專題23二次函數(shù)綜合題存在性等腰直角三角形類

2023年八升九數(shù)學(xué)暑假培優(yōu)計劃專題23二次函數(shù)綜合題——存在性等腰直角三角形類1．如圖，拋物線的頂點坐標(biāo)為P2,6，且與x軸交于點A、B（點A在點B的右側(cè)），與y軸交于點C0,10

(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式和點A的坐標(biāo)；(2)在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在點E，使得△ADE是以D為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求出點E【答案】(1)拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=-23(2)存在，E的坐標(biāo)為72,【分析】（1）設(shè)拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=ax-22+6，將點C0,10（2）記拋物線的對稱軸與x軸的交點為F，則F2,0，分兩種情況：①當(dāng)點E在x軸上方時，如圖點D、E分別在點D1E1的位置，過點E1作E1N⊥PF于點N，證明△AFD1≌△D1NE1AAS，得D1N＝AF，D1F＝E1N，設(shè)D12,m，則E【詳解】（1）解：設(shè)拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=ax-2將點C0,103解得a=-2∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=-2令y=0得：-2解得x1=-1，∴A5,0（2）解：存在點E，使得△ADE是以D為直角頂點的等腰直角三角形，理由如下：記拋物線的對稱軸與x軸的交點為F，則F2,0①當(dāng)點E在x軸上方時，如圖點D、E分別在點D1E1的位置，過點E1作

∵∠AD∴∠AD∵∠E∴∠AD∵AD1=∴△AFD∴D1N=AF∵A5,0，F(xiàn)∴AF=D設(shè)D12,m，則將E1m+2,m+3代入y=-2解得m=-3（舍去）或m=3∴E②當(dāng)點E在x軸下方時，如圖點D、E分別在點D2E2的位置，過點E2作

∵∠AD∴∠AD∵∠HD∴∠AD∵AD2=∴△AFD∴D2H=AF∵A5,0，F(xiàn)∴D設(shè)D22,n，則把E22-n,n-3代入y=-2解得：n=3（舍去）或n=-9∴E綜上所述，E的坐標(biāo)為72,9【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，等腰直角三角形的性質(zhì)及應(yīng)用，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是分類討論思想的應(yīng)用．2．綜合與探究如圖，已知直線y=-12x+2與x軸，y軸交于B，A兩點，拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過點A，B，點P為線段OB上一個動點，過點P作垂直于

(1)求拋物線解析式；(2)當(dāng)MN=2MP，t的值為(3)若點N到直線AB的距離為d，求d的最大值；(4)在y軸上是否存在點Q，使△QBN是以BN為腰的等腰直角三角形？若存在，請直接寫出點Q【答案】(1)y=-(2)1(3)85(4)存在，Q1(0,17-【分析】（1）先求出一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點，然后代入二次函數(shù)求解即可；（2）根據(jù)點P(t,0)，確定點M(t,-12t+2)，N(t,-t2（3）點N到直線AB的距離為d，求d的最大值即為求△ANB面積的最大值，連接NA、NB，根據(jù)（2）中（4）分兩種情況分析：當(dāng)∠QNB=90°時，當(dāng)∠QBN=90°時，分別利用全等三角形的判定和性質(zhì)及二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）解：當(dāng)x=0時，y=-1∴點A的坐標(biāo)為(0,2)；當(dāng)y=0時，0=-12x+2∴點B的坐標(biāo)為(4,0)．將A(0,2)，B(4,0)代入y=-x得：c=2-解得：b=7∴這個拋物線的解析式為y=-x（2）點P(t,0)，則點M(t,-12t+2)∴MN=-t2+∵M(jìn)N=2MP，∴-t解得：t=1或t=4（與點B重合，舍去），故答案為：1；（3）點N到直線AB的距離為d，求d的最大值即為求△ANB面積的最大值，連接NA、

∵點B的坐標(biāo)為(4,0)．A(0,2)∴OB=4，OA=2，由（2）得MN=-t∴SΔANB∴面積最大為：8，∵AB=OA∴12×AB×d=8，解得：（4）存在，Q1(0,17-9當(dāng)∠QNB=90°時，如圖所示：NQ=BN，

過點N作ND⊥y軸，過點B作BC⊥x軸交DN延長線于點C，∴∠CDQ=∠BCN=90°，∠QND+∠BNC=90°，∠QND+∠DQN=90°，ND=PO=t，∴∠BNC=∠DQN，∴△DQN≌△NCB(AAS)，∴ND=BC=t，DQ=NC=BP=4-t，∴PN=BC=OD=t，∴N(t,t)，∴-t解得：t=5+∴OQ=OD-DQ=t-4-t當(dāng)∠QBN=90°時，如圖所示：QB=BN，

∵∠QOB=∠BPN=∠QBN=90°，∴∠QBO+∠OQB=90°，∠QBO+∠OBN=90°，∴∠OQB=∠OBN，∴△OQB≌△PBN(AAS)，∵BP=4-t，OB=4，∴OQ=BP=4-t，NP=OB=4，∴N(t,4)，∴-t解得：t=7±∴OQ=4-7+174∵點Q在x軸下方，∴Q(0,17-9綜上可得：Q1(0,17-9【點睛】題目主要考查二次函數(shù)的綜合問題，包括待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，線段及面積問題，特殊三角形的問題及全等三角形的判定和性質(zhì)，理解題意，作出相應(yīng)輔助線，綜合運用這些知識點是解題關(guān)鍵．3．如圖，拋物線y=ax2+bx+5與x軸交于A(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式及拋物線的對稱軸；(2)過點C作x軸的平行線l，點E在直線l上運動，在點E運動的過程中，試判斷在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在點P，使得△EOP是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，若存在，請求出點P【答案】(1)y=-x2(2)在對稱軸右側(cè)的拋物線上存在點P，使得△EOP是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，點P坐標(biāo)為3，8或【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）分類討論，①當(dāng)點P在l上方時，證明△OPK≌△PEJ(AAS)，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t(0<t<4)，列出一元二次方程即可求解；②當(dāng)點P在l下方時，證明△OPK≌△PEJ，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t(t>4)，列出一元二次方程即可求解．【詳解】（1）解：將A-1，0，得a-b+5=025a+5b+5=0，解得a=-1∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=-x2∴拋物線的對稱軸為x=-4（2）解：存在．令x=0，則y=5，∴點C的坐標(biāo)為0，∵B5，0∴OB=OC=5．當(dāng)點P位于l與拋物線的交點處時，顯然不符合題意，可按如下情況分類討論：①當(dāng)點P在l上方時，如圖1，過點P作y軸的垂線，交y軸于點K，過點E作EJ⊥KP交KP的延長線于點J，則∠PKO=∠EJP=90°，∵△EOP是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，∴OP=EP，∠OPE=90°，∴∠KPO+∠EPJ=90°，∵∠KPO+∠POK=90°，∴∠POK=∠EPJ，∴△OPK≌△PEJ(AAS)，∴PK=JE，OK=PJ，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t(0<t<4)，則JE=PK=t，OK=-t∴-t2解得t1=3，∴點P的坐標(biāo)為3，8②當(dāng)點P在l下方時，如圖2，過點P作y軸的垂線，交y軸于點K，過點E作EJ⊥KP交KP的延長線于點J，同理可得△OPK≌△PEJ，∴PK=EJ，OK=PJ，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t(t>4)，則t+-解得t1=5，∴點P坐標(biāo)為5，綜上，在對稱軸右側(cè)的拋物線上存在點P，使得△EOP是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，點P坐標(biāo)為3，8或【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，全等三角形的判定與性質(zhì)以及解一元二次方程的方法，解第（2）問時需要運用分類討論思想和方程的思想解決問題．4．已知拋物線L1過點A（-1，0(1)求該拋物線的表達(dá)式．(2)拋物線L1的對稱軸與x軸交于點P，將該拋物線沿直線y=m翻折得拋物線L2，在拋物線L2第四象限的圖象上是否存在一點D，使的△【答案】(1)該拋物線的解析式為y=(2)存在，拋物線L2的解析式為【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，將點A（-1，0（2）將拋物線L1的解析式化為頂點式，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)用含m的代數(shù)式表示翻折后拋物線L2的頂點坐標(biāo)及解析式，作出等腰直角△CPD且使頂點D在第四象限，求出點D的坐標(biāo)，并代入L2的解析式求出m【詳解】（1）解：設(shè)拋物線L1的解析式為y=ax2+bx+c，將A（-1，得a-b+c=09a+3b+c=0c=-3，解得∴該拋物線的解析式為y=x（2）解：存在，如圖，作CD⊥PC，使CD=PC，且點D在第四象限；作DE⊥y軸于點E，由y=x2-2x-3=x-12-∴拋物線L1沿直線y=m翻折后得到的拋物線L2的頂點坐標(biāo)為∴拋物線L2的解析式為y=-∵∠CED=∠POC=∠PCD=90°，∴∠ECD=90°-∠PCO=∠OPC，又∵CD=PC，∴△CED≌△POC（∴CE=PO=1，∴D（∵點D在拋物線L2∴-9+6+2m+3=-4，解得：m=-2，∴拋物線L2的解析式為y=-【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、圖形的軸對稱以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵有兩點，一是用含m的代數(shù)式表示翻折后的頂點坐標(biāo)，二是正確地作出輔助線并且求出點D的坐標(biāo)，難度適中，綜合性比較強(qiáng)．5．綜合與探究：如圖1，已知拋物線y=12x2-x-4與x軸相交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸相交于點C，直線BD與y(1)求A，B，C三點的坐標(biāo)；(2)求直線BE的函數(shù)表達(dá)式；(3)如圖2，已知點M在該拋物線的對稱軸l上，且縱坐標(biāo)為-1，點P是該拋物線上位于第四象限的動點，且在直線l右側(cè)，點Q是直線BE上的動點，試探究是否存在以點M為直角頂點的等腰直角三角形△PMQ，若存在請直接寫出點【答案】(1)A(-2,0)，B(4,0)，C(0,-4)(2)y=(3)存在以點M為直角頂點的等腰直角三角形△PMQ，點P的坐標(biāo)為P(2,-4)或P【分析】（1）將y=0代入y=12x2-x-4得到12x2-x-4=0（2）首先利用待定系數(shù)法求出直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=-2x-4，過點E作EF⊥x軸于F，證明出△BFE∽△BOD，利用相似三角形的性質(zhì)求出BF=245，然后得到（3）首先求出點M的坐標(biāo)，根據(jù)題意分兩種情況：點Q在直線l右側(cè)和點Q在直線l左側(cè)，然后分別設(shè)出點P的坐標(biāo)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）由y=0，得12解，得x1=-2，∴點A，B的坐標(biāo)分別為A(-2,0)，B(4,0)，由x=0，得y=-4，∴點C的坐標(biāo)為C(0,-4)；（2）如圖，設(shè)直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+b，將點A(-2,0)，C(0,-4)代入，得-2k+b=0∴k=-2b=-4∴直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=-2x-4，過點E作EF⊥x軸于F，

∴OD∥EF，∴△BFE∽△BOD，∴BFBO∵B(4,0)，∴OB=4，∵BE=6DE，∴BEBD∴BF4∴BF=24∴OF=BF-OB=24將x=-45代入直線得y=-2×-∴E-設(shè)直線BE的函數(shù)表達(dá)式為y=mx+n，∴-4∴m=1∴直線BE的函數(shù)表達(dá)式為y=1（3）∵y=1∴拋物線對稱軸為x=1，∵點M在該拋物線的對稱軸l上，且縱坐標(biāo)為-1∴M1,-1分兩種情況：①當(dāng)點Q在直線l右側(cè)時，如圖所示，過點P作PG⊥l于G，過點Q作QH⊥l于H，∴設(shè)Pm,∴PG=m-1，MG=-1-1∵PG⊥l，∴∠GPM+∠PMG=90°，∵△PMQ是以點M為直角頂點的等腰直角三角形，∴PM=MQ，∠PMQ=90°，∴∠PMG+∠HMQ=90°，∴∠GPM=∠HMQ，在△PMG和△MQH中，∠PGM=∠MHQ∠GPM=∠HMQ∴△PMG≌△MQHAAS，∴HQ=MG=-12m∴Q-∵直線BE額函數(shù)表達(dá)式為y=1∴12解得m=2或m=-4（舍去），當(dāng)m=2時，12∴P2,-4②當(dāng)點Q在直線l左側(cè)時，如圖所示，過點P作PG⊥l于G，過點Q作QH⊥l于H，設(shè)點Pn,

∴PG=n-1，MG=-1-1同理可得△PMG≌△MQH，∴QH=GM=-12n∴Q1∵直線BE額函數(shù)表達(dá)式為y=1∴12解得n=-1+13或n=-1-當(dāng)n=-1+13時，1∴P-∴綜上所述，存在以點M為直角頂點的等腰直角三角形△PMQ．點P的坐標(biāo)為P(2,-4)，P-【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，一次函數(shù)，難度較大，解題時要理解題意，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)構(gòu)造全等三角形．6．如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，且OA=2，OB=4，OC=8，拋物線的對稱軸與直線BC交于點M，與x

(1)求拋物線的解析式；(2)若點P是對稱軸上的一個動點，是否存在以P、C、M為頂點的三角形與△MNB相似？若存在，求出點P(3)點Q是拋物線上位于x軸上方的一點，點R在x軸上，是否存在以點Q為直角頂點的等腰Rt△CQR？若存在，求出點【答案】(1)y=-(2)存在以P、C、M為頂點的三角形與△MNB相似；點P的坐標(biāo)是1,8或1,(3)存在，Q的坐標(biāo)是1+332【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）先求直線BC的解析式，然后分兩種情況討論：①當(dāng)∠CPM=∠MNB=90°時，則有CP∥x軸，求出P1,8；②當(dāng)∠PCM=∠MNB=90°時，由PMCM（3）分兩種情況討論：點Q在y軸右側(cè)和點Q在y軸左側(cè)，設(shè)Qx,-x2+2x+8，過點Q作y軸的平行線交x軸于點N，過點C作CM∥x軸交QN于點M，證明△NQR≌△MCQ(AAS)，則【詳解】（1）∵OA=2，OB=4，OC=8，∴A-設(shè)拋物線的解析式為y=ax4a-2b+c=016a+4b+c=0解得：a=-1b=2∴拋物線的解析式為y=-x（2）存在以P、C、M為頂點的三角形與△MNB相似，理由如下：∵y=-x∴對稱軸是直線x=1．設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，把B4,04k+b=0b=8解得：k=-2b=8∴y=-2x+8．∴M1,6∴由兩點間距離公式可得：BN=3,MN=6,BM=35若以P、C、M為頂點的三角形與△MNB相似，則有∠BMN=∠CMP，①如圖1，當(dāng)∠CPM=∠MNB=90°時，則有CP∥x軸，∴P1,8

②如圖2，當(dāng)∠PCM=∠MNB=90°時，

∴PMCM∴PM=5∴PN=PM+MN=5∴P1,綜上所述，點P的坐標(biāo)是1,8或1,（3）存在，理由如下：①如圖3，當(dāng)點Q在y軸右側(cè)時，設(shè)Qx,-x2+2x+8，過點Q作y軸的平行線交x軸于點N，過點C作CM∥x軸交

∵∠MQC+∠NQR=90°，∠NQR+∠NRQ=90°∴∠MQC=∠NRQ．∵∠RNQ=∠QMC=90°，C∴△NQR≌△MCQ(AAS)．∴NQ=MC，即-x解得：x1=1+∴Q的坐標(biāo)是1+33②如圖4，當(dāng)點Q在y軸左側(cè)時，設(shè)Qx,-x2+2x+8，過點Q作y軸的平行線交x軸于點N，過點C作CM∥x軸交

∵∠MQC+∠NQR=90°，∠NQR+∠NRQ=90°∴∠MQC=∠NRQ．∵∠RNQ=∠QMC=90°，CQ=RQ∴△NQR≌△MCQ(AAS)．∴NQ=MC，即-x解得：x1=3-∴Q的坐標(biāo)是3-41綜上所述，Q的坐標(biāo)是1+332,【點睛】本題主要考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的數(shù)學(xué)思想解決問題，屬于壓軸題，難度較大．7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=-x2+bx+c的圖象與坐標(biāo)軸相交于A、B、C三點，其中A點坐標(biāo)為3,0，B點坐標(biāo)為-1,0，連接AC、BC．動點P從點A出發(fā)，在線段AC上以每秒2個單位長度向點C做勻速運動；同時，動點Q從點B出發(fā)，在線段BA上以每秒

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)在P、Q運動的過程中，當(dāng)t為何值時，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為多少？(3)在線段AC上方的拋物線上是否存在點M，使△MPQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，請求出點M【答案】(1)y=-(2)t=2，最小值為4(3)存在，3+【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求出拋物線解析式；（2）先求出點C0,3，則OC=3，進(jìn)一步得到△OAC是等腰直角三角形，則AC=2OA=32，如圖①，過點P作PE⊥x軸，垂足為E，則△PAE是等腰直角三角形,由題意可知AP=2t，則AE=PE=2t2=t，即（3）連接MP、MQ，過點P作PE⊥x軸于點E，過M作MF∥y，交點EP于點F，則∠F=90°.先證明△PFM≌△QEPAAS，則MF=PE=t，PF=QE=4-2t，則EF=4-t，又OE=3-t，得到點M的坐標(biāo)為3-2t，4-t【詳解】（1）解：∵拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過點則0=-9+3b+c0=-1-b+c，解得b=2∴拋物線表達(dá)式為y=-x（2）在y=-x2+2x+3中令x=0∴C0,3∴OC=3

∵A3,0，∴OA=3，∴OA=OC，∵∠AOC=90°∴△OAC是等腰直角三角形,AC=2如圖①，過點P作PE⊥x軸，垂足為E，則△PAE是等腰直角三角形,由題意可知AP=2t∴AE=PE=2t2又Q-1+t,0∴AQ=3--∴S=1=1=1∵當(dāng)P、Q其中一點到達(dá)終點時，另一點隨之停止運動，∴0≤t≤3，∵12∴當(dāng)t=2時，四邊形BCPQ的面積取得最小值4；（3）存在，理由如下：如圖②，連接MP、MQ，過點P作PE⊥x軸于點E，過M作MF∥y，交點EP于點F，則

∵△PMQ是等腰直角三角形，PM=PQ，∴∠MPF+∠QPE=90°，∴∠PMF=∠QPE，在△PFM和△QEP中，∠F=∠QEP∠PMF=∠QPEPM=PQ∴△PFM≌△QEPAAS∴MF=PE=t，∴EF=4-2t+t=4-t，又OE=3-t，∴點M的坐標(biāo)為3-2t，∵點M在拋物線y=-x∴4-t=-3-2t解得t1=9-∴3-2t=3-2×9-∴M點的坐標(biāo)為3+【點睛】此題考查了二次函數(shù)和三角形綜合題，用到了待定系數(shù)法、全等三角形的判定和性質(zhì)、二次函數(shù)的最值、解一元二次方程等知識，添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解決問題的關(guān)鍵．8．已知拋物線y=ax2+bx-6a≠0與

(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，過點C作CD∥x軸交拋物線于點D，點E是y軸左側(cè)拋物線上一點，若BC恰好平分∠DBE(3)如圖2，點P是拋物線對稱軸上的一點，在拋物線上是否存在點M，使△PMB是以PM為斜邊的等腰直角三角形，若存在，請直接寫出所有點M【答案】(1)y=(2)y=(3)存在，M12-22,-4，M【分析】（1）把已知點的坐標(biāo)代入解析式，確定a，b的值即可．（2）設(shè)直線BE交y軸于點M，證明△BCD≌△BCM，確定點M的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法計算即可．（3）分點M在x軸的上方和下方兩種情況，構(gòu)造一線三直角全等模型，求解即可．【詳解】（1）將點A-2,0，點B6,0∴4a-2b-6=036a+6b-6=0解得a=1∴y=1（2）設(shè)直線BE交y軸于點M．∵CD∥x軸，∴y=-6時，12解得x=4，∴D4,-6∴CD=4．由點B6,0、C0,-6可知，∴∠MCB=∠OBC=45°，

∵CD∥x軸，∴∠OBC=∠DCB=45°∴∠MCB=∠DCB=45°，∵BC恰好平分∠DBE，∴∠MBC=∠DBC，∵∠MBC=∠DBCBC=BC∴△BCD≌△BCM（ASA），∴CM=CD=4，∴OM=OD-CM=2，∴M0,-2設(shè)直線BE的解析式為：y=kx-2，將B6,0解得k=1∴直線BE的解析式為：y=1（3）存在點M12-22,-4，M22+22,-4，∵y=12∴拋物線的對稱軸為直線x=--22×設(shè)P2,t，對稱軸交x軸于點H，作MN⊥x軸于點①當(dāng)點M在x軸的下方時，∵∠PBM=90°，PH⊥AB，∴∠BPH=90°-∠HBP=∠MBN，∵∠BHP=∠MNB∠BPH=∠MBN∴△PBH≌△BMNAAS∴MN=BH=OB-OH=6-2=4，BN=PH=t．∴ON=OB-BN=6-t，∴M6-t,-4∵M(jìn)6-t,-4在拋物線y=∴12解得t=4+22或t=4-2∴6-t=2-22或6-t=2+2

∴M12-22②當(dāng)點M在x軸的上方時，∵∠PBM=90°，PH⊥AB，∴∠BPH=90°-∠HBP=∠MBN，∵∠BHP=∠MNB∠BPH=∠MBN∴△PBH≌△BMNAAS∴MN=BH=OB-OH=6-2=4，BN=PH=t．∴ON=OB+BN=6+t，∴M6+t,4∵M(jìn)6+t,4在拋物線y=∴12解得6+t=2+26或6+t=2-2

綜上所述，點M的坐標(biāo)為M12-22,-4，M2【點睛】本題考查了待定系數(shù)法確定解析式，三角形全等的判定和性質(zhì)，一線三直角全等模型的應(yīng)用，分類思想，解方程，熟練掌握待定系數(shù)法，一線三直角全等模型的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．9．已知拋物線y=x2+bx+c

(1)求拋物線的解析式；(2)如圖，過點C0,-1的直線與y軸右側(cè)的拋物線交于M，N兩點，若CN(3)設(shè)點P是拋物線上任一點，點Q在y軸上，△PBQ能否構(gòu)成以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若能，請直接寫出符合條件的點P【答案】(1)y=(2)y=-(3)能，點P的坐標(biāo)為P17+292,7+【分析】（1）運用待定系數(shù)法計算即可．（2）運用三角形相似的判定和性質(zhì)，結(jié)合根與系數(shù)關(guān)系定理計算即可．（3）設(shè)Pm,m2-6m+5，Q0,n，又B5,0，過點P作PE⊥x【詳解】（1）．∵拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A∴1+b+c=0解得：b=-6c=5∴拋物線的解析式為y=（2）設(shè)直線CM的解析式為y=kx-1，點M，N的橫坐標(biāo)分別為x1，x由y=kx-1y=得x2∴x1+過點M作MD⊥y軸于點D，過點N作NE⊥y軸于點E，如圖，

則MD∥NE，DM=x1，∴△CDM∽△CEN，∴CM∵CN=8∴CM∴x∴3∴x2=4(∴x∴k=x∴直線CM的解析式為y=-1（3）設(shè)Pm,m2-6m+5如圖，過點P作PE⊥x軸于點E，作PF⊥y軸于點F，則∠PEB=∠PFQ=90°，Em,0，F(xiàn)∴PE=m2-6m+5，PF=m∵△PBQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，∴∠BPQ=90°，PB=PQ，

∴∠QPF+∠BPF=90°，∵∠PEB=∠PFO=∠EOF=90°，∴四邊形PEOF是矩形，∴∠EPF=90°，即∠BPE+∠BPF=90°，∴∠QPF=∠BPE，∴△PBE≌△PQFAAS∴PE=PF，BE=QF，∴m解得：m=7±292當(dāng)m=7+292∴P當(dāng)m=7-292∴P當(dāng)m=5+52∴P當(dāng)m=5-52∴P綜上所述，符合條件的點P的坐標(biāo)為P17+292,7+【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了利用待定系數(shù)法求直線和拋物線的解析式，等腰直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等，理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，學(xué)會運用方程思想解決數(shù)學(xué)問題是解題的關(guān)鍵．10．如圖，拋物線與x軸交于A(-4,0)、B(1,0)兩點，與

(1)求該拋物線的解析式；(2)點P是直線AC上方拋物線上一動點，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t(-4<①連接PO交AC于點D，求PDDO②連接PC、BC，若∠PCA③點Q在x軸上，是否存在點P，使得△PCQ是等腰直角三角形．若存在，求出點P【答案】(1)y=-(2)①1；②點P的坐標(biāo)為(-2,3)；③存在，-2或-1-【分析】（1）待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；（2）①過點P作PE∥y軸，證明△PDE∽△ODC，利用相似比求解；②過點C作CF∥x軸，證明點F是PE的中點，利用坐標(biāo)求解；③當(dāng)∠PCQ、∠CPQ、【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交于A(-4,0)、∴設(shè)所求拋物線的解析式為y=a(x+4)(x-1)，把點C(0,2)代入，解得a=-1∴所求拋物線的解析式為y=-1即y=-1故答案為：y=-1（2）①經(jīng)過A(-4,0)、C(0,2)兩點的直線AC的解析式為如圖1，過點P作PE∥y軸，交AC于點E，∵∠PDE=∠ODC,∠EPD=∠COD∴△PDE∽△ODC∴PD

設(shè)點P的坐標(biāo)為(t,-1則點E的坐標(biāo)為（t，12∴PE=y∴PD∵-14<0∴當(dāng)t=-2時，PDDO取得最大值，最大值為1②在Rt△AOC中，tan∠CAO=CO在Rt△COB中，tan∠BCO=OB∴∠CAO=∠BCO；如圖2，過點C作CF∥x軸，交PE于點F．∴∠FCA=∠CAO，∵∴△COB∽△AOC∴∠OCB=∠OAC∴∠FCA=∠CAO=∠OCB∵∠PCA=2∠OCB，∴∠PCF=∠ECF=∠CAO，∴點F是PE的中點，∴y∴2=解得t1∴當(dāng)∠PCA=2∠OCB時，點P的坐標(biāo)為(-2,3)；

③分三種情況討論：（Ⅰ）如圖3，當(dāng)∠PCQ=90°,CP=CQ時，過點P作PM⊥y軸于點M，∵∠PCM+∠QCO=90°,∠PCM+∠CPM=90°∴∠QCO=∠CPM在△PMC和△COQ中，∵∴△PMC≌△COQ，∴PM=CO=2，∴點P的橫坐標(biāo)為-2（Ⅱ）如圖4，當(dāng)∠CPQ=90°,PQ=PC時，過點P作PM⊥y軸于點M，PN⊥x軸于點N，同理可證：△PMC≌△PNQ，∴PM=PN，

∴-1解得t1=-1-∴點P的橫坐標(biāo)為-1-（Ⅲ）如圖5，當(dāng)∠PQC=90°,QP=QC時，過點P作PN⊥x軸于點N，同理可證：△PNQ≌△QOC，∴PN=QO,NQ=CO=2，∴PN+CO=NQ+QO=NO，∴(-1解得t1=-1-∴點P的橫坐標(biāo)為-1-

綜上所述，△PCQ是等腰直角三角形時，點P的橫坐標(biāo)為：-2或-1-17【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、構(gòu)造相似三角形利用相似比求線段比的最大值、利用中點坐標(biāo)求解、分情況討論等腰直角三角形存在性問題．11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2-2x-3與x軸交于點A、B，交y軸于點

(1)頂點D的坐標(biāo)為；(2)過點C作CF∥x軸交拋物線于點F，點P在拋物線上，∠PCF(3)點G是一次函數(shù)y=-x圖像上一點，點Q是拋物線y=x2-2x-【答案】(1)(1,-4)；(2)P(53,-(3)(1-102,-32【分析】（1）由頂點公式求出即可；（2）先按照直線CF上下方分類，按照角度要求找出點P所在的直線，得到直線與拋物線交點為點P，利用∠ACO特點求其正切值，可設(shè)點P的坐標(biāo)，結(jié)合點C坐標(biāo)，表示出tan∠PCF值，再求出點P坐標(biāo)；（3）先按照圖中點Q的大致位置確定等腰直角三角形BGQ只有3種位置，再由等腰直角三角形構(gòu)造三垂直全等，最后設(shè)長度表示出點Q、P坐標(biāo)，代入函數(shù)求出點Q坐標(biāo)．【詳解】（1）--22×1故D(1,-4)；（2）∵∠PCF=∠ACO，∴點P存在如下圖CF直線上下兩種位置，∠P

∴tan∠PCF=tan∠ACO=AO由點P在拋物線上，設(shè)點P(m,m作PH⊥CF于點H，∴tan∠PCF=PH解得m=73或∴P(53,-（3）當(dāng)點Q在x軸上方左側(cè)拋物線上時，GQ<BQ，點Q不存在；當(dāng)點Q在x軸上方右側(cè)拋物線上時，GQ>BQ，點Q不存在；當(dāng)點Q在x軸下方時，存在以下三種情況：當(dāng)點Q在y軸左側(cè)時，分別過點G、B作豎直線交過Q的水平線于N、M，

由等腰直角三角形BGQ得△QMB≌△GNQ，∴BM=NQ，QM=GN，設(shè)BM=NQ=m，QM=GN=n，則Q(3-n,-m)，G(3-n-m,-m+n)將點G代入y=-x得m=3得Q(3-n,-32)，代入y=x2∴Q(1-10當(dāng)點Q在y軸右側(cè)，點C下方時，分別過點G、B作水平線交過Q的豎直線于N、M，同理可得Q(3-m,-n)，G(3-m+n,-n-m)，將點G代入y=-x得m=3得Q(32,-n)，代入y=∴Q(3當(dāng)點Q在y軸右側(cè)，點C上方時，分別過點G、B作豎直線交過Q的水平線于N、M，

同理可得Q(3-n,-m)，G(3-n-m,-m+n)，將點G代入y=-x得m=3得Q(3-n,-32)，代入y=x2-2x-3綜上所述點Q的坐標(biāo)為(1-102,-32【點睛】本題考查二次函數(shù)于幾何結(jié)合的綜合問題，包含特殊角和特殊三角形．通常求解拋物線上的點使角為特殊角，先找到滿足角度關(guān)系的射線，目標(biāo)點為拋物線與射線交點采用聯(lián)立方程求出，當(dāng)角度具有特殊情況時可結(jié)合相似、三角函數(shù)、全等構(gòu)造出適合求出射線的方式，有時也可利用動點所在函數(shù)直接設(shè)動點坐標(biāo)，表述出長度，來計算幾何特性．構(gòu)造等腰直角三角形時通常采用三垂直得到點的邊長關(guān)系，再通過設(shè)元表示坐標(biāo)代入函數(shù)求出點坐標(biāo)．12．如圖，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A

(1)求此拋物線的解析式；(2)已知點D為y軸上一點，點D關(guān)于直線BC的對稱點為D'①當(dāng)點D'剛好落在第四象限的拋物線上時，求出點D②點P在拋物線上，連接PD，PD'，DD'，是否存在點P，使【答案】(1)y=(2)①D0,-1；②存在，點P的坐標(biāo)為3,0或0,-3或4,5或52【分析】（1）由點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）①可知△OBC為等腰直角三角形，求出點D'的縱坐標(biāo)為-3，代入拋物線解析式可得CD=2，求出D點坐標(biāo)；②可分別以P、D、D'【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx-3經(jīng)過B∴將A-1,0、B3,0分別代入y=x解得b=-2c=-3所以拋物線的解析式y(tǒng)=x（2）解：①當(dāng)x=0時，y=x∴C0,-3∵B3,0∴OB=OC=3，∴△OBC為等腰直角三角形，∠OCB=45°，如圖1，設(shè)D0,t

∵點D關(guān)于直線BC的對稱點為D'，連接DD'∴由對稱性可知：∠DCD'=2∠OCB=90°∴CD∴點C的縱坐標(biāo)為-3當(dāng)點D'在第四象限拋物線上時，將y=-3代入y=-3=x2-2x-3，解得x1?=2∴CD=CD∴t=-3+2=-1，∴D0,-1②分別以P、D、D'如圖2，若以P為直角頂點，此時P與點B重合，則P3,0

如圖3，以P為直角頂點，此時點P與C重合，則P0,-3

如圖4以D為直角頂點，此時PC∥x軸，則P2,-3

如圖5，以D為直角頂點，此時PD'∥y

如圖6，以D'為直角頂點，此時PD∥x軸，則P

綜上可得點P的坐標(biāo)為3,0或0,-3或4,5或52,-7【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式，三角形的面積求法，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，綜合性較強(qiáng)，有一定難度．在求有關(guān)動點問題時要注意分析題意分情況討論結(jié)果13．如圖①，拋物線y＝ax2+bx過A4,0，B1,3兩點，過點B作直線BH⊥(1)求拋物線的解析式；(2)在直線BH上是否存在點E，使△PBA≌△(3)在（2）的條件下，如圖②，若點M在直線BH上，點N在x軸上，當(dāng)以點P，M，N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，請直接寫出點M的坐標(biāo)．【答案】(1)y=-x(2)存在點E使△PBA≌△EBA，n＝(3)M點坐標(biāo)為1,2或1，-2或1【分析】（1）將A4,0，B（2）根據(jù)題意，可得BH=AH=3，故∠HBA=∠HAB=45°，再根據(jù)△PBA≌△EBA，可得∠PBA=∠EBA=45°，故PB∥HA，即可解出n的值；（3）分別討論以點P，M，N為直角頂點的情況，按照題意畫出圖形，構(gòu)造全等三角形，即可解答．【詳解】（1）解：將將A4,0，B1,3分別代入函數(shù)解析式，可得解得a=-1b=4∴拋物線的解析式為y=-x（2）解：∵BH⊥x軸，B∴H1,0，BH=3，∵A4,0∴BH=AH=3，∴∠HBA=∠HAB=45°，根據(jù)△PBA≌△EBA，可得：∠EBA=∠PBA=45°，∴PB∥AH，∴P點的縱坐標(biāo)為3，當(dāng)y=3時，可得3=-x解得x1=1，∴P3,3即n＝（3）①當(dāng)以N為直角頂點時，可分兩種情況，即N在直線BH的左側(cè)或右側(cè)，當(dāng)N在直線BH的左側(cè)時，如圖所示：根據(jù)題意PN=MN，∠PNM=90°，如圖過N點作直線ND垂直于x軸，過點P作PD垂直ND于點D，過點M作ME垂直ND于點E，∵PD⊥DE，ME⊥DE，∴∠PDN=∠NEM=90°，∵∠PNM=90°，∴∠PND+∠MNE=90°，∵∠PND+∠NPD=90°，∴∠NPD=∠MNE，在△PDN與△NEM中，∠NPD=∠MNE∠PDN=∠NEM∴△PDN≌△NEMAAS∴PD=NE，DN=EM，設(shè)Na,0，M即PD=3-a，NE=-b，DN=3，EM=1-a，可列方程3-a=-b3=1-a解得a=-2∴M1,-5當(dāng)N在直線BH的右側(cè)時，如圖所示：根據(jù)上述方法，同理可得△PDN≌△NEM，再同理列方程，可得M②當(dāng)以P為頂點時，如圖所示，根據(jù)①中方法，本應(yīng)該得到△PBM≌△NQP，但PB=2，NQ=3，與前提矛盾，故不成立．③當(dāng)以M為頂點時，可分兩種情況，即N在直線BH的左側(cè)或右側(cè)，當(dāng)N在直線BH的左側(cè)時，如圖所示：同①中方法，可得M1,-2當(dāng)N在直線BH的右側(cè)時，如圖所示：同①中方法，可得M1,2綜上所述，M點坐標(biāo)為1,2或1，-2或1【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，根據(jù)題目要求畫出圖形、正確分類是解題的關(guān)鍵．14．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，其中A點坐標(biāo)為3,0，B點坐標(biāo)為-1,0，連接AC、BC．動點P從點A出發(fā)，在線段AC上以每秒2個單位長度向點C做勻速運動；同時，動點Q從點B出發(fā)，在線段BA上以每秒(1)求b、c的值．(2)在P、Q運動的過程中，當(dāng)t為何值時，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為多少？(3)在線段AC上方的拋物線上是否存在點M，使△MPQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，請求出點M【答案】(1)b=2(2)t=2時，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為4(3)存在，3+【分析】（1）待定系數(shù)法進(jìn)行求解即可；（2）過點P作PH⊥x軸，垂足為H，利用S四邊形（3）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，連接MQ，MP，證明△PFM≌△QEPAAS，進(jìn)而求出點M【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A3,0，則0=-9+3b+c0=-1-b+c解得：b=2c=3（2）由（1）得：拋物線表達(dá)式為y=-x∴△OAC是等腰直角三角形，∴∠BAC=45°，由點P的運動可知：AP=2過點P作PH⊥x軸，垂足為H，如圖，∴AH=PH=2t2又Q-∴S=1==1∵當(dāng)其中一點到達(dá)終點時，另一點隨之停止運動，AC=3∴0≤t≤3，∴當(dāng)t=2時，四邊形BCPQ的面積最小，最小值為4；（3）存在．假設(shè)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，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，∠F=∠QEP∠PMF=∠QPE∴△PFM≌△QEPAAS∴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=-x∴4-t=-3-2t2解得：t=9-178∴M點的坐標(biāo)為3+17【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用．正確的求出函數(shù)解析式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)和數(shù)形結(jié)合的思想進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵．15．如圖①，已知拋物線L:y=x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A0,3，B1,0．過點A作AC(1)求拋物線的關(guān)系式并寫出點E的坐標(biāo)；(2)若動點P在x軸下方的拋物線上，連結(jié)PE、PO，當(dāng)△OPE面積最大時，求出此時P(3)若將拋物線向上平移h個單位，且其頂點始終落在△OAE的內(nèi)部或邊上，寫出h(4)如圖②，F(xiàn)是拋物線的對稱軸上l的一點，在拋物線上是否存在點P，使△POF成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求出所有符合條件的點P【答案】(1)y=x2(2)P的橫坐標(biāo)為52(3)3≤h≤(4)存在，點P的坐標(biāo)是：5-52,1-52【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G，設(shè)P(m，m2-4m+3)，根據(jù)OE的解析式表示點G的坐標(biāo)，表示PG（3）求出原拋物線的對稱軸和頂點坐標(biāo)以及對稱軸與OE的交點坐標(biāo)、與AE的交點坐標(biāo)，用含h的代數(shù)式表示平移后的拋物線的頂點坐標(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P的坐標(biāo)；同理可得其他圖形中點P的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：∵拋物線L：y=x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A(0,3)∴1+b+c=0c=3解得b=-4c=3∴拋物線的解析式為：y=x∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，∴∠AOE=45°，∴△AOE是等腰直角三角形，∴AE=OA=3，∴E(3,3)，（2）如圖1，過P作PG∥y軸，交OE于點G，設(shè)P(m，設(shè)直線OE的解析式為y=kx，把點E(3，3)代入得，3=3k，解得k=1，∴直線OE的解析式為：y=x，∴G(m，m)，∴PG=m-(m∴S===-32=-3∵-32＜∴當(dāng)m=52時，∴P的橫坐標(biāo)為5（3）由y=x2-4x+3=(x-2)2-1，得拋物線拋物線L向上平移h個單位長度后頂點為F(2，-1+設(shè)直線x=2交OE于點M，交AE于點N，則N(2，3)，如圖2，∵直線OE的解析式為：y=x，∴M(2，2)，∵點F在△OAE內(nèi)(包括△OAE的邊界)，∴2≤-1+h≤解得3≤h≤（4）設(shè)P(m，①當(dāng)P在對稱軸的左邊，且在x軸下方時，如圖3，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，則-m解得：m=5+52∵m=5+52∴m=5-此時m2-4m+3=∴P的坐標(biāo)為5-5②當(dāng)P在對稱軸的左邊，且在x軸上方時，同理得：2-m=m解得：m1=3+52或∵3+52∴m=3-5此時m2-4m+3=∴P的坐標(biāo)