专题17二次函数与三角函数综合问题-挑战2022年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘含答案

挑战2024年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题17二次函数与三角函数综合问题

【例1】(2021•盘锦)如图，抛物线y＝﹣x2+2x+6与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，直线y＝x﹣2与y轴交于点D，与x轴交于点E，与直线BC交于点F．(1)点F的坐标为；(2)如图1，点P为第一象限抛物线上的一点，PF的延长线交OB于点Q，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，若＝，求点P的坐标；(3)如图2，点S为第一象限抛物线上的一点，且点S在射线DE上方，动点G从点E出发，沿射线DE方向以每秒4个单位长度的速度运动，当SE＝SG，且tan∠SEG＝时，求点G的运动时间t．【例2】(2021•十堰)已知抛物线y＝ax2+bx﹣5与x轴交于点A(﹣1，0)和B(﹣5，0)，与y轴交于点C，顶点为P，点N在抛物线对称轴上且位于x轴下方，连AN交抛物线于M，连AC、CM．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，当tan∠ACM＝2时，求M点的横坐标；(3)如图2，过点P作x轴的平行线l，过M作MD⊥l于D，若MD＝MN，求N点的坐标．【例3】(2021•荆州)已知：直线y＝﹣x+1与x轴、y轴分别交于A，B两点，点C为直线AB上一动点，连接OC，∠AOC为锐角，在OC上方以OC为边作正方形OCDE，连接BE，设BE＝t．(1)如图1，当点C在线段AB上时，判断BE与AB的位置关系，并说明理由；(2)直接写出点E的坐标(用含t的式子表示)；(3)若tan∠AOC＝k，经过点A的抛物线y＝ax2+bx+c(a＜0)顶点为P，且有6a+3b+2c＝0，△POA的面积为，当t＝时，求抛物线的解析式．【例4】(2021•日照)已知：抛物线y＝ax2+bx+c经过A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，3)三点．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点P为直线BC上方抛物线上任意一点，连PC、PB、PO，PO交直线BC于点E，设＝k，求当k取最大值时点P的坐标，并求此时k的值．(3)如图2，点Q为抛物线对称轴与x轴的交点，点C关于x轴的对称点为点D．①求△BDQ的周长及tan∠BDQ的值；②点M是y轴负半轴上的点，且满足tan∠BMQ＝(t为大于0的常数)，求点M的坐标．1．(2021•镇江二模)已知抛物线y＝ax2+bx+10交x轴于点A(﹣10，0)和点B(2，0)，其对称轴为直线l，点C在l上，坐标为(m，﹣3)，射线AB沿着直线AC翻折，交l于点F，如图(1)所示．(1)a＝，b＝；(2)如图(2)，点P在x轴上方的抛物线上，点E在直线l上，EP＝EB且∠BPE＝∠BAF，求证：AB•BE＝PB•AF．(3)在(2)的条件下，直接写出tan∠BAF的值＝；直接写出点P的坐标(，)．2．(2021•慈溪市校级四模)如图，边长为4的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A，C间的一个动点(含端点)，过点P作PM⊥OA于点M，点Q的坐标为(0，3)，连接PQ．(1)求出抛物线的解析式；(2)当点P与点A或点C重合时，PQ+PM＝，小聪猜想：对于A，C间的任意一点P，PQ与PM之和是一个固定值，你认为正确吗，判断并说明理由；(3)延长MP交BC于点N，当∠NPQ为锐角，cos∠NPQ＝时，求点P的坐标．3．(2021•道里区二模)如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx﹣2交y轴于点A，该抛物线的顶点为B(2，﹣4)．(1)如图(1)，求a，b的值；(2)如图(2)，过点B作x轴的垂线，点C为垂足，横坐标为t的点P在抛物线上，点P在第四象限且位于BC右侧，连接PA，PC，△ACP的面积为S，求S与t之间的函数关系式，不要求写出自变量t的取值范围；(3)如图(3)，在(2)的条件下，连接PB，点D与点A关于原点对称，过点D作x轴的平行线与抛物线在第二象限交于点E，点F在第三象限，点G在CB的延长线上，若EF＝PC，∠DEF+∠BCP＝150°，∠DEG﹣∠PFG＝30°，tan∠EGF＝，求点P的坐标．4．(2021•金坛区模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝﹣(x﹣2)2的图象与y轴交于点B，抛物线的对称轴是直线l，顶点是A，过点B作CD⊥BA交x轴于点C，交抛物线于点D，连接AD．将线段AB沿线段AD平移得到EF(点E与点A对应、点F与点B对应)，连接BF．(1)填空：线段OA＝；(2)若点F恰好落在直线L上，求AF的长；(3)连接DF并延长交抛物线于点Q，若tan∠ADF＝，求点Q的坐标．5．(2021•仙桃校级模拟)如图，已知抛物线C1：y＝ax2+bx+c的顶点坐标为(0，﹣2)，且经过点A(﹣2，2)，动直线l的解析式为：y＝﹣4x+e．(1)求抛物线C1的解析式；(2)将抛物线C1向上平移两个单位得到新抛物线C2，过点A的直线交抛物线C2于M、N两点(M位于点N的左边)，动直线经过点M，与抛物线C2的另一个交点为点P，求证：直线PN恒过一个定点；(3)图3中，在(1)的条件下，x轴正半轴上有一点B(1，0)，M为抛物线C1上在第一象限内的点，若∠MAB为锐角，且tan∠MAB＞2，直接写出点M的横坐标x的取值范围．6．(2021•台安县模拟)如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A(﹣1，0)和B(5，0)两点，交y轴于点C，点D是线段OB上一动点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，过点E作直线l⊥x轴于H，交抛物线于点M，过点C作CF⊥l于F．(1)求抛物线解析式．(2)如图2，当点F恰好在抛物线上时(与点M重合)，①求线段EH的长；②连接DF，求tan∠FDE的值；③试探究在直线l上，是否存在点G，使∠EDG＝45°？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．7．(2021•江阴市模拟)已知二次函数y＝ax2﹣2ax+c(a＜0)的图象交x轴于点A、B两点(A在B左侧)，与y轴交于点C，与其对称轴交于点D，直线BD交y轴于点E，BD＝2DE．(1)求点A的坐标；(2)①连接AC，BC，若△ABC外接圆的圆心正好在x轴上，求二次函数表达式；②连接CD，若tan∠CDB＝tan∠OBD，求此时二次函数表达式．8．(2021•烟台)如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A(﹣2，0)，B(4，0)，与y轴正半轴交于点C，且OC＝2OA，抛物线的顶点为D，对称轴交x轴于点E．直线y＝mx+n经过B，C两点．(1)求抛物线及直线BC的函数表达式；(2)点F是抛物线对称轴上一点，当FA+FC的值最小时，求出点F的坐标及FA+FC的最小值；(3)连接AC，若点P是抛物线上对称轴右侧一点，点Q是直线BC上一点，试探究是否存在以点E为直角顶点的Rt△PEQ，且满足tan∠EQP＝tan∠OCA．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．9．(2020•海安市一模)已知平面直角坐标系xOy中，抛物线L：y＝ax2﹣2ax+a(a＞0)与y轴相交于A点，过点A作x轴的平行线与抛物线L的另一交点为B点．直线y＝kx﹣k(k＞a)与抛物线L相交于C，D两点(点C在点D的左侧)，与y轴交于E点，过点D作DH⊥AB，垂足为H，连接EH交x轴于G点．(1)若a＝1，k＝2，求DH的长；(2)当a=13时，求cos∠(3)连接BC，求证：四边形BCGH是平行四边形．10．(2020•惠山区二模)已知：在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝mx2+2mx﹣4(m≠0)的图象与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，△ABC的面积为12．(1)求这个二次函数的解析式；(2)点D的坐标为(﹣2，1)，点P在二次函数的图象上，∠ADP为锐角，且tan∠ADP＝2，求出点P的横坐标．11．(2020•肥城市四模)如图所示，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+6(a≠0)交x轴A(﹣4，0)，B(2，0)，在y轴上有一点E(0，﹣2)，连接AE，D是第二象限内的抛物线上一动点．(1)求二次函数的解析式；(2)求△ADE面积的最大值并写出此时点D的坐标；(3)若tan∠AED=13，求此时点12．(2020•历下区校级模拟)如图所示，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+6交x轴于A(﹣4，0)、B(2，0)，在y轴上有一点E(0，﹣2)，连接AE．(1)求二次函数的表达式；(2)点D是第二象限内的抛物线上一动点．若tan∠AED=13，求此时点(3)连接AC，点P是线段CA上的动点，连接OP，把线段PO绕着点P顺时针旋转90°至PQ，点Q是点O的对应点．当动点P从点C运动到点A时，判断动点Q的轨迹并求动点Q所经过的路径长．14．(2019•丹东)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于B，C两点，与y轴交于点A，直线y=-12x+2经过A，C两点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，直线MN与对称轴交于点G，与抛物线交于M，N两点(点N在对称轴右侧)，且(1)求此抛物线的解析式．(2)求点N的坐标．(3)过点A的直线与抛物线交于点F，当tan∠FAC=12时，求点(4)过点D作直线AC的垂线，交AC于点H，交y轴于点K，连接CN，△AHK沿射线AC以每秒1个单位长度的速度移动，移动过程中△AHK与四边形DGNC产生重叠，设重叠面积为S，移动时间为t(0≤t≤5)，请直接写出S与t15．(2020•成都校级模拟)如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线y＝x+4交于C、D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为(6，7)．点P是y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F，作PM⊥CD于点M．(1)求抛物线的解析式及sin∠PFM的值．(2)设点P的横坐标为m：①若P在CD上方，用含m的代数式表示线段PM的长，并求出线段PM长的最大值；②当m为何值时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．16．(2020•武汉模拟)如图，抛物线y═-13x2+bx+c与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B的坐标为(3，0)，点C的坐标为(0，5)．有一宽度为1，长度足够长的矩形(阴影部分)沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和点Q，交直线AC于点M和点N，交x轴于点E和点(1)求抛物线的解析式及点A的坐标；(2)当点M和N都在线段AC上时，连接MF，如果sin∠AMF=1010，求点(3)在矩形的平移过程中，是否存在以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．17．(2020•河东区模拟)如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，经过A、B、C三点的圆的圆心M(1，m)恰好在此抛物线的对称轴上，⊙M的半径为5．设⊙M与y轴交于D，抛物线的顶点为E．(1)求m的值及抛物线的解析式；(2)设∠DBC＝α，∠CBE＝β，求sin(α﹣β)的值；(3)探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，请指出点P的位置，并直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．18．(2019•新都区校级模拟)如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别相交于点A和点B，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，B两点，且其对称轴是直线x＝2．(1)求抛物线的函数表达式；(2)设P是抛物线上一动点，若在此抛物线上，有且仅有三个点P，使△ABP的面积等于定值S，请求出该定值S和这三个P点的坐标；(3)如图2，动点C，D分别在x轴上方、下方的抛物线上运动，且满足∠CAO＝∠DAO，连接CD交x轴于点E，当点C，D运动时，∠CEO的度数发生变化吗？若不变，求出sin∠CEO的值；若变化，请求出∠CEO的变化范围．挑战2024年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题17二次函数与三角函数综合问题

【例1】(2021•盘锦)如图，抛物线y＝﹣x2+2x+6与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，直线y＝x﹣2与y轴交于点D，与x轴交于点E，与直线BC交于点F．(1)点F的坐标为(4，2)；(2)如图1，点P为第一象限抛物线上的一点，PF的延长线交OB于点Q，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，若＝，求点P的坐标；(3)如图2，点S为第一象限抛物线上的一点，且点S在射线DE上方，动点G从点E出发，沿射线DE方向以每秒4个单位长度的速度运动，当SE＝SG，且tan∠SEG＝时，求点G的运动时间t．【分析】(1)先求出B(6，0)，C(0，6)，再求出直线BC的解析式为y＝﹣x+6，联立即可求F点坐标；(2)过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴交于点H，证明△PMF∽△QNF，得＝，再由FH∥PG，得＝，可求PG＝，即为P点纵坐标为，则可求P(1，)或P(3，)；(3)过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，证明△ODE是等腰直角三角形，△EHL为等腰直角三角形，则有LK＝SK＝t，SL＝SK＝2t，EL＝t，EH＝LH＝t，OH＝t+2，SH＝3t，求出S(t+2，3t)，求出t＝2，则可得点G的运动时间为2s．【解答】解：(1)在抛物线y＝﹣x2+2x+6中，令y＝0，则﹣x2+2x+6＝0，∴x＝﹣2或x＝6，∴A(﹣2，0)，B(6，0)，令x＝0，则y＝6，∴C(0，6)，在直线y＝x﹣2，令y＝0，则x＝2，∴E(2，0)，令x＝0，则y＝﹣2，∴D(0，﹣2)，设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴y＝﹣x+6，联立，解得，∴F(4，2)，故答案为(4，2)；(2)如图1，过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥x轴交于点H，∵PM⊥BC，QN⊥BC，∴∠PMF＝∠QNF，∴△PMF∽△QNF，∴＝，∵＝，∴＝，∵FH∥PG，∴＝＝，∵FH＝2，∴PG＝，∴P点纵坐标为，∴﹣x2+2x+6＝，∴x＝1或x＝3，∴P(1，)或P(3，)；(3)如图2，过点S作SK⊥EG于点K，SH⊥x轴于点H，交EG于点L，由题意得，EG＝4t，∵SE＝SG，∴EK＝GK＝EG＝2t，在Rt△SEK中，tan∠SEG＝＝，∴SK＝t，∵E(2，0)，D(0，﹣2)，∴OE＝OD，∴△ODE是等腰直角三角形，∴∠OED＝45°，∴∠KEH＝∠OED＝45°，∴△EHL为等腰直角三角形，∴LK＝SK＝t，SL＝SK＝2t，∴EL＝EK﹣LK＝t，∴EH＝LH＝t，∴OH＝OE+EH＝t+2，SH＝SL+LH＝3t，∴S(t+2，3t)，∴﹣(t+2)2+2(t+2)+6＝3t，∴t＝2或t＝﹣8(舍)，∴点G的运动时间为2s．【例2】(2021•十堰)已知抛物线y＝ax2+bx﹣5与x轴交于点A(﹣1，0)和B(﹣5，0)，与y轴交于点C，顶点为P，点N在抛物线对称轴上且位于x轴下方，连AN交抛物线于M，连AC、CM．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，当tan∠ACM＝2时，求M点的横坐标；(3)如图2，过点P作x轴的平行线l，过M作MD⊥l于D，若MD＝MN，求N点的坐标．【分析】(1)运用待定系数法将点A(﹣1，0)和B(﹣5，0)代入y＝ax2+bx﹣5，解方程组即可得出答案；(2)如图1，过点A作AF⊥AC交直线CM于点F，过点F作FE⊥x轴于点E，通过△AEF∽△CAO，得出F(﹣7，﹣2)，运用待定系数法求出直线CF解析式为y＝﹣x﹣5，再结合抛物线y＝﹣x2﹣6x﹣5，即可求得答案；(3)设N(﹣3，n)，利用待定系数法求出直线AN解析式为y＝nxn，再结合抛物线y＝﹣x2﹣6x﹣5，求得M(n﹣5，﹣n2+2n)，根据MD＝MN，建立方程求解即可．【解答】解：(1)∵抛物线y＝ax2+bx﹣5与x轴交于点A(﹣1，0)和B(﹣5，0)，∴，解得：，∴该抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣6x﹣5；(2)在y＝﹣x2﹣6x﹣5中，令x＝0，则y＝﹣5，∴C(0，﹣5)，∴OC＝5，如图1，过点A作AF⊥AC交直线CM于点F，过点F作FE⊥x轴于点E，∴∠AEF＝∠CAF＝∠AOC＝90°，∴∠EAF+∠CAO＝∠CAO+∠ACO＝90°，∴∠EAF＝∠ACO，∴△AEF∽△COA，∴＝＝＝tan∠ACM＝2，∴EF＝2OA＝2，AE＝2OC＝10，∴OE＝OA+AE＝1+10＝11，∴F(﹣11，﹣2)，设直线CF解析式为y＝kx+c，∵C(0，﹣5)，F(﹣11，﹣2)，∴，解得：，∴直线CF解析式为y＝﹣x﹣5，结合抛物线：y＝﹣x2﹣6x﹣5，得：﹣x2﹣6x﹣5＝﹣x﹣5，解得：x1＝0(舍)，x2＝﹣，∴点M的横坐标为﹣；(3)∵y＝﹣x2﹣6x﹣5＝﹣(x+3)2+4，∴顶点P(﹣3，4)，设N(﹣3，n)，直线AN解析式为y＝k1x+c1，∵A(﹣1，0)，N(﹣3，n)，∴，解得：，∴直线AN解析式为y＝nxn，结合抛物线y＝﹣x2﹣6x﹣5，得：﹣x2﹣6x﹣5＝nxn，解得：x1＝﹣1(舍)，x2＝n﹣5，当x＝n﹣5时，y＝n×(n﹣5)n＝﹣n2+2n，∴M(n﹣5，﹣n2+2n)，∵PD∥x轴，MD⊥PD，∴D(n﹣5，4)，∴MD＝4﹣(﹣n2+2n)＝n2﹣2n+4，如图2，过点M作MG⊥PN于点G，则MG＝﹣3﹣(n﹣5)＝2﹣n，NG＝n﹣(﹣n2+2n)＝n2﹣n，∵∠MGN＝90°，∴MN2＝MG2+NG2＝(2﹣n)2+(n2﹣n)2＝(n2+4)(n﹣4)2，∵MD＝MN，∴MD2＝3MN2，∴(n2﹣2n+4)2＝3×(n2+4)(n﹣4)2，∴(n﹣4)4＝(n2+4)(n﹣4)2，∵点N在抛物线对称轴上且位于x轴下方，∴n＜0，∴n﹣4＜0，∴(n﹣4)2＞0，∴(n﹣4)2＝3(n2+4)，解得：n1＝﹣2(舍)，n2＝﹣﹣2，∴N(﹣3，﹣﹣2)．【例3】(2021•荆州)已知：直线y＝﹣x+1与x轴、y轴分别交于A，B两点，点C为直线AB上一动点，连接OC，∠AOC为锐角，在OC上方以OC为边作正方形OCDE，连接BE，设BE＝t．(1)如图1，当点C在线段AB上时，判断BE与AB的位置关系，并说明理由；(2)直接写出点E的坐标(用含t的式子表示)；(3)若tan∠AOC＝k，经过点A的抛物线y＝ax2+bx+c(a＜0)顶点为P，且有6a+3b+2c＝0，△POA的面积为，当t＝时，求抛物线的解析式．【分析】(1)证明△OAC≌△OBE(SAS)，则∠OBE＝∠OAC＝45°，进而求解；(2)∠EBH＝45°，则BH＝EH＝BE＝t，即可求解；(3)由△POA的面积＝×AO×yP＝×1×yP＝＝，求出yP＝1＝c﹣，而抛物线过点A(1，0)，故a+b+c＝0，进而求解．【解答】解：(1)直线y＝﹣x+1与x轴、y轴分别交于A，B两点，则点A、B的坐标分别为(1，0)、(0，1)，则∠OBA＝∠OAB＝45°，∵∠AOC+∠BOC＝90°，∠BOC+∠BOE＝90°，∴∠AOC＝∠BOE，∵AO＝BO，OC＝OE，∴△OAC≌△OBE(SAS)，∴∠OBE＝∠OAC＝45°，AC＝BE＝t，∴∠EBA＝∠EBO+∠OBA＝∠OAC+∠OBA＝45°+45°＝90°，∴BE⊥AB；(2)①当点C在线段AB上时，如图1﹣1，过点E作EH⊥OB于点H，∵∠EBH＝45°，∴BH＝EH＝BE＝t，故点E的坐标为(﹣t，1﹣t)；②当点C在线段BA的延长线上时，如图1﹣2，同理可得，点E的坐标为(t，1+t)；综上，点E的坐标为(﹣t，1﹣t)或(t，1+t)；(3)①当点C线段AB上时，如题图1﹣1，过点C作CN⊥OA于点N，当t＝时，即AC＝t＝，则CN＝AN＝t＝，则ON＝OA﹣NA＝1﹣＝CN，故tan∠AOC＝＝1＝k，∵△POA的面积＝×AO×yP＝×1×yP＝＝，解得yP＝1＝c﹣①，∵抛物线过点A(1，0)，故a+b+c＝0②，而6a+3b+2c＝0③，联立①②③并解得，∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x﹣3；②抛物线过点A，则a+b+c＝0，而6a+3b+2c＝0，联立上述两式并解得：，故抛物线的表达式为y＝a(x﹣2)2﹣a(a＜0)，则点P的坐标为(2，﹣a)，则AC＝BE＝t＝，则tan∠AOC＝k＝＝，故a＝﹣3，故y＝﹣3x2+12x﹣9．综上，y＝﹣3x2+12x﹣9或y＝﹣x2+4x﹣3．【例4】(2021•日照)已知：抛物线y＝ax2+bx+c经过A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，3)三点．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点P为直线BC上方抛物线上任意一点，连PC、PB、PO，PO交直线BC于点E，设＝k，求当k取最大值时点P的坐标，并求此时k的值．(3)如图2，点Q为抛物线对称轴与x轴的交点，点C关于x轴的对称点为点D．①求△BDQ的周长及tan∠BDQ的值；②点M是y轴负半轴上的点，且满足tan∠BMQ＝(t为大于0的常数)，求点M的坐标．【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；(2)如图1，过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，则△PEH∽△OEC，进而可得k＝PH，再运用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设点P(t，﹣t2+2t+3)，则H(t，﹣t+3)，从而得出k＝(t﹣)2+，再利用二次函数性质即可得出答案；(3)①如图2，过点Q作QT⊥BD于点T，则∠BTQ＝∠DTQ＝90°，利用配方法求得抛物线对称轴为直线x＝1，得出Q(1，0)，运用勾股定理即可求得△BDQ的周长＝BQ+DQ+BD＝2++3；再证明△BQT是等腰直角三角形，利用三角函数求得QT，DT，即可求得答案；②解法1：如图3，设M(0，﹣m)，则OM＝m，过点M作MF∥x轴，过点B作BN⊥BM交MQ于点N，过点N作DN⊥y轴于点D，过点B作EF∥y轴交DN于E，交MF于F，由△MBF∽△BNE，可得＝＝＝tan∠BMQ＝，求得：BE＝，EN＝，DN＝3﹣，再由OQ∥DN，可得△MQO∽△MND，得出＝，建立方程求解即可；解法2：如图4，设M(0，﹣m)，则OM＝m，根据QT2+MT2＝MQ2，求得QT、MT，再利用cos∠QBT＝cos∠MBO，求得BT，根据BT+MT＝BM，可得+＝，化简得m2﹣2tm+3＝0，解方程即可求得答案．解法3：如图5，取线段BQ的中点E，作EO′⊥BQ，使EO′＝t，且点O′在x轴下方，则O′(2，﹣t)，连接O′B，O′Q，以O′为圆心，O′B为半径作⊙O′，交y轴于点M，设M(0，m)，根据O′M＝O′B，可得(2﹣0)2+(﹣t﹣m)2＝12+t2，解方程即可求得答案．【解答】解：(1)∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，3)，∴设y＝a(x+1)(x﹣3)，将C(0，3)代入，得a(0+1)(0﹣3)＝3，解得：a＝﹣1，∴y＝﹣(x+1)(x﹣3)＝﹣x2+2x+3，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；(2)如图1，过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，∴△PEH∽△OEC，∴＝，∵＝k，OC＝3，∴k＝PH，设直线BC的解析式为y＝kx+n，∵B(3，0)，C(0，3)，∴，解得：，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设点P(t，﹣t2+2t+3)，则H(t，﹣t+3)，∴PH＝﹣t2+2t+3﹣(﹣t+3)＝﹣t2+3t，∴k＝(﹣t2+3t)＝(t﹣)2+，∵＜0，∴当t＝时，k取得最大值，此时，P(，)；(3)①如图2，过点Q作QT⊥BD于点T，则∠BTQ＝∠DTQ＝90°，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣1)2+4，∴抛物线对称轴为直线x＝1，∴Q(1，0)，∴OQ＝1，BQ＝OB﹣OQ＝3﹣1＝2，∵点C关于x轴的对称点为点D，∴D(0，﹣3)，∵B(3，0)，∴OB＝OD＝3，∵∠BOD＝90°，∴DQ＝＝＝，BD＝＝＝3，∴△BDQ的周长＝BQ+DQ+BD＝2++3；在Rt△OBD中，∵∠BOD＝90°，OB＝OD，∴∠DBO＝∠BDO＝45°，∵∠BTQ＝90°，∴△BQT是等腰直角三角形，∴QT＝BT＝BQ•cos∠DBO＝2•cos45°＝，∴DT＝BD﹣BT＝3﹣＝2，∴tan∠BDQ＝＝＝；②解法1：如图3，设M(0，﹣m)，则OM＝m，过点M作MF∥x轴，过点B作BN⊥BM交MQ于点N，过点N作DN⊥y轴于点D，过点B作EF∥y轴交DN于E，交MF于F，则∠MBN＝∠BEN＝∠MFB＝90°，∵∠BMF+∠MBF＝∠MBF+∠NBE＝90°，∴∠BMF＝∠NBE，∴△MBF∽△BNE，∴＝＝＝tan∠BMQ＝，∴BE＝×MF＝，EN＝×BF＝，∴DN＝DE﹣EN＝3﹣，∵OQ∥DN，∴△MQO∽△MND，∴＝，即＝，解得：m＝t±，∴M(0，﹣t)或(0，﹣﹣t)．解法2：如图4，设M(0，﹣m)，则OM＝m，BM＝＝＝，MQ＝＝，∵tan∠BMQ＝，∴＝，∴MT＝t•QT，∵QT2+MT2＝MQ2，∴QT2+(t•QT)2＝()2，∴QT＝，MT＝，∵cos∠QBT＝cos∠MBO，∴＝，即＝，∴BT＝，∵BT+MT＝BM，∴+＝，整理得，(m2+3)2＝4t2m2，∵t＞0，m＞0，∴m2+3＝2tm，即m2﹣2tm+3＝0，当Δ＝(﹣2t)2﹣4×1×3＝4t2﹣12≥0，即t≥时，m＝＝t±，∴M(0，﹣t)或(0，﹣﹣t)．解法3：如图5，取线段BQ的中点E，作EO′⊥BQ，使EO′＝t，且点O′在x轴下方，∴O′(2，﹣t)，连接O′B，O′Q，以O′为圆心，O′B为半径作⊙O′，交y轴于点M，则tan∠BO′E＝＝，∵EB＝EQ，∠O′EB＝∠O′EQ＝90°，O′E＝O′E，∴△O′EB≌△O′EQ(SAS)，∴∠QO′E＝∠BO′E，∴∠BMQ＝∠BO′Q＝∠BO′E，∴tan∠BMQ＝tan∠BO′E＝，设M(0，m)，∵O′M＝O′B，∴(2﹣0)2+(﹣t﹣m)2＝12+t2，∴m2+2tm+3＝0，解得：m＝＝﹣t±，∴M(0，﹣t)或(0，﹣﹣t)．1．(2021•镇江二模)已知抛物线y＝ax2+bx+10交x轴于点A(﹣10，0)和点B(2，0)，其对称轴为直线l，点C在l上，坐标为(m，﹣3)，射线AB沿着直线AC翻折，交l于点F，如图(1)所示．(1)a＝﹣，b＝﹣4；(2)如图(2)，点P在x轴上方的抛物线上，点E在直线l上，EP＝EB且∠BPE＝∠BAF，求证：AB•BE＝PB•AF．(3)在(2)的条件下，直接写出tan∠BAF的值＝；直接写出点P的坐标(，)．【分析】(1)将A，B坐标代入抛物线y＝ax2+bx+10中即可得出结论；(2)连接FB，根据已知条件证明△FAB∽△EPB，得出比例式，结论得证；(3)设l与x轴交于H，求出HC，根据折叠的性质得到∠BAC＝∠CAF，∠BAF＝2∠BAC，根据正切的定义求解即可．连接PA交直线l于K，利用相似三角形的性质求出点K的坐标，求出直线BK的解析式，构建方程组确定点P坐标．【解答】(1)解：把A(﹣10，0)和B(2，0)代入y＝ax²+bx+10中得：，解得：，故答案为：﹣，﹣4；(2)证明：连接BF，∵EP＝EB，∴∠PBE＝∠BPE，∵点F在直线l上，∴AF＝BF，∴∠FAB＝∠FBA，又∵∠BPE＝∠BAF，∴∠BAF＝∠BPE＝∠PBE＝∠BAF，∴△BPE∽△BAF，∴，∴，∴AB•BE＝PB•AF；(3)设l与x轴交于H，作CM⊥AF，垂足为M，设MF＝a，对称轴x＝＝﹣4，∴HC＝0﹣(﹣3)＝3，AH＝﹣4﹣(﹣10)＝6，∴tan∠BAC＝＝＝，∵射线AB沿着直线AC翻折得到AF，∴∠BAC＝∠CAF，∠BAF＝2∠BAC，∵CM＝CH＝3，∴AM＝AH＝6，∵∠MFH＝∠HFA，∠FMC＝∠FHA＝90°，∴△FMC∽△FHA，∴＝，即＝，∴FC＝，∴＝，即＝，∴＝6a，∴a＝4，∴FC＝＝＝5，∴FH＝8，∴tan∠BAF＝＝＝，连接PA交直线l于K，∵∠ABF＝∠PBE，∴∠ABP＝∠FBE，∵＝，∴△ABP∽△FBE，∴∠PAB＝∠BFE，∵∠BFE＝∠AFH，∴∠KAH＝∠AFH，∵∠AHK＝∠AHF＝90°，∴△AHK∽△FHA，∴＝，∴＝，∴KH＝，∴K(﹣4，)，∴直线AK的解析式为y＝x+，由解得(即点A)或由(1)可得：y＝﹣x²﹣4x+10，∴P(，)．故答案为：，，．2．(2021•慈溪市校级四模)如图，边长为4的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A，C间的一个动点(含端点)，过点P作PM⊥OA于点M，点Q的坐标为(0，3)，连接PQ．(1)求出抛物线的解析式；(2)当点P与点A或点C重合时，PQ+PM＝5，小聪猜想：对于A，C间的任意一点P，PQ与PM之和是一个固定值，你认为正确吗，判断并说明理由；(3)延长MP交BC于点N，当∠NPQ为锐角，cos∠NPQ＝时，求点P的坐标．【分析】(1)由题意得点C坐标为(0，4)，点A坐标为(﹣4，0)，根据抛物线的点C为顶点，设该抛物线的解析式为：y＝ax2+4，将点A(﹣4，0)代入可得16a+4＝0，即可求解；(2)当点P与点A重合时，PQ+PM＝AQ＝＝5，当点P与点C重合时，PQ+PM＝CQ+CO＝1+4＝5，对于A，C间的任意一点P，PQ与PM之和是一个固定值5，理由如下：先设点P的坐标为(m，﹣m2+4)，用m的代数式表示PQ＝＝＝＝，得PQ+PM＝＝5；(3)由(2)得PQ+PM＝5，设点P的坐标为(x，y)，得PM＝y，PQ＝5﹣y，由cos∠NPQ＝得，解得y＝2，即可求解．【解答】解：(1)∵边长为4的正方形OABC的两边在坐标轴上，∴点C坐标为(0，4)，点A坐标为(﹣4，0)，根据抛物线的点C为顶点，设该抛物线的解析式为：y＝ax2+4，将点A(﹣4，0)代入可得16a+4＝0，解得a＝﹣，∴此抛物线关系式为：y＝﹣x2+4；(2)当点P与点A重合时，PQ+PM＝AQ＝＝5，当点P与点C重合时，PQ+PM＝CQ+CO＝1+4＝5，故答案为：5；对于A，C间的任意一点P，PQ与PM之和是一个固定值5，理由如下：过点P作PD⊥y轴于点D，设点P的坐标为(m，﹣m2+4)，∵点P是抛物线上点A，C间的一个动点，∴PD＝﹣m，QD＝|﹣m2+4﹣1|，∴PQ＝＝＝＝，∴PQ+PM＝＝5；(3)由(2)得PQ+PM＝5，设点P的坐标为(x，y)，∴PM＝y，PQ＝5﹣y，∵∠NPQ为锐角，则y＜3，∴QD＝3﹣y，∵cos∠NPQ＝，∠NPQ＝∠DQP，∴，解得y＝2，把y＝2代入抛物线解析式得，y＝﹣x2+4＝2，解得x＝，∵点P在AC段上，∴x＝﹣2，∴点P坐标为(﹣2，2)．3．(2021•道里区二模)如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx﹣2交y轴于点A，该抛物线的顶点为B(2，﹣4)．(1)如图(1)，求a，b的值；(2)如图(2)，过点B作x轴的垂线，点C为垂足，横坐标为t的点P在抛物线上，点P在第四象限且位于BC右侧，连接PA，PC，△ACP的面积为S，求S与t之间的函数关系式，不要求写出自变量t的取值范围；(3)如图(3)，在(2)的条件下，连接PB，点D与点A关于原点对称，过点D作x轴的平行线与抛物线在第二象限交于点E，点F在第三象限，点G在CB的延长线上，若EF＝PC，∠DEF+∠BCP＝150°，∠DEG﹣∠PFG＝30°，tan∠EGF＝，求点P的坐标．【分析】(1)结合抛物线的顶点式即可求抛物线的解析式；(2)利用转化思想即可求解，过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，则△ACP的面积可转化为梯形AOMP的面积减去△AOC和△MCP的面积；(3)利用三角形三边关系得到等边三角形，结合已知角的条件进行转化，得到三角形全等，进一步将∠EGF转化，求出点P．【解答】(1)∵抛物线的顶点B(2，﹣4)，∴y＝a(x﹣2)2﹣4＝ax2﹣4ax+4a﹣4，∵y＝ax2+bx﹣2，∴b＝﹣4a，4a﹣4＝﹣2，解得：a＝，b＝﹣2．(2)由(1)得：y＝x2﹣2x﹣2，当x＝0时，y＝﹣2，∴A(0，﹣2)，过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，设P(t，t2﹣2t﹣2)，M(t，0)，由题意，得：yP＜0，∴PM＝|t2﹣2t﹣2|＝﹣t2+2t+2，S△ACP＝S梯形AOMP﹣S△AOC﹣S△CMP＝t(﹣t2+2t+2+2)﹣×2×2﹣t(t﹣2)(﹣t2+2t+2)＝t2+3t．(3)过点E作EN⊥CG，垂足为点N，作PR⊥CG于点R，延长CN至点Q，使得NQ＝NC，∵DE∥x轴，∴yE＝yD＝2，将y＝2代入y＝x2﹣2x﹣2，解得：x＝2±，∵xE＜0，∴xE＝2﹣2，∴E(2﹣2，2)，∴EN＝2，CN＝2，CQ＝4，∴EQ＝EC＝4，∴△EQC为等边三角形，∠QEN＝∠CEN＝30°，∵∠FEQ＝∠DEF+∠QEN，∠DEF+∠BCP＝150°，∴∠FEQ＝150°﹣∠BCP+30°＝180°﹣∠BCP，∵∠QCP＝180°﹣∠BCP，∴∠FEQ＝∠QCP，∵EF＝CP，EQ＝CQ，∴△FEQ≌△PCQ(SAS)，∴∠FQE＝∠PQC，又∵∠EQF+∠FQC＝60°，∴∠PQC+∠FQC＝60°，即∠FQP＝60°，∴△PQF为等边三角形，∴∠GFQ＝∠PFG+60°，∠GEQ＝∠DEG+30°，∵∠DEG﹣∠PFG＝30°，∴∠GEQ＝∠30°+∠PFG+30°＝∠PFG+60°，∴∠GFQ＝∠GEQ，∴∠EQF＝∠EGF，∴∠PQR＝∠EGF，∵tan∠EGF＝，∴tan∠PQR＝，设P(x，x2﹣2x﹣2)，则：PR＝x﹣2，QR＝CR+CQ＝﹣(x2﹣2x﹣2)+4＝﹣x2+2x+6，∴，解得：x1＝4，x2＝﹣6(舍)，∴P(4，﹣2)．4．(2021•金坛区模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝﹣(x﹣2)2的图象与y轴交于点B，抛物线的对称轴是直线l，顶点是A，过点B作CD⊥BA交x轴于点C，交抛物线于点D，连接AD．将线段AB沿线段AD平移得到EF(点E与点A对应、点F与点B对应)，连接BF．(1)填空：线段OA＝2；(2)若点F恰好落在直线L上，求AF的长；(3)连接DF并延长交抛物线于点Q，若tan∠ADF＝，求点Q的坐标．【分析】(1)由二次函数解析式可知顶点A坐标为(2，0)，所以OA＝2；(2)依题意，AB∥EF且AB＝EF，所以四边形AEFB是平行四边形．过点E作EG⊥AF于点G，过点D作DH⊥AF于点H交y轴于点K，通过△ABO≌EGF，可得FG＝BO，EG＝OA；再利用△AGE∽△AHD，求得线段AG，这样，AF＝AG+GF，结论可得；(3)作AG⊥AD交DQ延长线于点F，GM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N．易得△AMG∽△DNA．将∠ADF正切值转化为相似比，进而求得G点坐标，得到GD直线解析式，联立抛物线解析式即可求得点Q坐标．【解答】解：(1)∵抛物线的顶点A(2，0)，∴OA＝2．故答案为：2．(2)过点E作EG⊥AF于点G，过点D作DH⊥AF于点H交y轴于点K，如图，对于y＝(x﹣2)2，令x＝0，得y＝2，∴B(0，2)．∴OB＝2，∴OB＝OA，∴∠OBA＝∠OAB＝45°．又CD⊥BA，∴∠CBO＝45°，∴OC＝OB＝2，∴C(﹣2，0)．设直线CB解析式为y＝kx+b，将B(0，2)，C(﹣2，0)代入得：．解得：．∴直线CB解析式为：y＝x+2．∴．解得：，．∴D(6，8)．∴DK＝6，AH＝8．∴DH＝DK﹣KH＝6﹣2＝4．由题意：AB＝EF，AB∥EF．∴∠BAF＝∠AFE．∵AF∥OB，∴∠BAF＝∠ABO．∴∠ABO＝∠EFG＝45°．在△ABO和EGF中，．∴△ABO≌EGF(AAS)．∴FG＝BO＝2，EG＝OA＝2．∵GE⊥AF，DH⊥AF，∴GE∥DH．∴△AGE∽△AHD．∴．∴AG＝．∴AF＝AG+GF＝4+2＝6．(3)作AG⊥AD交DQ延长线于点F，GM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N，如图，在Rt△AGD中，∵tan∠ADF＝，tan∠ADF＝，∴．∵AG⊥AD，∴∠GAM+∠DAN＝90°．∵GM⊥AM，∴∠GAM+∠AGM＝90°．∴∠AGM＝∠DAN．∵∠GMA＝∠AND＝90°，∴△AMG∽△DNA．∴．∴AM＝DN，GM＝AN．∵D(6，8)，∴DN＝8，ON＝6．∴AN＝ON﹣OA＝6﹣2＝4．∴GM＝2，AM＝4．∴OM＝AM﹣OA＝2．∴G(﹣2，2)．设直线GD解析式为：y＝mx+n，将G(﹣2，2)，D(6，8)代入得：．解得：．∴直线GD解析式为：y＝+．∴．解得：，．∴Q()．5．(2021•仙桃校级模拟)如图，已知抛物线C1：y＝ax2+bx+c的顶点坐标为(0，﹣2)，且经过点A(﹣2，2)，动直线l的解析式为：y＝﹣4x+e．(1)求抛物线C1的解析式；(2)将抛物线C1向上平移两个单位得到新抛物线C2，过点A的直线交抛物线C2于M、N两点(M位于点N的左边)，动直线经过点M，与抛物线C2的另一个交点为点P，求证：直线PN恒过一个定点；(3)图3中，在(1)的条件下，x轴正半轴上有一点B(1，0)，M为抛物线C1上在第一象限内的点，若∠MAB为锐角，且tan∠MAB＞2，直接写出点M的横坐标x的取值范围．【分析】(1)先根据顶点坐标可设其解析式的顶点式，再将点A(﹣2，2)代入求解即可；(2)先根据二次函数图象的平移得到抛物线C2的解析式，设设点M、N、P的坐标为M(m，m2)，N(n，n2)，P(p，p2)，分别求出直线MN、MP、PN的解析式，再根据直线PM是动直线y＝﹣4x+e得p＝﹣4﹣m，点A在直线MN上表示得mn＝﹣2m﹣2n﹣2，代入yPN＝(p+n)x﹣pn，求出直线PN的解析式yPN＝(﹣4﹣m+n)x+(2n﹣2m﹣2)，根据取值与m、n无关，即可得出结论；(3)构造tan∠MAB＝2求出此时直线AM解析式，联立抛物线解析式即可得出．作直线∠MAB＝90°，求出此时直线AM解析式，同理可得，即得x取值范围．【解答】解：(1)∵抛物线的顶点坐标为(0，﹣2)，∴可设抛物线C1的解析式的顶点式为y＝ax2﹣2，将点A(﹣2，2)代入得：(﹣2)2a﹣2＝2，解得a＝1，故抛物线C1的解析式为y＝x2﹣2；(2)由题意得：抛物线C2的解析式为y＝x2﹣2+2，即y＝x2，设点M、N、P的坐标为M(m，m2)，N(n，n2)，P(p，p2)，设直线MN的解析式为y＝kx+b，将点M(m，m2)，N(n，n2)代入得，解得，则直线MN的解析式为：yMN＝(m+n)x﹣mn，同理可得：yPM＝(m+p)x﹣mp，yPN＝(p+n)x﹣pn，∵直线PM为动直线y＝﹣4x+e，∴m+p＝﹣4，∴p＝﹣4﹣m，∴yPN＝(p+n)x﹣pn＝(﹣4﹣m+n)x﹣(﹣4﹣m)n，即：yPN＝(﹣4﹣m+n)x+(4n+mn)又∵点A在直线MN上，∴﹣2(m+n)﹣mn＝2，∴mn＝﹣2m﹣2n﹣2，∴yPN＝(﹣4﹣m+n)x+(4n﹣2m﹣2n﹣2)，即：yPN＝(﹣4﹣m+n)x+(2n﹣2m﹣2)，当x＝﹣2时，yPN＝﹣2(﹣4﹣m+n)+(2n﹣2m﹣2)＝6，即无论m取何值，直线PN恒过定点(﹣2，6)；(3)过B点作BD⊥AB，取BD＝2AB，作AE⊥x轴，DF⊥x轴，垂足分别为E、F；∵A(﹣2，2)，B(1，0)，∴AB＝＝，sin∠ABE＝，cos∠ABE＝，∵∠DBF+∠ABE＝90°，∠DBF+∠BDF＝90°，∴∠BDF＝∠ABE，∴BF＝BD•sin∠BDF＝2×＝4，DF＝BD•cos∠BDF＝2×＝6，∴OF＝OB+BF＝6，∴D点坐标为(5，6)，∴直线AD解析式为：，当时，解得：x1＝﹣2，，即tan∠MAB＝2时，点M的横坐标为作AG垂直AB交抛物线C1与M2点，∴，即G点坐标为，∴直线AG解析式为：，当时，x1＝﹣2，，即∠MAB＝90°时，当M的横坐标为，综上所述：若∠MAB为锐角，且tan∠MAB＞2，M的横坐标x的取值范围为：．6．(2021•台安县模拟)如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A(﹣1，0)和B(5，0)两点，交y轴于点C，点D是线段OB上一动点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，过点E作直线l⊥x轴于H，交抛物线于点M，过点C作CF⊥l于F．(1)求抛物线解析式．(2)如图2，当点F恰好在抛物线上时(与点M重合)，①求线段EH的长；②连接DF，求tan∠FDE的值；③试探究在直线l上，是否存在点G，使∠EDG＝45°？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)利用待定系数法求得即可；(2)①根据C的纵坐标求得F的坐标，然后通过△OCD≌△HDE，得出DH＝OC＝3，即可求得OD的长；②先确定C、D、E、F四点共圆，根据圆周角定理求得∠ECF＝∠EDF，由于tan∠ECF＝即可求解；③连接CE，得出△CDE是等腰直角三角形，得出∠CED＝45°，过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，过D点作DG2⊥CE，交直线l于G2，则∠EDG1＝45°，∠EDG2＝45°，求得直线CE的解析式为y＝﹣x+3，即可设出直线DG1的解析式为y＝﹣x+m，直线DG2的解析式为y＝2x+n，把D的坐标代入即可求得m、n，从而求得解析式，进而求得G的坐标．【解答】解：(1)如图1，∵抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A(﹣1，0)和B(5，0)两点，∴，解得，∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+3；(2)①如图2，∵点F恰好在抛物线上，C(0，3)，∴F的纵坐标为3，把y＝3代入y＝﹣x2+x+3得，3＝﹣x2+x+3；解得x＝0或x＝4，∴F(4，3)∴OH＝4，∵∠CDE＝90°，∴∠ODC+∠EDH＝90°，∴∠OCD＝∠EDH，在△OCD和△HDE中，，∴△OCD≌△HDE(AAS)，∴DH＝OC＝3，OD＝EH，∴OD＝4﹣3＝1＝EH，即EH＝1；②如图3，连接CE，DF，∵△OCD≌△HDE，∴HE＝OD＝1，∵BF＝OC＝3，∴EF＝3﹣1＝2，∵∠CDE＝∠CFE＝90°，∴C、D、E、F四点共圆，∴∠ECF＝∠EDF，在Rt△CEF中，∵CF＝OH＝4，∴tan∠ECF＝，∴tan∠FDE＝；③存在，理由：如图4，连接CE，∵CD＝DE，∠CDE＝90°，∴∠CED＝45°，过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，过D点作DG2⊥CE，交直线l于G2，则∠EDG1＝45°，∠EDG2＝45°∵EH＝1，OH＝4，∴E(4，1)，∵C(0，3)，∴直线CE的解析式为y＝﹣x+3，设直线DG1的解析式为y＝﹣x+m，∵D(1，0)，∴0＝﹣×1+m，解得m＝，∴直线DG1的解析式为y＝﹣x+，当x＝4时，y＝﹣x+＝﹣，∴G1(4，﹣)；设直线DG2的解析式为y＝2x+n，∵D(1，0)，∴0＝2×1+n，解得n＝﹣2，∴直线DG2的解析式为y＝2x﹣2，当x＝4时，y＝2×4﹣2＝6，∴G2(4，6)；综上，点G的坐标为(4，﹣)或(4，6)．7．(2021•江阴市模拟)已知二次函数y＝ax2﹣2ax+c(a＜0)的图象交x轴于点A、B两点(A在B左侧)，与y轴交于点C，与其对称轴交于点D，直线BD交y轴于点E，BD＝2DE．(1)求点A的坐标；(2)①连接AC，BC，若△ABC外接圆的圆心正好在x轴上，求二次函数表达式；②连接CD，若tan∠CDB＝tan∠OBD，求此时二次函数表达式．【分析】(1)设抛物线的对称轴交x轴于点F，将y＝ax2﹣2ax+c(a＜0)配成顶点式，可求得抛物线的对称轴为直线x＝1，则F(1，0)，再由DF∥EO，利用平行线分线段成比例定理即可求出BF的长，得到点B的坐标，再由抛物线的对称性求出点A的坐标为(﹣1，0)；(2)①将A(﹣1，0)代入y＝ax2﹣2ax+c，得出用含a的代数式表示c的式子，这样点C的坐标即可用含a的式子表示，当△ABC的外接圆的圆心在x轴上，则AB为该圆的直径，则∠ACB＝90°，再由相似三角形的性质求出OC的长，再求a的值，得到二次函数的表达式；②延长DC交x轴于点G，可以证明直线CD经过定点G(﹣3，0)，则GD＝GB＝6，FG＝4，用勾股定理求出DF的长，可求得a的值及二次函数的表达式．【解答】解：(1)如图1，设抛物线y＝ax2﹣2ax+c(a＜0)的对称轴交x轴于点F．∵y＝ax2﹣2ax+c＝a(x﹣1)2﹣a+c，∴该抛物线的对称轴为直线x＝1，∴F(1，0)，FO＝1，∵DF∥EO，∴＝2，∴BF＝2FO＝2，BO＝3，∴B(3，0)，∵点A与点B关于直线x＝1对称，∴A(﹣1，0)．(2)①如图2，当△ABC的外接圆的圆心在x轴上，则AB为该圆的直径，∠ACB＝90°.把A(﹣1，0)代入y＝ax2﹣2ax+c，得a+2a+c＝0，整理，得c＝﹣3a，∴y＝ax2﹣2ax﹣3a，∴C(0，c)，即C(0，﹣3a)∵∠AOC＝∠COB＝90°，∠ACO＝90°﹣∠OCB＝∠CBO，∴△ACO∽△CBO，∴，∴OC2＝1×3＝3，OC＝，∴C(0，)，∴﹣3a＝，∴a＝，∴二次函数的表达式为y＝x2+x+．②如图3，延长DC交x轴于点G.∵y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a(x﹣1)2﹣4a，∴D(1，﹣4a)，∴FD＝﹣4a；∵OC∥FD，∴△GOC∽△GFD，∵OC＝﹣3a，∴＝＝，∴，解得GO＝3，∴G(﹣3，0)．当tan∠CDB＝tan∠OBD时，则∠CDB＝∠OBD，∴GD＝GB＝3﹣(﹣3)＝6，∵∠DFG＝90°，FG＝1﹣(﹣3)＝4，∴DF＝＝＝2，∴﹣4a＝2，a＝，∴二次函数的表达式为y＝x2+x+．8．(2021•烟台)如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A(﹣2，0)，B(4，0)，与y轴正半轴交于点C，且OC＝2OA，抛物线的顶点为D，对称轴交x轴于点E．直线y＝mx+n经过B，C两点．(1)求抛物线及直线BC的函数表达式；(2)点F是抛物线对称轴上一点，当FA+FC的值最小时，求出点F的坐标及FA+FC的最小值；(3)连接AC，若点P是抛物线上对称轴右侧一点，点Q是直线BC上一点，试探究是否存在以点E为直角顶点的Rt△PEQ，且满足tan∠EQP＝tan∠OCA．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)用待定系数法即可求解；(2)点A、B关于抛物线的对称轴对称，设抛物线的对称轴交BC于点F，则点F为所求点，此时，当FA+FC的值最小，进而求解；(3)①当点Q在点P的左侧时，证明△QME∽△ENP，则＝tan∠EQP＝tan∠OCA＝＝＝，进而求解；②当点Q在点P的右侧时，同理可解．【解答】解：(1)由点A的坐标知，OA＝2，∵OC＝2OA＝4，故点C的坐标为(0，4)，将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+4；将点B、C的坐标代入一次函数表达式得：，解得，故直线BC的表达式为y＝﹣x+4；(2)∵点A、B关于抛物线的对称轴对称，设抛物线的对称轴交BC于点F，则点F为所求点，此时，当FA+FC的值最小，理由：由函数的对称性知，AF＝BF，则AF+FC＝BF+FC＝BC为最小，当x＝1时，y＝﹣x+4＝3，故点F(1，3)，由点B、C的坐标知，OB＝OC＝4，则BC＝BO＝4，即点F的坐标为(1，3)、FA+FC的最小值为4；(3)存在，理由：设点P的坐标为(m，﹣m2+m+4)、点Q的坐标为(t，﹣t+4)，①当点Q在点P的左侧时，如图2，过点P、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为N、M，由题意得：∠PEQ＝90°，∴∠PEN+∠QEM＝90°，∵∠EQM+∠QEM＝90°，∴∠PEN＝∠EQM，∴∠QME＝∠ENP＝90°，∴△QME∽△ENP，∴＝tan∠EQP＝tan∠OCA＝＝＝，则PN＝﹣m2+m+4，ME＝1﹣t，EN＝m﹣1，QM＝﹣t+4，∴＝＝，解得m＝±(舍去负值)，当m＝时，﹣m2+m+4＝，故点P的坐标为(，)．②当点Q在点P的右侧时，分别过点P、Q作抛物线对称轴的垂线，垂足分别为N、M，则MQ＝t﹣1，ME＝t﹣4，NE＝﹣m2+m+4、PN＝m﹣1，同理可得：△QME∽△ENP，∴＝2，＝2，解得m＝(舍去负值)，故m＝，故点P的坐标为(，)，故点P的坐标为(，)或(，)．9．(2020•海安市一模)已知平面直角坐标系xOy中，抛物线L：y＝ax2﹣2ax+a(a＞0)与y轴相交于A点，过点A作x轴的平行线与抛物线L的另一交点为B点．直线y＝kx﹣k(k＞a)与抛物线L相交于C，D两点(点C在点D的左侧)，与y轴交于E点，过点D作DH⊥AB，垂足为H，连接EH交x轴于G点．(1)若a＝1，k＝2，求DH的长；(2)当a=13时，求cos∠(3)连接BC，求证：四边形BCGH是平行四边形．【分析】(1)分别求出点A，点B，点D坐标，即可求解；(2)分别求出点A，点B，点D坐标，可求AH＝3k+1，AE=13(3k+1)，由勾股定理可求(3)利用参数表示点D，点E，点A，点B坐标，分别求出BH，CG的长，即可求解．【解答】解：(1)当a＝1，k＝2时，则抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x+1，直线的解析式为：y＝2x﹣2，∵抛物线y＝x2﹣2x+1与y轴相交于A点，过点A作x轴的平行线与抛物线L的另一交点为B点，∴点A(0，1)，点B(2，1)，∵直线y＝2x﹣2与抛物线L相交于C，D两点，∴2x﹣2＝x2﹣2x+1，∴x1＝1，x2＝3，∴点C(1，0)，点D(3，4)，∵DH⊥AB，AB∥x轴，∴DH＝4﹣1＝3；(2)当a=13时，则抛物线的解析式为：y=13x2∵抛物线y=13x2-23x+13与y轴相交于A点，过点A作∴点A(0，13)，点B(2，1∵直线y＝kx﹣k(k＞a)与抛物线L相交于C，D两点，∴y=kx-ky=∴x1=1y∴点D(3k+1，3k2)，∵DH⊥AB，AB∥x轴，∴AH＝3k+1，∵直线y＝kx﹣k与y轴交于E点，∴点E(0，﹣k)，∴OE＝k，∴AE＝k+13=∴HE=AH2+AE∴cos∠AHE=AH(3)∵抛物线L：y＝ax2﹣2ax+a(a＞0)与y轴相交于A点，过点A作x轴的平行线与抛物线L的另一交点为B点，∴点A(0，a)，点B(2，a)，∵直线y＝kx﹣k(k＞a)与抛物线L相交于C，D两点，∴y=kx-ky=ax∴x1=1y∴点D(a+ka，k2a∵直线y＝kx﹣k与y轴交于E点，∴点E(0，﹣k)，∵DH⊥AB，AB∥x轴，∴AH=a+k∵AB∥x轴，∴OGAH∴OG=k∴BH＝|a+ka-2|＝|ka-1|，∴BH＝GC，且BH∥GC，∴四边形BCGH是平行四边形．10．(2020•惠山区二模)已知：在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝mx2+2mx﹣4(m≠0)的图象与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，△ABC的面积为12．(1)求这个二次函数的解析式；(2)点D的坐标为(﹣2，1)，点P在二次函数的图象上，∠ADP为锐角，且tan∠ADP＝2，求出点P的横坐标．【分析】(1)S△ABC=12AB•|yC|＝12，则AB＝6，求出A、(2)当点P在直线AD的下方时，tan∠ADF=AFDF=2，故延长DF与抛物线交于点P1，则P1点为所求；当点P在直线AD的上方时，延长P1A至点G使得AG＝AP1，连接DG，与抛物线交于点P2，则【解答】解：(1)由题意可得：该二次函数图象的对称轴为直线x＝﹣1；∵当x＝0时，y＝﹣4，∴点C的坐标为(0，﹣4)，∵S△ABC=12AB•|y∴AB＝6，又∵点A，B关于直线x＝﹣1对称，∴A点和B点的坐标分别为(﹣4，0)，(2，0)，∴4m+4m﹣4＝0，解得m=1∴所求二次函数的解析式为y=12x2+x﹣4(2)作DF⊥x轴于点F．分两种情况：(ⅰ)当点P在直线AD的下方时，由(1)得点A(﹣4，0)，点D(﹣2，1)，∴DF＝1，AF＝2．在Rt△ADF中，∠AFD＝90°，得tan∠ADF=AF延长DF与抛物线交于点P1，则P1点为所求．∴点P1的坐标为(﹣2，﹣4)；(ⅱ)当点P在直线AD的上方时，延长P1A至点G使得AG＝AP1，连接DG，与抛物线交于点P2，则P2点为所求．又∵A(﹣4，0)，P1(﹣2，﹣4)，∴点G的坐标是(﹣6，4)，由点G、D的坐标得，直线GD的表达式为：yGD=-联立①②并解得：x=-7-综上：点P横坐标为﹣2或-7-16111．(2020•肥城市四模)如图所示，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+6(a≠0)交x轴A(﹣4，0)，B(2，0)，在y轴上有一点E(0，﹣2)，连接AE，D是第二象限内的抛物线上一动点．(1)求二次函数的解析式；(2)求△ADE面积的最大值并写出此时点D的坐标；(3)若tan∠AED=13，求此时点【分析】(1)利用待定系数法，把问题转化为方程组解决即可．(2)设D(m，-34m2-32m+6)，过点D作DK⊥y轴交于点K，则K(0，-3(3)过点A作AN⊥DE，DE与x轴交于点F，证明△AFN∽△EFO，推出ANOE【解答】解：(1)将A(﹣4，0)，B(2，0)代入y＝ax2+bx+6(a≠0)，得16a-4b+6=0解得a=-3∴y=-34x2-(2)∵A(﹣4，0)，E(0，﹣2)，设D(m，-34m2-过点D作DK⊥y轴交于点K，则K(0，-34m2-S△ADE＝S梯形DKOA+S△AOE﹣S△KED=12×(KD+AO)×OK+12×AO=12(﹣m+4)×(-34m2-32m+6)+12×4×2-=-32(m+23∵-3当m=-23时，S△ADE的面积最大，最大值为503，此时D点坐标为(-(3)过点A作AN⊥DE，DE与x轴交于点F，∵tan∠AED=1∴AN=2，NE＝32∵∠ANF＝∠EOF＝90°，∠AFN＝∠EFO，∴△AFN∽△EFO，∴ANOE∵EF2＝OF2+4，∴NF＝32-EF∴22∴OF＝2，∴F(﹣2，0)，∴EF直线解析式为y＝﹣x﹣2，由y=-x-2y=-34x2∵点D在第二象限，∴D(-1-973，12．(2020•历下区校级模拟)如图所示，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+6交x轴于A(﹣4，0)、B(2，0)，在y轴上有一点E(0，﹣2)，连接AE．(1)求二次函数的表达式；(2)点D是第二象限内的抛物线上一动点．若tan∠AED=13，求此时点(3)连接AC，点P是线段CA上的动点，连接OP，把线段PO绕着点P顺时针旋转90°至PQ，点Q是点O的对应点．当动点P从点C运动到点A时，判断动点Q的轨迹并求动点Q所经过的路径长．【分析】(1)将A(﹣4，0)，B(2，0)代入y＝ax2+bx+6，即可求解；(2)tan∠AED=13，则AN=2，NE＝32，则Rt△AFN∽Rt△EFO，即AN(3)Q点随P点运动而运动，P点在线段AC上运动，Q点的运动轨迹是线段，即可求解．【解答】解：(1)将A(﹣4，0)，B(2，0)代入y＝ax2+bx+6(a≠0)，可得a=-34，b∴y=-34x2-(2)过点A作AN⊥DE，DE与x轴交于点F，∵tan∠AED=1∴AN=2，NE＝32Rt△AFN∽Rt△EFO，∴ANOE∵EF2＝OF2+4，∴NF＝32-EF∴22∴OF＝2，∴F(﹣2，0)，∴EF直线解析式为y＝﹣x﹣2，∴﹣x﹣2=-34x2-32x∴D(-1-973，(3)∵Q点随P点运动而运动，P点在线段AC上运动，∴Q点的运动轨迹是线段，当P点在A点时，Q(﹣4，﹣4)，当P点在C点时，Q(6，6)，∴Q点的轨迹长为226，故答案为226．14．(2019•丹东)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+c与x轴交于B，C两点，与y轴交于点A，直线y=-12x+2经过A，C两点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，直线MN与对称轴交于点G，与抛物线交于M，N两点(点N在对称轴右侧)，且MN∥(1)求此抛物线的解析式．(2)求点N的坐标．(3)过点A的直线与抛物线交于点F，当tan∠FAC=12时，求点(4)过点D作直线AC的垂线，交AC于点H，交y轴于点K，连接CN，△AHK沿射线AC以每秒1个单位长度的速度移动，移动过程中△AHK与四边形DGNC产生重叠，设重叠面积为S，移动时间为t(0≤t≤5)，请直接写出S与t【分析】(1)点A、C的坐标分别为(0，2)、(4，0)，将点A、C坐标代入抛物线表达式即可求解；(2)抛物线的对称轴为：x=32，点N的横坐标为：(3)分点F在直线AC下方、点F在直线AC的上方两种情况，分别求解即可；(4)分0≤t≤355、355＜t【解答】解：(1)直线y=-12x+2经过A，C两点，则点A、则c＝2，抛物线表达式为：y=-12x2+将点C坐标代入上式并解得：b=3故抛物线的表达式为：y=-12x2+32(2)抛物线的对称轴为：x=3点N的横坐标为：32故点N的坐标为(5，﹣3)；(3)∵tan∠ACO=AOCO=2即∠ACO＝∠FAC，①当点F在直线AC下方时，设直线AF交x轴于点R，∵∠ACO＝∠FAC，则AR＝CR，设点R(r，0)，则r2+4＝(r﹣4)2，解得：r=3即点R的坐标为：(32将点R、A的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n得：2=n3解得：m=-4故直线AR的表达式为：y=-43x+2…联立①②并解得：x=173，故点F(173②当点F在直线AC的上方时，∵∠ACO＝∠F′AC，∴AF′∥x轴，则点F′(3，2)；综上，点F的坐标为：(3，2)或(173，-(4)如图2，设∠ACO＝α，则tanα=AOCO=12，则sinα①当0≤t≤3设△AHK移动到△A′H′K′的位置时，直线H′K′分别交x轴于点T、交抛物线对称轴于点S，则∠DST＝∠ACO＝α，过点T作TL⊥KH，则LT＝HH′＝t，∠LTD＝∠ACO＝α，则DT=LTcosα=HH'cosαS＝S△DST=12×DT×DS=②当355＜同理可得：S＝S梯形DGS′T′=12×DG×(GS′+DT′)=12③当354＜同理可得：S=3510综上，S=515．(2020•成都校级模拟)如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线y＝x+4交于C、D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为(6，7)．点P是y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F，作PM⊥CD于点M．(1)求抛物线的解析式及sin∠PFM的值．(2)设点P的横坐标为m：①若P在CD上方，用含m的代数式表示线段PM的长，并求出线段PM长的最大值；②当m为何值时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．【分析】(1)易求C点的坐标，再把C和D点的坐标代入抛物线y＝﹣x2+bx+c可求出b和c的值则抛物线的解析式可求出；若要求sin∠PFM的值可转化为求sin∠OCE；(2)①设点P的横坐标为m，则P(m，﹣m2+132m+4)，F(m，m+4)．则PF＝yP﹣yF＝(﹣m2+132m+4)﹣(m+4)＝﹣m2+6②若以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形，只要PF＝OC＝4，构建方程即可解决问题．【解答】解：(1)C在直线y＝x+4上，∴C(0，4)．∵点C(0，4)、D(6，7)在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，∴c=4-36+6b+c=7解得b=13∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+132∵直线CD的解析式为y＝x+4，∴易知∠PFM＝45°，∴sin∠PFM＝sin45°=(2)①设点P的横坐标为m，则P(m，﹣m2+132m+4)，F(m，∵PF＝yP﹣yF＝(﹣m2+132m+4)﹣(m+4)＝﹣m2+在Rt△PFM中，PM＝PFsin∠PFM=22(﹣m2+=-22(m-114∵-2∴当m=114时，PM的最大值为∴PM=22(﹣m2+112m)，②∵PF∥OC，若以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形，只要PF＝OC＝4，由题意：(﹣m2+132m+4)﹣(m+4)＝4和(m+4)﹣(﹣m2+解得m=11±574或11+∴当m为11±574或11-1854时，以O、C、16．(2020•武汉模拟)如图，抛物线y═-13x2+bx+c与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B的坐标为(3，0)，点C的坐标为(0，5)．有一宽度为1，长度足够长的矩形(阴影部分)沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和点Q，交直线AC于点M和点N，交x轴于点E和点(1)求抛物线的解析式及点A的坐标；(2)当点M和N都在线段AC上时，连接MF，如果sin∠AMF=1010，求点(3)在矩形的平移过程中，是否存在以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)将点B的坐标、点C的坐标分别代入函数解析式求得b、c的值，结合抛物线解析式求得点A的坐标；(2)作FG⊥AC于G，设点F坐标(m，0)，根据sin∠AMF=FG(3))①当MN是对角线时，设点F(m，0)，由QN＝PM，列出方程即可解决问题．②当MN为边时，设点Q(m，-13m2-23m+5)则点P(m+1，-1【解答】解：(1)∵抛物线上的点B的坐标为(3，0)，点C的坐标为(0，5)∴将其代入y═-13x2+bx+-1+3b+c=0c=5解得b=-23，∴抛物线的解析式为y=-13x2-∴点A的坐标是(﹣5，0)．(2)作FG⊥AC于G，设点F坐标(m，0)，则AF＝m+5，AE＝EM＝m+6，FG=22(m+5)，FM∵sin∠AMF=10∴FGFM∴22整理得到2m2+19m+44＝0，∴(m+4)(2m+11)＝0，∴m＝﹣4或﹣5.5(舍弃)，∴点Q坐标(﹣4，73(3)①当MN是对角线时，点M在y轴的右侧，设点F(m，0)，∵直线AC解析式为y＝x+5，∴点N(m，m+5)，点M(m+1，m+6)，∵QN＝PM，∴-13m2-23m+5﹣m﹣5＝m+6﹣[-13(m解得m＝﹣3+6或﹣3-此时M(﹣2+6，3+当MN是对角线时，点N在点A的左侧时，设点F(m，0)．∴m+5﹣(-13m2-23m+5)＝[-13(m+1)2解得m＝﹣3-6或﹣3+此时M(﹣2-6，3-②当MN为边时，设点Q(m，-13m2-23m+5)则点P(m+1，-1∵NQ＝PM，∴-13m2-23m+6=-13(m解得m＝﹣3．∴点M坐标(﹣2，3)，综上所述以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，点M的坐标为(﹣2，3)或(﹣2+6，3+6)或(﹣2-617．(2020•河东区模拟)如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，经过A、B、C三点的圆的圆心M(1，m)恰好在此抛物线的对称轴上，⊙M的半径为5．设⊙M与y轴交于D，抛物线的顶点为E．(1)求m的值及抛物线的解析式；(2)设∠DBC＝α，∠CBE＝β，求sin(α﹣β)的值；(3)探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，请指出点P的位置，并直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)根据题意与图象可得点C的坐标，根据圆的性质可得点B的坐标，根据对称轴方程与点B的坐标即可求得函数的解析式；(2)由抛物线的解析式可求得点A，E，B，C，D的坐标，判断Rt△BOD∽Rt△BCE，得∠CBE＝∠OBD＝β，因此sin(α﹣β)＝sin(∠DBC﹣∠OBD)＝sin∠OBC=CO(3)显然Rt△COA∽Rt△BCE，此时点P1(0，0)，过A作AP2⊥AC交y正半轴于P2，由Rt△CAP2∽Rt△BCE，得P2(0，13过C作CP3⊥AC交x正半轴于P3，由Rt△P3CA∽Rt△BCE，得P3(9，0)，故在坐标轴上存在三个点P1(0，0)，P2(0，13)，P3(9，0)，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCE【解答】解：(1)由题意可知C(0，﹣3)，-b∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣2ax﹣3(a＞0)，过M作MN⊥y轴于N，连接CM，则MN＝1，CM=5∴CN＝2，于是m＝﹣1．同理可求得B(3，0)，∴a×32﹣2a×3﹣3＝0，得a＝1．∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．(2)由(1)得A(﹣1，0)，E(1，﹣4)，B(3，0)，C(0，﹣3)．∵M到AB，CD的距离相等，OB＝OC，∴OA＝OD，∴点D的坐标为(0，1)，∴在Rt△BCO中，BC=OB2+∴OBOD在△BCE中，∵BC2+CE2＝(32+32)+[(1