P的橫坐標為m．(1)求這條拋物線對應的函數(shù)表達式；(2)如圖1，PE⊥BC，垂足為E，當DE＝BD時，求m的值；(3)如圖2，連接AP，交BC于點H，則PHAH的最大值是8．（2021·江蘇·九年級專題練習）在平面直角坐標系中，過一點分別作坐標軸的垂線，若與坐標軸圍成的矩形的周長與面積相等，則稱這個點為“美好點”，如圖，過點P分別作x軸，y軸的垂線，與坐標軸圍成的矩形OAPB的周長與面積相等，則P為“美好點”．（1）在點M（2，2），N（4，4），Q（﹣6，3）中，是“美好點”的有；（2）若“美好點”P（a，﹣3）在直線y＝x+b（b為常數(shù)）上，求a和b的值；（3）若“美好點”P恰好在拋物線y=112x2第一象限的圖象上，在x軸上是否存在一點Q使得△9．（2020·江蘇鹽城·九年級階段練習）如圖1，拋物線y＝ax2＋（a＋3）x＋3（a≠0）與x軸交于點A（4，0），與y軸交于點B，在x軸上有一動點E（m，0）（0＜m＜4），過點E作x軸的垂線交直線AB于點N，交拋物線于點P，過點P作PM⊥AB于點M．（1）求a的值和直線AB的函數(shù)表達式；（2）設(shè)△PMN的周長為C1，△AEN的周長為C2，若C1C2（3）如圖2，在（2）條件下，將線段OE繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到OE′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接E′A、E′B，求E′A＋23E′B10．（2022·江蘇淮安·九年級期中）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y=x2?2x?3與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，D為拋物線頂點(1)A點坐標：；頂點D的坐標：；(2)如圖1，拋物線的對稱軸上是否存在點T，使得線段TA繞點T順時針旋轉(zhuǎn)90°后，點A的對應點A′恰好也落在此拋物線上?若存在，求出點T(3)如圖2，連接AD，交y軸于點E，P是拋物線上第四象限的一個動點，連接AP、BE交于點G，設(shè)w=S△BGPS△ABG，(4)點Q是拋物線對稱軸上一動點，連接OQ、AQ，設(shè)△AOQ外接圓圓心為H，當sin∠OQA的值最大時，變直接寫出點H的坐標11．（2022·江蘇連云港·二模）如圖，拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點A(1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C，其頂點為M，連接MA，MC，AC，過點C作y(1)求該拋物線的表達式；(2)直線l上是否存在點N，使得S△MBN=2S(3)如圖2，若將原拋物線繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)45°，求新拋物線與y軸交點P12．（2022·江蘇淮安·一模）如圖1，直線y=?2x?4與y軸交于點A，與x軸交于點B,二次函數(shù)y=ax2+3x+c的圖像經(jīng)過點A，交x軸于C、D兩點，且拋物線的對稱軸為直線x=?(1)a=，c=，頂點E坐標是；(2)過點C作直線CK∥AB交y軸于點K，點P是直線CK上一動點，點Q是第三象限拋物線上一動點，求四邊形APBQ面積的最大值與此時點Q的坐標；(3)如圖2，在（2）的結(jié)論下，對稱軸與x軸交于點6，直線EQ交x軸于點E，在拋物線的對稱軸上是否存在一點M，使得∠MFQ+∠CAO=45°，求點M的坐標．13．（2022·江蘇·蘇州市胥江實驗中學校九年級期中）拋物線y=ax2+2x+c過點A?1,0，點(1)求拋物線的表達式及頂點C的坐標；(2)如圖1，點P在第一象限拋物線上，連接CP并延長交x軸于點D，連接AC，AP．若S△ACP:S(3)如圖2，在（2）的條件下，點E是拋物線對稱軸上一點，點F是平面內(nèi)一點，是否存在點E，點F，使得四邊形ADFE為菱形？若存在，請求出所有符合條件的點F的坐標；若不存在，請說明理由．14．（2022·江蘇蘇州·一模）圖，拋物線y=?x2+bx+c與x軸相交于A，B兩點（點A位于點B的左側(cè)），與y軸相交于點C，M是拋物線的頂點且橫坐標為1，點C的坐標為（0，3），P(1)求拋物線的解析式；(2)過點P作PD⊥x軸于點D．若PD=m，ΔPCD的面積為S．求S與m之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量m(3)是否存在點P滿足DC=PC，若存在，請求出點P坐標，若不存在，請說明理由．15．（2022·江蘇·徐州市樹人初級中學二模）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=x2?4x+3與x軸相交于點A，B（A在B的左邊），與y軸相交于點C．M0,m是y軸上動點，過點M的直線l垂直于y軸，與拋物線相交于兩點P、Q（P在Q的左邊），與直線(1)求直線BC的函數(shù)表達式；(2)如圖2，四邊形PMGH是正方形，連接CP．△PNC的面積為S1，正方形PMGH的面積為S2．若m<3，求16．（2022·江蘇連云港·一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=12x2+bx+c與坐標軸交于A0,?2，B4,0兩點，直線BC:y=?2x+8交y軸于點C．點D為直線AB下方拋物線上一動點，過點D作x軸的垂線，垂足為G，DG分別交直線BC(1)求b和c的值；(2)當GF=12時，連接BD，求△(3)H是y軸上一點，當四邊形BEHF是矩形時，求點H的坐標．17．（2022·江蘇常州·一模）在平面直角坐標系xOy中，頂點為M的拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，已知A(?3,0)，B(1,0)，C(0,3)．連接OM，作CD∥OM交(1)求拋物線對應的二次函數(shù)表達式；(2)求點D的坐標；(3)直線AM上是否存在點P，使得△POA的面積與四邊形POCM面積之比為1∶2？如果存在請求出點P的坐標，如果不存在請說明理由．18．（2022·江蘇鹽城·一模）如圖1，在平面直角坐標中，拋物線y=?12x2+bx+c與x軸交于點A(?1,0)、B(4,0)兩點，與y軸交于點C，連接BC，直線BM:y=2x+m交y軸于點M.P為直線BC上方拋物線上一動點，過點P作x軸的垂線，分別交直線BC、BM(1)求拋物線的表達式；(2)當點P落在拋物線的對稱軸上時，求△PBC的面積；(3)①若點N為y軸上一動點，當四邊形BENF為矩形時，求點N的坐標；②在①的條件下，第四象限內(nèi)有一點Q，滿足QN=QM，當△QNB的周長最小時，求點Q的坐標．19．（2021·江蘇鹽城·九年級階段練習）如圖，在平面直角坐標系中，O是坐標原點，拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過A（﹣4，0），B（﹣3，3）兩點，連接AB，BO．（1）求拋物線表達式和直線OB解析式；（2）點C是第二象限內(nèi)直線OB上方拋物線上的一個動點，是否存在一點C使△COB面積最大？若存在請求出點C坐標及最大面積，若不存在請說明理由；（3）若點D從點O出發(fā)沿線段OA向點A作勻速運動，速度為每秒1個單位長度，同時線段OA上另一個點H從點A出發(fā)沿線段AO向點O作勻速運動，速度為每秒2個單位長度（當點H到達點O時，點D也同時停止運動）．過點D作x軸的垂線，與直線OB交于點E，延長DE到點F，使得EF＝DE，以DF為邊，在DF左側(cè)作等邊△DGF（當點D運動時點G、點F也隨之運動）．過點H作x軸的垂線，與直線AB交于點L，延長HL到點M，使得LM＝HL，以HM為邊，在HM的右側(cè)作等邊△HMN（當點H運動時，點M、點N也隨之運動）．當點D運動t秒時，△DGF有一條邊所在直線恰好過△HMN的重心，直接寫出此刻t的值．20．（2021·江蘇·海安市紫石中學九年級階段練習）x、y是一個函數(shù)的兩個變量，若當a≤x≤b時，有a≤y≤b（a＜b），則稱此函數(shù)為a≤x≤b上的閉函數(shù)．如y＝﹣x+3，當x＝1時y＝2；當x＝2時y＝1，即當1≤x≤2時，1≤y≤2，所以y＝﹣x+3是1≤x≤2上的閉函數(shù)．（1）請說明y=x2?2（2）已知二次函數(shù)y＝x2+4x+k是t≤x≤﹣2上的閉函數(shù)，求k和t的值；（3）在（2）的情況下，設(shè)A為拋物線頂點，B為直線x＝t上一點，C為拋物線與y軸的交點，若△ABC為等腰直角三角形，請直接寫出它的腰長為________________．21．（2022·江蘇·無錫市金橋雙語實驗學校九年級階段練習）如圖，拋物線y＝mx2﹣4mx＋n（m＞0）與x軸交于A，B兩點，點B在點A的右側(cè)，拋物線與y軸正半軸交于點C，連接CA、CB，已知tan∠CAO＝3，sin∠CBO＝22（1）求拋物線的對稱軸與拋物線的解析式；（2）設(shè)D為拋物線對稱軸上一點．①當△BCD的外接圓的圓心在△BCD的邊上時，求點D的坐標；②若△BCD是銳角三角形，直接寫出點D的縱坐標n的取值范圍．22．（2022·江蘇宿遷·一模）在平面直角坐標系中，已知拋物線經(jīng)過A?4,?0，B(1)求拋物線的解析式；(2)若點M為第三象限內(nèi)拋物線上一動點，點M的橫坐標為m，△AMB的面積為S，求S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值．(3)若點P是拋物線上的動點，點Q是直線y=?x上的動點，若以點P、Q、B、O為頂點的四邊形為平行四邊形，直接寫出相應的點Q的坐標．23．（2022·江蘇南京·九年級專題練習）如圖1，拋物線y=?14x2+bx+c經(jīng)過點A(4，3)，對稱軸是直線x=2，頂點為B．拋物線與y軸交于點C，連接AC，過點A作AD⊥x軸于點D，點E是線段AC上的動點(點E不與(1)求拋物線的函數(shù)解析式和頂點B的坐標；(2)若直線BE將四邊形ACOD分成面積比為1:3的兩個四邊形，求點E的坐標；(3)如圖2，連接DE，作矩形DEFG，在點E的運動過程中，是否存在點G落在y軸上的同時點F也恰好落在拋物線上?若存在，求出此時AE的長；若不存在，請說明理由．24．（2021·江蘇·炎黃外國語學校一模）平面直角坐標系xOy中，拋物線y=ax2?6ax+ca>0與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），頂點為C，直線AC交y軸于點D，連接BD，且（1）頂點C的橫坐標為__________；（2）求點B的坐標；（3）連接CO，將△BCO繞點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定的角度后，點B與點A重合，此時點O恰好也在y軸上，求拋物線的表達式．25．（2022·江蘇鹽城·一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=ax??2+k與x軸相交于O，A兩點，頂點P的坐標為2,?1．點B為拋物線上一動點，連接AP,AB，過點B（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）若點B的橫坐標與縱坐標相等，∠ABC=∠OAP，且點C位于x軸上方，求點C的坐標；（3）若點B的橫坐標為t，∠ABC=90°，請用含t的代數(shù)式表示點C的橫坐標，并求出當t<0時，點C的橫坐標的取值范圍．26．（2021·江蘇常州·二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，二次函數(shù)y=?x2+bx+3的圖像與x軸交于點A(?1,0)和點B（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C（1）填空：b=_______；（2）設(shè)拋物線的頂點是D，連接BC，BD，將∠ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，當射線BC經(jīng)過點D時，射線BA與拋物線交于點P，求點P的坐標；（3）設(shè)E是x軸上位于點B右側(cè)的一點，F(xiàn)是第一象限內(nèi)一點，EF⊥x軸且EF=3，點H是線段AE上一點，以EH、EF為鄰邊作矩形EFGH，F(xiàn)T⊥AC，垂足為T，連接TG，TH．若△TGF與△TGH相似，求OE的長．27．（2021·江蘇·二模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx?4a經(jīng)過A(?1,0),C(0,4)兩點，與x軸交于另一點B（1）頂點D的坐標為__________；（2）將該拋物線向下平移154個單位長度，再向左平移m(m>0)個單位長度，得到新拋物線．若新拋物線的頂點D′在△ABC內(nèi)，求（3）若點P、點Q(n,n+1)為該拋物線上兩點，連接BQ，且tan∠QBP=2，求點P28．（2021·江蘇省天一中學三模）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=x2?2ax+a2?4與x軸正半軸交于點A、點B（A在B的左側(cè)），與y軸交于點C（1）求此拋物線的解析式；（2）求∠BCD的正弦值；（3）將此拋物線沿y軸上下平移，所得新拋物線的頂點為P，且△PBD與△BCD相似，求平移后的新拋物線的解析式．29．（2021·江蘇揚州·三模）如圖所示，已知拋物線y=x2?1與x軸交于A、B兩點，與y（1）求A、B、C三點的坐標；（2）過點A作AP∥CB交拋物線于點P，求四邊形ACBP的面積；（3）在x軸上方的拋物線上是否存在一點M，過M作MG⊥x軸于點G，使以A、M、G三點為頂點的三角形與△PCA相似？若存在，請求出M點的坐標；否則，請說明理由．30．（2021·江蘇鹽城·一模）如圖，已知拋物線y=ax2+bx?3與x軸交于A?2,0、B6,0兩點，與y軸交于C點，設(shè)拋物線的頂點為D．過點D作DE⊥x軸，垂足為E．P為線段DE上一動點，F(xiàn)（1）求拋物線的解析式：（2）①當點P與點D重合時，求m的值；②在①的條件下，將△COF繞原點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°并平移，得到△C1O1F1，點C，O，F(xiàn)的對應點分別是點C1，O（3）當點P在線段DE上運動時，求m的變化范圍．2022-2023學年九年級數(shù)學上學期復習備考高分秘籍【蘇科版】專題2.12二次函數(shù)與幾何壓軸問題大題專練（培優(yōu)強化30題）一、解答題1．（2022·江蘇·蘇州市胥江實驗中學校九年級期中）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=?14x(1)求證：∠ACB=90°；(2)點D是第一象限內(nèi)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+2②點G是AC的中點，若以點C，D，E為頂點的三角形與【答案】(1)見解析(2)①9；②D(4,6)或D(3,25【分析】（1）分別計算A，B，（2）①先解出直線BC的解析式，設(shè)D(x,?14x2+32②根據(jù)直角三角形斜邊的中線性質(zhì)，解得AG的長，再證明∠CAO=∠DEC，再分兩種情況討論以點C，D，【詳解】（1）解：令x=0，得y=4，∴C(0,4)，令y=0得?1∴x(x?8)(x+2)=0，∴A(?2,0)，B(8,0)，AB=10,AC=(0+2)∵10∴AB∴∠ACB=90°，（2）①設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+b(k≠0)，代入B(8,0)，C(0,4)得8k+b=0b=4∴k=?∴y=?1設(shè)D(x,?1∴BF=8?x，∵OC∥∴BEBF∴25∴DE+2=?=?=?1∵?1∴?1∴?1∴DE+即DE+BF的最大值為9；②∵點G是AC的中點，在Rt△AOC中，OG=即△AOG為等腰三角形，∵∠CAO+∠ACO=∠ACO+∠OCB=90°，∴∠CAO=∠OCB，∵OC∥∴∠OCB=∠DEC，∴∠CAO=∠DEC，若以點C，D，則①AGAO?1又∵OC∥∵CE∴CE=BC?OF∴?1∴x∴x1=0∴D(0,4)或D(3,25經(jīng)檢驗：D0,4②AGAO又∵OC∥∵CE∴CE=BC?OF5x整理得，x2∴x1=0∴D(0,4)或D(4,6)，同理：D0,4綜上所述，D(4,6)或D(3,25【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、平行線分線段成比例，相似三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、勾股定理及其逆定理、二次函數(shù)的最值、解一元二次方程等知識，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．2．（2022·江蘇·蘇州市平江中學校九年級階段練習）已知拋物線與x軸交于A?1，0和B（3，0）兩點，且與y軸交于點C(1)求拋物線的解析式；(2)求拋物線頂點M坐標及四邊形ABMC的面積；(3)若點P是對稱軸上一點，求當△APC周長最短時，求點P的坐標．【答案】(1)y(2)9(3)（1，2）【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）根據(jù)S四邊形（3）連接BC與對稱軸交于點P，連接AP，當B、P、C三點共線時，PA+PC有最小值，此時△APC周長最短，直線BC與對稱軸的交點即為所求點P．（1）解：設(shè)拋物線解析式為y=把點C（0，3）代入得：a0+10?3=3∴拋物線解析式為y=?（2）解：y=?∴點M的坐標為（1，4），如圖，過點M作MN⊥x軸于點N，則點N的坐標為（1，0），∵B（3，0），∴BN=2，MN=4，ON=1，∵點A?1，0，C∴OC=3，OA=1，∴SΔACO=12∴S四邊形（3）解：連接BC與對稱軸交于點P，連接AP，∵A、B關(guān)于對稱軸對稱，∴AP=BP，∴PA+PC=PB+PC≥BC，即當B、P、C三點共線時，PA+PC有最小值，最小值為BC的長，此時△APC周長最短設(shè)直線BC的解析式為y=kx+n，∴3k+n∴直線BC的解析式為y=?當x=1時，y=2，∴點P的坐標為（1，2）．【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，利用軸對稱求最短距離是解題的關(guān)鍵．3．（2022·江蘇宿遷·二模）如圖1，二次函數(shù)y=ax2?3ax+b（a、b為參數(shù)，其中a<0的圖像與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C(1)若b=?10a，求tan∠CBA的值（結(jié)果用含a的式子表示）；(2)若△ABC是等腰三角形，直線AD與y軸交于點P，且AP:DP=2:3．求拋物線的解析式；(3)如圖2，已知b=?4a，E、F分別是CA和CB上的動點，且EF=35AB，若以EF為直徑的圓經(jīng)過點C，并交x軸于M、N【答案】(1)tan∠CBA=?2a(2)拋物線的解析式為y=?34x(3)MN的最大值為2【分析】（1）將b=-10a代入y=ax2-3ax+b，求得點A和點B的坐標，用a表示出點C的坐標，利用正切函數(shù)的定義即可得出tan∠CBA的值；（2）由二次函數(shù)y=ax2-3ax+b的頂點為D，可得點D的橫坐標，過D作DH⊥x軸，交軸于點H，判定△AOP∽△AHD，從而得比例式，根據(jù)AP∶DP=2∶3，可得出點A、點B的坐標，代入解析式可得y=ax2-3ax-4a，從而可用a表示出點C的坐標，再分三種情況計算：①若AB=BC，②若AB=AC，③顯然不存在BC=AC．前兩種情況分別根據(jù)兩點距離公式可解得a的值，則可求得拋物線的解析式；（3）由點A、點B、點C的坐標求得直線AC和直線BC的k值；由圓周角定理可得∠ECF=90°，則可得kAC×kBC=?1，從而解得a的值，求得點C的坐標，取EF的中點Q，過點Q作QH⊥x軸于點H，則Q在以C為圓心，32為半徑的圓上運動，在Rt△QHN中，QN=32，求HN(1)解：∵b=?10a，∴y=a=a=a令y=0，得ax+2∵a<0，∴x=?2，x2∴A（－2，0），B（5，0），C（0，－10a），∴tan∠CBA=(2)解：∵二次函數(shù)y=ax2?3ax+b∴xD過D作DH⊥x軸，交x軸于點H，如圖：∵OP//DH，∴ΔAOP～∵AP:DP=2:3，OH=3∴OA:OH=AP:DP=2:3，∴OA=1，∴A?1∴B（4，0），∴y=ax?4∴C（0，－4a），①若AB=BC，則AB∴16+16a解得a=?34或∴y=?3②若AB=AC，則AB∴1+16a解得a=?62或∴y=?6③顯然不存在BC=AC．∴拋物線的解析式為y=?34x(3)解：∵A（－1，0），B（4，0），C（0，－4a）∴kAC=?4a，∵以EF為直徑的圓經(jīng)過點C，∴∠ECF=90∴kAC×k解得a=?12或∴C（0，2），∵AB=5，∴EF=3取EF的中點Q，過點Q作QH⊥x軸于點H，則Q在以C為圓心，32由垂徑定理得：MN=2HN，在Rt△QHN中，QN=32，求HN的最大值等價于求QH的最小值，求得HN的最大值即可求出∵QH的最小值為：2?3∴HN的最大值為：32∴MN的最大值為22【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖象與坐標軸的交點、一元二次方程的應用、圓的基本性質(zhì)及相關(guān)計算、銳角三角函數(shù)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)及兩點距離公式等知識點，數(shù)形結(jié)合、分類討論、熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．4．（2022·江蘇鹽城·九年級期末）如圖，拋物線y=?x2+ax+b與直線y=?12x+1交于A、B兩點，其中點A在y軸上，點B的橫坐標為﹣4，P為拋物線上一動點，過點P作PC垂直于AB，垂足為C，作PF垂直于x軸，垂足為F，交AB于(1)求拋物線的解析式；(2)①求cos∠CPE②若點P在直線上方的拋物線上，用含t的代數(shù)式表示線段PC的長，并求線段PC取最大值時點P的坐標．(3)若點P是拋物線上任意一點，且滿足0°<∠PAB≤∠CPE，請直接寫出：①點P的橫坐標/的取值范圍______；②縱坐標為整數(shù)的點P為“玉點”，“玉點”的個數(shù)是______．【答案】(1)y=?(2)①255，②PC=?2(3)①?92≤t≤?【分析】（1）把A（0，1），B（?4，3）代入y＝?x2＋ax＋b，即可求解析式；（2）①設(shè)AB與x軸交于G，由∠CPE＝∠OGA，即可求cos∠CPE=②由Pt，?t2?92t+1，則E（3）①當∠PAB≤∠CPE時，由PCPA=15，可求t=?92或t=?19②當t=?92時，當t=?196時，分別求得P的坐標為?92，1，（1）∵點A、B在直線y=?12x+1上，點A在y∴A（0，1），B（?4，3），把A（0，1），B（?4，3）代入y＝?x2＋ax＋b，得b=1?16?4a+b=3解得a=?∴拋物線的解析式為y=?（2）①設(shè)AB與x軸交于G，∴G（2，0），∴AG＝12由PC⊥AB，∠PFO＝90°，∴∠CPE＝∠OGA，∴cos∠CPE＝cos∠OGA＝OGAG②設(shè)Pt，?∴PE=?∵cos∠CPE＝PCPE∴PC?∴PC=2∵?4＜t＜0，∴PC的最大值為85此時P（?2，6）；（3）①∵AO＝1，OG＝2，∴tan∠AGO＝12∵∠CPE＝∠AGO，∴tan∠PAB＝12當∠PAB≤∠CPE時，tan∠PAB＝12∴PCPA∴?2∴t=?92或∵∠PAB＞0°，∴t≠?4，∴?92≤t≤?故答案為：?92≤t≤?②當t=?92時，當t=?196時，P∵在1與479當t＝?4時，P（?4，3），∴“玉點”的個數(shù)是4個，故答案為：4個．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，利用直角三角形的三角函數(shù)值求解是解題的關(guān)鍵．5．（2021·江蘇淮安·二模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A和點B（1，0），與y軸交于點C（0，﹣3）．(1)求拋物線的函數(shù)表達式．(2)若點P為第三象限內(nèi)拋物線上一動點，作PD⊥x軸于點D，交AC于點E，過點E作AC的垂線與拋物線的對稱軸和y軸分別交于點F、G，設(shè)點P的橫坐標為m．①求PE+2EG的最大值；②連接DF、DG，若∠FDG＝45°，求m的值．【答案】(1)y＝x2+2x﹣3；(2)①254；②-1或【分析】（1）運用待定系數(shù)法將B（1，0），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，解方程組求出b、c即可；（2）①利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，過點E作EK⊥y軸于點K，設(shè)P（m，m2+2m﹣3），則E（m，﹣m﹣3），從而得出PE+2EG=?②作EK⊥y軸于K，F(xiàn)M⊥y軸于M，直線EG與x軸交于點N．先證明△DGF∽△EGD，可得出DG2＝FG?EG＝2×2（﹣m）＝﹣2m，再運用勾股定理建立方程求解即可．(1)∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點B（1，0），C（0，﹣3），∴1+b+c=0c=?3解得：b=2c=?3∴拋物線的函數(shù)表達式為：y＝x2+2x﹣3；(2)①當y＝0時，x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，∴A（﹣3，0），設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+n，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，得：?3k+n=0n=?3，解得：k=?1∴直線AC的解析式為：y＝﹣x﹣3，∵OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，過點E作EK⊥y軸于點K，∵EG⊥AC，∴∠KEG＝∠KGE＝45°，∴EG＝EKsin45°＝2EK＝設(shè)P（m，m2+2m﹣3），則E（m，﹣m﹣3），∴PE＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，∴PE+2EG＝PE+2OD＝﹣m2﹣3m﹣2m＝﹣m2﹣5m＝﹣（m+52）2+25由題意有﹣3＜m＜0，且﹣3＜﹣52當m＝﹣52時，PE+2EG取最大值，PE+2EG的最大值為25②作EK⊥y軸于K，F(xiàn)M⊥y軸于M，記直線EG與x軸交于點N，∵EK⊥y軸，PD⊥x軸，∠KEG＝45°，∴∠DEG＝∠DNE＝45°，∴DE＝DN．∵∠KGE＝∠ONG＝45°，∴OG＝ON，∵y＝x2+2x﹣3的對稱軸為直線x＝﹣1，∴MF＝1，∵∠KGF＝45°，∴GF＝MFsin45°＝2MF∵∠FDG＝45°，∴∠FDN＝∠DEG．又∵∠DGF＝∠EGD，∴△DGF∽△EGD，∴DGFG＝EG∴DG2＝FG?EG＝2×2（﹣m）＝﹣2m，在Rt△ONG中，OG＝ON＝|OD﹣DN|＝|OD﹣DE|＝|﹣m﹣（m+3）|＝|﹣2m﹣3|，OD＝﹣m，在Rt△ODG中，∵DG2＝OD2+OG2＝m2+（2m+3）2＝5m2+12m+9，∴5m2+12m+9＝﹣2m，解得m1＝﹣1，m2＝?9【點睛】本題考查二次函數(shù)解析式、線段和最短問題、相似三角形，能夠靈活使用方程思想解決問題是解題的關(guān)鍵，常用勾股定理、相似比列方程．6．（2021·江蘇揚州·一模）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點，點B坐標為3,0頂點P的坐標為1,?4，以AB為直徑作圓，圓心為D，過P向右側(cè)作⊙D的切線，切點為C．(1)求拋物線的解析式；(2)請通過計算判斷拋物線是否經(jīng)過點C；(3)設(shè)M，N分別為x軸，y軸上的兩個動點，當四邊形PNMC的周長最小時，請直接寫出M，N兩點的坐標．【答案】(1)y=x(2)見解析；(3)M點坐標為：3+435,0，【分析】（1）可設(shè)頂點式，將頂點為A1,?4，點B（2）首先求出D點坐標，再利用CD等于圓O半徑為12AB=2，由cos∠PDC=CDPD（3）作C關(guān)于x軸對稱點C′，P關(guān)于y軸對稱點P′，連接P′C′，與x軸，y軸交于M、N(1)解:設(shè)拋物線的解析式為y=ax??2+k把?=1，k=?4把x=3，y=0代入y=ax?12?4∴拋物線的解析式為：y=x?12?4(2)解:如圖,作拋物線的對稱軸，把y=0代入y=x2?2x?3解得x∴A點坐標為?1,0，∴AB=3?∴OD=2?1=1，∴D點坐標為1,0，而拋物線的對稱軸為直線x=1，∴點D在直線x=1上，過點C作CE⊥PD，CF⊥x軸，垂足分別為E，F(xiàn)，連接DC，∵PC是⊙D的切線，∴PC⊥DC，在Rt△PCD中∵cos∠PDC=∴∠PDC=60°，解直角三角形CDE，可得DE=1，CE=3∴C點坐標為3+1,?1把x=3+1代入y=x∴點C在拋物線上；(3)解：如圖2，作點C關(guān)于x軸的對稱點C′，點P關(guān)于y軸的對稱點P′，連接P′C′，分別交x軸，y此時四邊形PNMC的周長最小，∵C點坐標為3+1,?1∴C′點坐標為3∵P的坐標為1,?4，∴P′的坐標為?1,?4代入y=kx+b中，3+1解得：k=?53則直線P′C′當x=0，y=?53故N點坐標為：0,?53當y=0，則0=?5解得：x=3+4故M點坐標為：3+43【點睛】本題考查了用頂點式求二次函數(shù)的解析式以及利用對稱性求四邊形的最小值,利用軸對稱找到M,N的位置是解題的關(guān)鍵.7．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·九年級期末）已知拋物線y＝﹣x2＋bx＋c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸的交點為C(0，3)，其對稱軸是直線x＝1，點P是拋物線上第一象限內(nèi)的點，過點P作PQ⊥x軸，垂足為Q，交BC于點D，且點P的橫坐標為m．(1)求這條拋物線對應的函數(shù)表達式；(2)如圖1，PE⊥BC，垂足為E，當DE＝BD時，求m的值；(3)如圖2，連接AP，交BC于點H，則PHAH的最大值是【答案】(1)y=?(2)m=2(3)9【分析】（1）根據(jù)對稱軸是直線x=1，利用二次函數(shù)對稱軸方程x=?b2a可求出b，再根據(jù)拋物線與y軸的交點坐標C（0，3）可求出（2）先求出拋物線與x軸的交點坐標，可得OB=OC，繼而得出△OBC是等腰直角三角形，由PQ⊥OB，PE⊥BC，可得△DQB和△PED是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得BQ=DQ，BD=2BQ，DE=22PD，由P的橫坐標是m，用含m表示出DE、BD的長，再根據(jù)DE=（3）過點A作垂直x軸直線交BC與點G，先直線BC解析式，再求AG，由PQ⊥OB，AG⊥OB，可得PQ∥AG，繼而可得△PDH∽△AHG，由相似三角形的性質(zhì)可得PHAH(1)將C（0，3）代入y=-x2+bx+c可得c=3，∵對稱軸是直線x=1，∴x=?b2a=1，即-b?2∴二次函數(shù)解析式為y=-x2+2x+3；(2)令?x2+2x+3=0∴A(-1，0)，B（3，0），∴OB=3，∵OC=3，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OBC=45°，BC=32∵PQ⊥OB，PE⊥BC，∴∠PQB=∠PED=90°，∴∠QDB=∠PDE=∠OBC=45°，∴△DQB和△PED是等腰直角三角形，∴BQ=DQ，BD=2BQ，DE=2∵P點橫坐標是m，且在拋物線上，∴PQ=?m2+2m+3，OQ∴BQ=DQ=3-m，BD=2BQ=∴PD=PQ-DQ=?m2+3m，DE∵DE＝BD，∴22解得：m1∴m=2(3)過點A作x軸的垂線交BC于點G，設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+b，將B（3，0），C（0，3）代入，可得：3k+b＝解得k＝∴直線BC的解析式為：y=-x+3，∵A（-1，0），∴G（-1，4），∴AG=4，∴PQ⊥OB，AG⊥OB，∴PQ∥AG，∴△PDH∽△AHG，∴PHAH∴當a=32時，PHAH有最大值，最大值是故答案為：9【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)最值問題，相似三角形的性質(zhì)與判定等知識，第（3）問將比例轉(zhuǎn)化是解題關(guān)鍵．8．（2021·江蘇·九年級專題練習）在平面直角坐標系中，過一點分別作坐標軸的垂線，若與坐標軸圍成的矩形的周長與面積相等，則稱這個點為“美好點”，如圖，過點P分別作x軸，y軸的垂線，與坐標軸圍成的矩形OAPB的周長與面積相等，則P為“美好點”．（1）在點M（2，2），N（4，4），Q（﹣6，3）中，是“美好點”的有；（2）若“美好點”P（a，﹣3）在直線y＝x+b（b為常數(shù)）上，求a和b的值；（3）若“美好點”P恰好在拋物線y=112x2第一象限的圖象上，在x軸上是否存在一點Q使得△【答案】（1）N、Q；（2）a＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；（3）存在，點Q的坐標為（6，0）或（152【分析】（1）根據(jù)“美好點”的定義逐個驗證即可；（2）對于P點，對應圖形的周長為：2×（|a|+3）=2|a|+6，面積為3|a|，因為點P是“美好點”，故2|a|+6=3|a|，即可求解；（3）根據(jù)點P是“美好點”確定點P的坐標，設(shè)點Q的坐標為（x，0），再分以下三種情況：當∠POQ=90°時，此種情況不存在；當∠PQO=90°時，則PO2=PQ2+OQ2；當∠OPQ=90°時，則OQ2=PQ2+OP2，分別列出關(guān)于x的方程，解得x即可．【詳解】解：（1）對于M點，對應圖形的周長為：2×（2+2）＝8，面積為2×2＝4≠8，故點M不是“美好點”；對于點N，對應圖形的周長為：2×（4+4）＝16，面積為4×4＝16，故點N是“美好點”；對于點Q，對應圖形的周長為：2×（6+3）＝18，面積為6×3＝18，故點Q是“美好點”；故答案為：N、Q；（2）對于P點，對應圖形的周長為2×（|a|+3）＝2|a|+6，面積為3|a|，∵點P是“美好點”，∴2|a|+6＝3|a|，解得：a＝±6，將P（a，﹣3）代入y＝x+b得：﹣3＝a+b，則b＝﹣3﹣a，∴當a=6時，b=-9；當a=-6時，b=3，故a＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；（3）存在，理由如下：設(shè)點P的坐標為（m，n），則n＝112m2（m＞0，n由題意得：2m+2n＝mn，∴2m+16m2＝112m解得：m＝6或﹣4（舍去）或0（舍去），故點P的坐標為（6，3）；設(shè)點Q的坐標為（x，0），則PQ2＝（x﹣6）2+32＝（x﹣6）2+9，PO2＝36+9＝45，OQ2＝x2，當∠POQ=90°時，∵點Q在x軸上，則∠POQ≠90°，此種情況不存在；當∠PQO=90°時，則PO2=PQ2+OQ2，∴45=（x﹣6）2+9+x2，解得x＝6或x=0（舍去）；當∠OPQ=90°時，則OQ2=PQ2+OP2，∴x2=（x﹣6）2+9+45，解得x＝152綜上所述，符合條件的點Q的坐標為：（6，0）或（152【點睛】本題考查了新定義問題，二次函數(shù)圖象上的點，勾股定理，一次函數(shù)的圖象上的點以及解一元二次方程等知識點，理解新定義是解題的關(guān)鍵，第（3）小問注意分類討論思想的運用，避免漏解．9．（2020·江蘇鹽城·九年級階段練習）如圖1，拋物線y＝ax2＋（a＋3）x＋3（a≠0）與x軸交于點A（4，0），與y軸交于點B，在x軸上有一動點E（m，0）（0＜m＜4），過點E作x軸的垂線交直線AB于點N，交拋物線于點P，過點P作PM⊥AB于點M．（1）求a的值和直線AB的函數(shù)表達式；（2）設(shè)△PMN的周長為C1，△AEN的周長為C2，若C1C2（3）如圖2，在（2）條件下，將線段OE繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到OE′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接E′A、E′B，求E′A＋23E′B【答案】（1）a＝﹣34；y＝﹣34x【分析】（1）將點A(4,0)代入拋物線解析式，可求得a，設(shè)設(shè)直線AB解析式為y＝kx+b，求解即可；（2）通過相似三角形可得PNAN=6（3）在y軸上取一點M′使得OM′=43，連接AM′，在AM′上取一點E′使得OE′=OE，通過相似三角形的判定，可得【詳解】解：（1）將點A(4,0)代入拋物線y=ax16a+4(a+3)+3=0，解得a=?34∴B(0,3)∵A（4，0），B（0，3），設(shè)直線AB解析式為y＝kx+b，則b=34k+b=0，解得k=?∴直線AB解析式為y=?3（2）由題意可得：OA=4，OB=3，OE=m，則AB=5，AE=4?m如圖1中，∵PM⊥AB，PE⊥OA，∴∠PMN＝∠AEN，∵∠PNM＝∠ANE，∴△PNM∽△ANE，∴PNAN∵NE∥OB，∴△ANE∽△ABO∴ANAB=AE∵拋物線解析式為y=?3∴PN=?3∴?34m（3）如圖2中，在y軸上取一點M′使得OM′＝43，連接AM′，在AM′上取一點E′使得OE′＝OE∵OE′＝2，OM′?OB=4∴OE′∴OE′OM′∵∠BOE′=∠M′OE′，∴△M′OE′∽△E′OB，∴M′E′BE′∴M′E′=2∴AE′+23BE′=AE′+E′M′≥AM′，當A、M′、E′共線時，AE′+由勾股定理可得A即最小值為4【點睛】此題考查了二次函數(shù)的綜合應用，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識，作輔助線，構(gòu)造出相似三角形．10．（2022·江蘇淮安·九年級期中）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y=x2?2x?3與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，D為拋物線頂點(1)A點坐標：；頂點D的坐標：；(2)如圖1，拋物線的對稱軸上是否存在點T，使得線段TA繞點T順時針旋轉(zhuǎn)90°后，點A的對應點A′恰好也落在此拋物線上?若存在，求出點T(3)如圖2，連接AD，交y軸于點E，P是拋物線上第四象限的一個動點，連接AP、BE交于點G，設(shè)w=S△BGPS△ABG，(4)點Q是拋物線對稱軸上一動點，連接OQ、AQ，設(shè)△AOQ外接圓圓心為H，當sin∠OQA的值最大時，變直接寫出點H的坐標【答案】(1)（-1，0），（1，-4）(2)點T的坐標為(1，3)或(1，-2)；(3)w有最小值，最小值為2425(4)（-12，2）或（-12，-【分析】（1）令y=0，解方程可求得A、B兩點的坐標，利用配方法配成頂點式，即可求得頂點D的坐標；（2）作出解圖的輔助線，利用AAS證明△A′TU≌（3）根據(jù)已知條件設(shè)P（m，m2-2m-3），其中0＜m＜3，求得直線AP的解析式，直線BE的解析式，聯(lián)立即可求得點G的坐標，根據(jù)三角形的面積公式求得w=8?3m2+8m+3，令z=-3m2（4）作△AOQ的外心H，作HG⊥x軸，則AG=12AO=12，進而可得H在AO的垂直平分線上運動，根據(jù)題意當sin∠OQA最大轉(zhuǎn)化為求當AH取得最小值時，sin∠OQA最大，進而根據(jù)點到直線的距離，垂線段最短，即可求得AH=32，運用勾股定理求得HG（1）解：∵拋物線y=x2-2x-3與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，D∴令x=0，得：y=-3，則C（0，-3），令y=0，得：x2-2x解得：x1=-1，x則A（-1，0），B（3，0），∵y=x2-2x-3=（x-1）2∴D（1，-4）；故答案為：（-1，0），（1，-4）；（2）解：由（1）知對稱軸為直線x=1，設(shè)對稱軸直線與x軸交于點V，過點A′作A′U⊥TV∵∠A′TA∴∠A′TU+∠ATV=90°，∠ATV∴∠A′TU=∴△A′TU≌∴A′U=TV，TU=設(shè)TV=a，則A′U=a，點T的坐標為(1，∴點A′的坐標為(1-a，a由題意得a+2=(1?a)2-2(1?a整理得a2-a解得a=3或-2，∴點T的坐標為(1，3)或(1，-2)；（3）解：∵點P在第四象限的拋物線上，AP、BE交于點G，如圖，設(shè)P（m，m2-2m-3），其中0＜m設(shè)直線AP的解析式為y=cx+d，∵A（-1，0），P（m，m2-2m∴?c+d=0mc+d=解得：c=m?3d=m?3∴直線AP的解析式為y=（m-3）x+m-3，設(shè)直線BE的解析式為y=ex+f，∵B（3，0），E（0，-2），∴3e+f=0f=?2解得：e=2∴直線BE的解析式為y=23x聯(lián)立方程組，得：y=(m?3)x+m?3y=解得：x=3?3m∴yG∵0＜m＜3，∴24-8m＞0，3m-11＜0，∴24?8m3m?11∴w===8令z=?3m∵-3＜0，∴當m=43時，z取得最大值253，w取得最小值為825∴w有最小值，最小值為2425（4）解：如圖，作△AOQ的外心H，作HG⊥x軸，則AG=GO=12∵AH=HO，∴H在AO的垂直平分線上運動，依題意，當sin∠OQA最大時，即∠OQA最大時，∵H是△AOQ的外心，∴∠AHO=2∠AHG=2∠OQA，即當sin∠AHG最大時，sin∠OQA最大，∵AG=12AO=1∴sin∠OQA=sin∠AHG=AGAH則當AH取得最小值時，sin∠OQA最大，∵AH=HQ，即當HQ⊥直線x=1時，AH取得最小值，此時HQ=1-（-12）=3∴AH=32在Rt△AHG中，HG=AH∴H（-12，2根據(jù)對稱性，則存在H（-12，-2綜上所述，H（-12，2）或H（-12，-故答案為：（-12，2）或（-12，-【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，三角形的外心，垂徑定理，三角函數(shù)定義，拋物線與三角形面積計算，二次函數(shù)的性質(zhì)求最值問題，拋物線與圓綜合等，運用轉(zhuǎn)化思想是解題的關(guān)鍵．11．（2022·江蘇連云港·二模）如圖，拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點A(1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C，其頂點為M，連接MA，MC，AC，過點C作y(1)求該拋物線的表達式；(2)直線l上是否存在點N，使得S△MBN=2S(3)如圖2，若將原拋物線繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)45°，求新拋物線與y軸交點P【答案】(1)y=(2)N(2,3)或N(10,3)(3)P(0,3+5【分析】（1）直接代入A(1，0)，B(3，0)兩點坐標即可求解．（2）如圖１所示，先求出SΔMAC的面積為１，然后設(shè)出直線MN與x軸的交點坐標E，表示出SΔMBN=（3）將CP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)45°交原拋物線于點P′，即可得出直線CP′的表達式，從而求出P′的坐標，進而算出(1)將A(1,0)，B(3,0)代入拋物線y=axa+b+3=09a+3b+3=0，解得：a=1，b=?4故拋物線解析式為：y=x(2)假設(shè)存在這樣的點N，設(shè)直線MC與x軸交于點D，直線MN與x軸交于點E(x∵y=x∴點M的坐標為(2,?1)，點C的坐標為(0,3)，∴l(xiāng)MC令y=0，?2x+3=0，得x=3∴點D的坐標為(3∴SΔSΔ∵SΔ∴2xE?3=2×1，解得：∴點E的坐標為(4,0)或(2,0)．①當M為(2,?1)，E為(2,0)時，直線MN的表達式為：x=2，∴點N的坐標為(2,3)．②當M為(2,?1)，E為(4,0)時，直線MN的表達式為：y=1聯(lián)立y=12x?2∴點N的坐標為(2,3)或(10,3)．(3)如圖所示，將CP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)45°交原拋物線于點P′則lC聯(lián)立y=x+3y=x2∴CP∴CP=52，即點P的坐標為(0,5【點睛】本題考查二次函數(shù)與幾何綜合題，涉及面積求法，旋轉(zhuǎn)性質(zhì)等知識點，解題的關(guān)鍵是合理表示出面積，根據(jù)等量關(guān)系式求解；同時利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出線段的長度，進而求出點的坐標．12．（2022·江蘇淮安·一模）如圖1，直線y=?2x?4與y軸交于點A，與x軸交于點B,二次函數(shù)y=ax2+3x+c的圖像經(jīng)過點A，交x軸于C、D兩點，且拋物線的對稱軸為直線x=?(1)a=，c=，頂點E坐標是；(2)過點C作直線CK∥AB交y軸于點K，點P是直線CK上一動點，點Q是第三象限拋物線上一動點，求四邊形APBQ面積的最大值與此時點Q的坐標；(3)如圖2，在（2）的結(jié)論下，對稱軸與x軸交于點6，直線EQ交x軸于點E，在拋物線的對稱軸上是否存在一點M，使得∠MFQ+∠CAO=45°，求點M的坐標．【答案】(1)1，-4，?3(2)494，Q(3)?32【分析】（1）先由直線y=-2x+4求出點A的坐標，再由點A在拋物線上和拋物線的對稱軸為直線x=3（2）根據(jù)直線y=-2x+4求出點B的坐標，根據(jù)（1）中求得的拋物線的解析式求出點C的坐標，△ABO的面積等于△ABC的面積且為定值，設(shè)點Q的橫坐標為x，過點Q分別作x軸、y軸的垂線，用含x的代數(shù)表示△ABO的面積，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出當△ABO的面積最大時的x值，進而求出四邊形APBQ面積的最大值及此時點Q的坐標；（3）通過計算，得出GE=GF，可得∠GFQ=45°．當點M在直線EF下方，則只要作出∠GFM=∠CAO，則∠MFQ=∠CAO．可通過求EQ的解析式的方法求得點F的坐標，再求MG的長，從而得到點M的坐標；當點M在直線EF的上方，作點M關(guān)于直線EF的對稱點J，求直線J的解析式，再求出另一點M的坐標．（1）解：∵直線y=-2x+4與y軸交于點A，∴A（0，4），∵拋物線經(jīng)過點A且對稱軸為直線x=3∴c=4，?3∴a=-1，∴二次函數(shù)的解析式為y=?x（2）如圖，作QH⊥AB于點H，QN∥y軸交直線AB于點N，設(shè)點Q（x，-x2+3x+4），則F（x，-2x+4），當y=0時，-x2+3x+4=0，解得，x1=-1，x2=4，∴C（-1，0），D（4，0），由-2x+4=0，得x=2，∴B（2，0），∴AB=2∵∠EFQ=∠OAB，∴HQQN∴HQ=5∵CE∥AB，∴SΔ∴S==?=(x?∴當x=52時，四邊形APBQ面積的最大，最大值為494（3）解：存在，理由如下：∵y=?x∴點E3∴GE=25設(shè)直線EF的解析式為y=kx+bk≠0把點Q(52,32k+b=25∴直線EF的解析式為y=?x+31當y=0時，x=31∴點F(31∴GF=31∴△EGF是等腰直角三角形，若點M在直線EF的下方，當MGFG=COAO=∴∠MFQ+∠CAO=45°，∴此時MG=1∴點M(3若點M在直線EF的上方，作點M關(guān)于直線EF的對稱點J，連接EJ，則△MEJ是等腰直角三角形，∵EJ∥x軸，EJ=EM=25∴點J(99設(shè)直線FJ的解析式為y=mx+nm≠0把點J(9916,9916解得：m=?4n=31∴直線FJ的解析式為y=?4x+31，當x=32時，此時M(3綜上所述，點M的坐標為(32,【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、利用函數(shù)的關(guān)系式表示點的坐標和線段長度的方法以及轉(zhuǎn)化等．13．（2022·江蘇·蘇州市胥江實驗中學校九年級期中）拋物線y=ax2+2x+c過點A?1,0，點(1)求拋物線的表達式及頂點C的坐標；(2)如圖1，點P在第一象限拋物線上，連接CP并延長交x軸于點D，連接AC，AP．若S△ACP:S(3)如圖2，在（2）的條件下，點E是拋物線對稱軸上一點，點F是平面內(nèi)一點，是否存在點E，點F，使得四邊形ADFE為菱形？若存在，請求出所有符合條件的點F的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-x(2)P(3)存在，6,21或【分析】（1）用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)關(guān)系式即可；（2）過點C作CM⊥x軸于M，PN⊥x軸于N，根據(jù)面積法求得PNCM=59，設(shè)（3）先求出直線CD的函數(shù)關(guān)系式，再求出點D坐標，設(shè)E1,?，根據(jù)菱形的性質(zhì)列出關(guān)于h的方程并求解，最后求出點F【詳解】（1）把A?1,0、B3,0代入得到a?2+c=09a+6+c=0，解得a=?1∴拋物線的解析式為y=∴頂點C坐標1,4（2）如圖1，過點C作CM⊥x軸于M，PN⊥x軸于N，∵S△ACP∴S△ADP∴12∴PN設(shè)Pt,?t2則?解得：t1=?1∴P（3）設(shè)直線CD的函數(shù)關(guān)系式為：y=mx+n，∵直線CD過C1,4，P∴m+n=47解得：m=?可求得直線CD:y=?4將y=0代入y=?43x+∴D4,0由題知拋物線的對稱軸為直線x=1，A?1,0設(shè)E1,?若四邊形ADFE是菱形，則AD=AE∴4??1∴?=±∴點E坐標為1,21或1,?由平移性質(zhì)可得點F坐標分別為6,21或6,?【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，，菱形的性質(zhì)等知識，理解二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（2022·江蘇蘇州·一模）圖，拋物線y=?x2+bx+c與x軸相交于A，B兩點（點A位于點B的左側(cè)），與y軸相交于點C，M是拋物線的頂點且橫坐標為1，點C的坐標為（0，3），P(1)求拋物線的解析式；(2)過點P作PD⊥x軸于點D．若PD=m，ΔPCD的面積為S．求S與m之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量m(3)是否存在點P滿足DC=PC，若存在，請求出點P坐標，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)S=?(3)不存在，理由見解析．【分析】（1）先根據(jù)對稱軸求出b的值，再將點C坐標代入解析式可求c的值，即可求解；（2）先求出點M，點B的坐標，利用待定系數(shù)法可求BM解析式，由三角形的面積公式可求解；（3）假設(shè)DC=PC，用兩點間距離公式列出關(guān)于m的方程，再求解即可．（1）由題意知拋物線y=?x2+bx+c∴b=2．又∵拋物線與y軸的交點為C(0,3)，∴c=3，∴拋物線的解析式為y=?x（2）∵y=?x∴頂點M(1,4)．令y=0，則有0=?x解得x1=-1，x2=3，∴A（-1，0），B（3，0），設(shè)直線BM的解析式為y=kx+n，將B(3,0),M(1,4)代入，得3k+n=0,解得k=?2,∴直線BM的解析式為y=?2x+6．∵PD⊥x軸且PD=m，∴P3?∴△PCD的面積S=1∵點P在線段BM上，且M(1,4),B(3,0)，∴0<m≤4，故S與m之間的函數(shù)關(guān)系式為S=?1（3）當DC=PC時，由勾股定理可得3?m解得m=0或m=6，均不符合題意，舍去．綜上所訴，不存在滿足DC=PC的點P【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法求解析式，等腰三角形的性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．15．（2022·江蘇·徐州市樹人初級中學二模）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=x2?4x+3與x軸相交于點A，B（A在B的左邊），與y軸相交于點C．M0,m是y軸上動點，過點M的直線l垂直于y軸，與拋物線相交于兩點P、Q（P在Q的左邊），與直線(1)求直線BC的函數(shù)表達式；(2)如圖2，四邊形PMGH是正方形，連接CP．△PNC的面積為S1，正方形PMGH的面積為S2．若m<3，求【答案】(1)直線BC的函數(shù)表達式為y=?x+3(2)1<【分析】（1）直接根據(jù)二次函數(shù)表達式求出點B、C坐標，然后待定系數(shù)法即可求出表達式．（2）由題意得出M、N兩點的坐標分別為(0,m)和(3?m,m)，然后設(shè)出點P坐標為(t,t2?4t+3)，得出m=t2?4t+3，進而表示出PN=3t?t2，CM=4t?t2，PM=t，根據(jù)SΔ(1)令y=0，得x2?4x+3=0，解得x1即A的坐標為(1,0)，B的坐標為(3,0)，令x=0，得y=3，即C的坐標為(0,3)，設(shè)lBC:y=kx+b，代入B,C兩點的坐標得出：解得k=?1b=3∴直線BC的函數(shù)表達式為y=?x+3．(2)由題意可知，M點的坐標為(0,m)，點N的坐標為(3?m,m)，設(shè)點P坐標為(t,t2?4t+3)∴PN=3?m?t=3t?t2，CM=3?m=4t?t即SΔS正方形∴∵y=x∴拋物線的頂點坐標為(2,?1)，∵直線l與拋物線交于P、Q兩點，∴?1<m<3，即0<t<2，令y=12(t?72)2∴當t=0時，ymax=6；當t=2時，∴1<S【點睛】本題考查了一次函數(shù)表達式求法，二次函數(shù)面積綜合，解題的關(guān)鍵是理解題意，合理設(shè)點的坐標，表示出所求圖形的面積，最后根據(jù)所給條件求取值范圍．16．（2022·江蘇連云港·一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=12x2+bx+c與坐標軸交于A0,?2，B4,0兩點，直線BC:y=?2x+8交y軸于點C．點D為直線AB下方拋物線上一動點，過點D作x軸的垂線，垂足為G，DG分別交直線BC(1)求b和c的值；(2)當GF=12時，連接BD，求△(3)H是y軸上一點，當四邊形BEHF是矩形時，求點H的坐標．【答案】(1)b=-32，(2)△BDF的面積為3(3)H(0，3)【分析】(1)利用待定系數(shù)法求解即可；(2)求出點D的坐標，可得結(jié)論；(3)過點H作HM⊥EF于M，證明△EMH≌△FGB(AAS)，推出MH=GB，EM=FG，由HM=OG可得OG=GB=12OB=2，由題意直線AB的解析式為y=12x-2，設(shè)E(a，-2a+8)，F(xiàn)(a，12a-2)，根據(jù)MH（1）∵拋物線y=-x2+bx+c過A(0，-2)，B(4，0)兩點，∴{c=?2解得{b=?∴y=故答案為：b=-32，（2）∵B(4，0)，A(0，2)∴OB=4，OA=2，∵GF⊥x軸，OA⊥x軸，在Rt△BOA和和Rt△BGF中，∴tan∠ABO=OAOB即24∴GB=1∴OG=OB-GB=4-1=3當x=3時，yD∴D(3，-2)，即GD=2∴FD=GD-GF=2-12=3∴S（3）①如圖1中，過點H作HM⊥EF于M，∵四邊形BEHF是矩形，∴EH//BF，EH=BF，∴∠HEF=∠BFE，∵∠EMH=∠FGB=90°∴△EMH≌△FGB(AAS)，∴MH=GB，EM=FG，∴HM=OG，∴OG=GB=12OB∵A(0，-2)，B(4，0)，∴直線AB的解析式為y=12x設(shè)E(a，-2a+8)，F(xiàn)(a，12a由MH=BG得到，a-0=4-a，∴a=2，∴E(2，4)，F(xiàn)(2，-1)，∴FG=1，∵EM=FG，∴4-yH∴yH=3，∴H(0，3)．【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會尋找全等三角形解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．17．（2022·江蘇常州·一模）在平面直角坐標系xOy中，頂點為M的拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，已知A(?3,0)，B(1,0)，C(0,3)．連接OM，作CD∥OM交(1)求拋物線對應的二次函數(shù)表達式；(2)求點D的坐標；(3)直線AM上是否存在點P，使得△POA的面積與四邊形POCM面積之比為1∶2？如果存在請求出點P的坐標，如果不存在請說明理由．【答案】(1)y=?(2)(?(3)存在，(?136【分析】（1）用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）利用CD∥OM求出直線CD的解析式，再求出直線AM的解析式，聯(lián)立兩解析式即可求出點（3）設(shè)△POA的面積為S，根據(jù)“△POA的面積與四邊形POCM面積之比為1∶2”求出△POA的面積，得到P點的縱坐標，進而代入直線AM的解析式求出P點坐標即可．（1）解：設(shè)拋物線對應的二次函數(shù)表達式為y=ax把A(?3,0)，B(1,0)，C(0,3)代入解析式可得9a?3b+c=0a+b+c=0解得a=?1b=?2所以拋物線對應的二次函數(shù)表達式為y=?x（2）由y=?x2?2x+3=?(x+1)2設(shè)直線OM的解析式為：y=k將M(?1,4)代入得4=?k∴k∵CD∴k設(shè)直線CD的解析式為y=?4x+b，將C(0,3)代入得b=3，∴y=?4x+3，設(shè)直線AM的解析式為y=k將A(?3,0)、M(?1,4)代入得?3k解得k2∴y=2x+6，聯(lián)立AM、CD兩直線解析式得y=2x+6y=?4x+3解得x=?1∴D點坐標為(?1（3）由題意可知：OC=3，OA=3，S△OCM=1設(shè)△POA的面積為S，當P點位于x軸上方時，如圖：S△P1OM=6?S∵△POA的面積與四邊形POCM面積之比為1∶2，即S15∴S=5∴P1H=2SAO代入y=2x+6得x=?13當x=?136時，∴P當P點位于x軸下方時，如圖：S△P2OM=6+S∵△POA的面積與四邊形POCM面積之比為1∶2，即S15∴S=15∴P2I=2SAO代入y=2x+6得x=?11∴P綜上所述：P點坐標為(?136,【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，一次函數(shù)交點坐標，二次函數(shù)與面積等知識點，將面積問題轉(zhuǎn)化為點的坐標是解題的關(guān)鍵．18．（2022·江蘇鹽城·一模）如圖1，在平面直角坐標中，拋物線y=?12x2+bx+c與x軸交于點A(?1,0)、B(4,0)兩點，與y軸交于點C，連接BC，直線BM:y=2x+m交y軸于點M.P為直線BC上方拋物線上一動點，過點P作x軸的垂線，分別交直線BC、BM(1)求拋物線的表達式；(2)當點P落在拋物線的對稱軸上時，求△PBC的面積；(3)①若點N為y軸上一動點，當四邊形BENF為矩形時，求點N的坐標；②在①的條件下，第四象限內(nèi)有一點Q，滿足QN=QM，當△QNB的周長最小時，求點Q的坐標．【答案】(1)y=?(2)15(3)①N(0,?3)；②Q(【分析】（1）根據(jù)拋物線與x軸交點，寫出函數(shù)的交點式即可得出結(jié)果；（2）求出直線BC的表達式為：y=?12x+2（3）①過點N作NG⊥EF于點G，求出直線BM的表達式為：y=2x?8，得到M(0,?8)，設(shè)E(a,?12a+2)，F(xiàn)(a,2a?8)，再根據(jù)矩形性質(zhì)求出他們的坐標，進而得到N(0,?3)；②根據(jù)①中的相關(guān)信息，得出當點B、Q、M共線時，△QNB的周長最小，此時，點Q即為MN（1）解：∵拋物線y=?12x2+bx+c與x∴拋物線的表達式為：y=?1∴y=?1（2）解：∵y=?1∴y=?1∴P(3∵B(4,0)，C(0,2)，∴直線BC的表達式為：y=?1把x=32代入y=?1∴SΔ（3）解：①過點N作NG⊥EF于點G，∵y=2x+m過點B(4,0)，∴0=2×4+m，∴m=?8，∴直線BM的表達式為：y=2x?8，∴M(0,?8)，設(shè)E(a,?12a+2)∵四邊形BENF為矩形，∴ΔBEH?∴NG=BH，EH=FG，∴a=4?a，∴a=2，∴F(2,?4)、E(2,1)，∴EH=FG=1，GH=4?1=3，∴N(0,?3)；②∵QN=QM，∴點Q在MN的垂直平分線上，又∵B(4,0)，N(0,?3)，∴BN=5，∴CΔ∴當點B、Q、M共線時，△QNB的周長最小，此時，點Q即為MN的垂直平分線與直線BM的交點，∵N(0,?3)；M(0,?8)，∴D(0,?11把y=?112代入y=2x?8得：∴Q(5【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合，涉及到待定系數(shù)法求表達式、平面直角坐標系三角形面積求解、特殊平行四邊形問題和動點最值問題，綜合性強、難度較大，熟練掌握相關(guān)題型的解題方法是解決問題的關(guān)鍵．19．（2021·江蘇鹽城·九年級階段練習）如圖，在平面直角坐標系中，O是坐標原點，拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過A（﹣4，0），B（﹣3，3）兩點，連接AB，BO．（1）求拋物線表達式和直線OB解析式；（2）點C是第二象限內(nèi)直線OB上方拋物線上的一個動點，是否存在一點C使△COB面積最大？若存在請求出點C坐標及最大面積，若不存在請說明理由；（3）若點D從點O出發(fā)沿線段OA向點A作勻速運動，速度為每秒1個單位長度，同時線段OA上另一個點H從點A出發(fā)沿線段AO向點O作勻速運動，速度為每秒2個單位長度（當點H到達點O時，點D也同時停止運動）．過點D作x軸的垂線，與直線OB交于點E，延長DE到點F，使得EF＝DE，以DF為邊，在DF左側(cè)作等邊△DGF（當點D運動時點G、點F也隨之運動）．過點H作x軸的垂線，與直線AB交于點L，延長HL到點M，使得LM＝HL，以HM為邊，在HM的右側(cè)作等邊△HMN（當點H運動時，點M、點N也隨之運動）．當點D運動t秒時，△DGF有一條邊所在直線恰好過△HMN的重心，直接寫出此刻t的值．【答案】（1）拋物線解析式y(tǒng)=?33x2?433x，直線OB解析式y(tǒng)=?33x；（2）存在，點C?【分析】（1）利用待定系數(shù)法分別把點A、B的坐標代入拋物線解析式，設(shè)直線OB解析式為y=kx，進而代點求解即可；（2）過點C作CQ∥y軸，交OB于點Q，由（1）可設(shè)點Cm,?33（3）由題意可分兩種情況：①當直線DF經(jīng)過△HMN的重心P時，②當直線DG經(jīng)過△HMN的重心P時，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)與判定及三角函數(shù)可進行求解．【詳解】解：（1）由題意得：把點A、B的坐標代入拋物線解析式y(tǒng)＝ax2+bx得：16a?4b=09a?3b=3，解得：∴拋物線解析式為y=?3設(shè)直線OB解析式為y=kx，∴?3k=3，解得：k=?∴直線OB解析式為y=?3（2）過點C作CQ∥y軸，交OB于點Q，如圖所示：由（1）可設(shè)點Cm,?∴CQ=?3∵點B（﹣3，3），∴△COB的水平寬為3，∴S△COB∵?3∴當m=?32時，△COB的面積為最大，最大值為把m=?32代入拋物線解析式得：∴點C?（3）由題意可分兩種情況：①當直線DF經(jīng)過△HMN的重心P時，如圖2，連接NL，∵LM=LH，且△HMN是等邊三角形，∴點P在NL上，由題意得：OD=t,AH=2t，AB=?4+3∴AB2+O∴∠AOB=30°,∠BAO=60°，∵MH⊥x軸，∴∠ALH=30°，∴LH=23∴HN=HM=2HL=43∵∠LHN=60°，∴LN=HN?sin∵FD⊥x軸，MH⊥x軸，∴∠LHD=∠PDH=∠PLH=90°，∴四邊形PLHD是矩形，∵點P是重心，∴PL=DH=1∵OA=AH+HD+OD=4，∴2t+2t+t=4，解得：t=4②當直線DG經(jīng)過△HMN的重心P時，如圖3，連接NL，∵DP//∴LPPN∵LH=LM，∴KLKH∵LP//∴KLKH=LP解得：t=4綜上所述：t的值為45s或411s時，△【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合、相似三角形的性質(zhì)與判定及三角函數(shù)，熟練掌握二次函數(shù)的綜合、相似三角形的性質(zhì)與判定及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．20．（2021·江蘇·海安市紫石中學九年級階段練習）x、y是一個函數(shù)的兩個變量，若當a≤x≤b時，有a≤y≤b（a＜b），則稱此函數(shù)為a≤x≤b上的閉函數(shù)．如y＝﹣x+3，當x＝1時y＝2；當x＝2時y＝1，即當1≤x≤2時，1≤y≤2，所以y＝﹣x+3是1≤x≤2上的閉函數(shù)．（1）請說明y=x2?2（2）已知二次函數(shù)y＝x2+4x+k是t≤x≤﹣2上的閉函數(shù)，求k和t的值；（3）在（2）的情況下，設(shè)A為拋物線頂點，B為直線x＝t上一點，C為拋物線與y軸的交點，若△ABC為等腰直角三角形，請直接寫出它的腰長為________________．【答案】（1）理由見解析；（2）k,t的值分別為1,?3；（3）10【分析】（1）根據(jù)題意的閉函數(shù)的定義求解即可；（2）根據(jù)閉函數(shù)的定義以及二次函數(shù)的性質(zhì)，分別求得x=t,x=?2時的函數(shù)值為?2，（3）根據(jù)題意以及（2）的結(jié)論，分別求得A,B,C的坐標，分類討論，進而根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理即可求得其腰長．【詳解】（1）由y=x∵a=1>0，對稱軸為x=0，∴當x≥0時，y隨x的增大而增大，∴當x=?2時，y=2；當x=0時，y=?2當x<0時，y隨x的增大而減小，∴當x=2時，y=2；綜上可得，當?2≤x≤2，?2≤y≤2∴y=x2?2（2）∵y=∴拋物線的對稱軸為x=?2，a=1>0，則拋物線的開口向上，∵t≤x≤?2∴y隨x的增大而減小∵函數(shù)y=x2+4x+k∴當x=t時，y=當x=?2時，y=k?4∴解得k∵t<?2∴k=1故k,t的值分別為1,?3（3）由（2）可知，拋物線的解析式為：y=x即y=(x+2)A為拋物線頂點，∴A(?2,?3)，C為拋物線與y軸的交點，∴C(0,1)，∵t=?3，B為直線x=?3上一點，設(shè)B(?3,n)，由勾股定理可得ACAB2=BC①當∠BAC=90°時，AB=AC，則AB∴n2+6n+10解得n=?3±19當n=?3±19又AB∴n2+6n+10+20=解得n=?5∴此情況不存在；②當∠ABC=90°時，AB=BC，則ABn2+6n+10=解得n=0，當n=0時，AB∴AB∴此時是以B點為直