几何动点（动点构造角、特殊三角形、特殊四边形）-2026浙江中考数学高阶能力拓展专题

几何动点（动点构造角、特殊三角形、特殊四边形）—2026浙江中考数学高阶能力拓展专题一、几何动点构造角1．如图，在平面直角坐标系中，四边形AOCB是矩形，AB=4，将线段OA绕点O按顺时针方向旋转90°，使点A落在OC边上的点E处，抛物线y=ax2+bx+3过A，E（1）填空：a=；b=．（2）若点M是抛物线对称轴上的一动点，当△MBE的周长最小时：①求点M的坐标；②求△MBE外接圆圆心F的坐标．（3）在（2）的条件下，点P是x轴上一动点，当∠BPE=∠MBE时，求点P的坐标．2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+2x+c经过点A0,1，点P，Q在此抛物线上，其横坐标分别为m，2m(m>0)，连接（1）求此抛物线的解析式．（2）当点Q与此抛物线的顶点重合时，求m的值．（3）当∠PAQ的边与x轴平行时，求点P与点Q的纵坐标的差．3．如图，平面直角坐标系xOy中，二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A−1,0、点B3,0，与y轴相交于点C（1）求：a，b的值；（2）当t≤x≤1时，函数y=ax2+bx+3（3）在抛物线上是否存在点P，使得∠CBP+∠ACO=45∘？若存在，请求出点4．综合与实践：如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A−1,0和点B4,0，与y轴交于点C（1）求抛物线的解析式；（2）小明探究点D位置时发现：如图1，点D在第一象限内的抛物线上，连结BD，CD，△BCD面积存在最大值，请帮助小明求出△BCD面积的最大值；（3）小明进一步探究点D位置时发现：点D在抛物线上移动，连结CD，存在∠DCB=∠ABC，请帮助小明求出∠DCB=∠ABC时点D的坐标．5．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=−1（1）求抛物线对应的函数解析式.（2）如图1，P是抛物线上在第一象限的一点，连接BC，PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K.记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1（3）如图2，连接AC，E(-1，2)为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC，交x轴于点F，连接CF.抛物线上是否存在点Q，使∠QFE=2∠OCA?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.6．如图，抛物线y=ax2+bx+2经过A−1,0、（1）求抛物线所对应的函数表达式；（2）当△BCD的面积最大时，求点D的坐标；（3）过点D作DE⊥BC，垂足为点E，是否存在点D，使∠DCE=2∠ABC，若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．7．如图1，抛物线y=12x2+bx+c经过点A0,−4，对称轴为直线（1）求抛物线的表达式；（2）若点Px1,y1，Qx2（3）如图2，已知直线y=−32x−6与直线AC交于点M，与x，y轴分别相交于点D，E，试探究在第二象限内的抛物线y=12二、几何动点构造特殊三角形8．已知点A是直线y=33x上一动点，以点A为顶点的抛物线y=x−m29．如图，抛物线y=12x−1x−m与x轴交于点A，B（点B在A的右侧），与y轴交于点C，其中m>1，点P在第一象限的抛物线上，若△BCP是以10．如图，直线l过x轴上一点A(2，0)，且与抛物线y=ax（1）求直线l和抛物线的函数解析式．（2）在x轴上是否存在一点p，使△POD为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（3）若抛物线上有一点D(在第一象限内)使得：S△AOD11．如图，直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y=−x（1）求抛物线的解析式.（2）如果一个圆经过点O、点B、点C三点，并交于抛物线AC段于点B，求∠OEB的度数.（3）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD为等腰三角形，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由.12．已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过原点O(0,0)（1）求抛物线的对称轴；（2）求证：△ABO是以点B为直角顶点的等腰直角三角形；（3）设点P是抛物线上一点（P不与点O，A，B重合），点Q在x轴上．是否存在正三角形APQ？若存在，请求出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．13．如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点A的坐标为−1,0，与y轴交于点C0,−3，直线CD:y=2x−3与x轴交于点D．动点M在抛物线上运动，过点M作MP⊥x轴，垂足为点（1）求抛物线的表达式；（2）当点P在线段OD上时，△CDM的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由；（3）点M在运动过程中，能否使以C，N，M为顶点的三角形是以14．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−2,0),B(6,0)两点，与y轴交于点C(0,−6)，连接BC．若点P在线段BC上运动（点P不与点BC重合），过点P作x轴的垂线，交抛物线于点E，交x轴于点F．设点P（1）求拋物线的函数表达式．（2）若PF=3PE，求m的值．（3）在点P的运动过程中，是否存在m使得△CPE为等腰直角三角形？若存在，请直接写出m的值；若不存在请说明理由．三、几何动点构造特殊四边形15．抛物线y=ax2−2x+c(a≠0)与x轴交于点A(−3,0)，B两点，与y（1）求抛物线的函数解析式和直线AC的解析式；（2）如图1，点P在线段AC上方的抛物线上运动（不与A，C重合），过点P作PD⊥AB，垂足为D，PD交AC于点E.若点P的横坐标为x，请用x的式子表示PE，并求PE的最大值；（3）如图2，点M是抛物线的对称轴上的一个动点，抛物线上存在一点N，使得以点A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，请求出所有符合条件的点M的坐标.16．如图1，若二次函数y＝ax2﹣2x+c（a≠0）的图象与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，连接BC，点P为直线BC下方抛物线上的动点，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图3，将抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线y'，在y'的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，求点E的坐标．17．如图，已知抛物线C1：y=−x2（1）抛物线的关系表达式；（2）若点P为抛物线上的一动点，连接PO交线段AC于点B，当PB=2BO时，求点P的坐标；（3）将抛物线C1向左平移2个单位长度得到抛物线C2，C2与C18．如图，已知二次函数.y=ax（1）求该二次函数的表达式和顶点M的坐标；（2）若点E的坐标是((2，-3)，且二次函数的值小于正比例函数的值时，试根据函数图象求出符合条件的自变量x的取值范围；（3）试探究：点P是x轴上一动点，以BP为边作正方形BPQN，除点B外还有一个顶点在抛物线上，求出满足条件的点N的坐标.19．如图，已知抛物线L:y=−12x2−32x+2x≤0与y轴相交于点A，将抛物线L绕着点H0,mm<2（1）求点A的坐标及抛物线L的顶点坐标；（2）在抛物线L'上取一点C，连接BC，且满足tan∠ABC=4①当OA=2OH时，求点C的坐标；②定义：我们把一条对角线与一条边相等的平行四边形称为关于此对角线的对等平行四边形．现过点A，B，C作平行四边形CAPB，当平行四边形CAPB是关于对角线AB的对等平行四边形时，求此时m的值．20．如图所示，在平面直角坐标系中，直线y=−x+3交坐标轴于B、C两点，抛物线y=ax2+bx+3经过B、C两点，且交x轴于另一点A(−1,0)．点D为抛物线在第一象限内的一点，过点D作DQ∥CO，DQ交BC于点P（1）求抛物线的解析式；（2）设点P的横坐标为m，在点D的移动过程中，存在∠DCP=∠DPC，求出m值；（3）在抛物线上取点E，在平面直角坐标系内取点F，问是否存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的矩形？如果存在，请求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．21．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=（1）分别求出直线AB和这条抛物线的解析式.（2）若点P在第四象限，连接AM、BM，当线段PM最长时，求△ABM（3）是否存在这样的点P，使得以点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形?若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由.22．在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点．与y轴交于点C．且点A的坐标为−1,0（1）求该抛物线的解析式；（2）如图甲，若点P是第一象限内抛物线上的一动点．当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标；（3）图乙中，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．23．如图，抛物线y=−x（1）求此抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）点M是抛物线上的动点，设点M的横坐标为m.①当∠MBA=∠BDE时，求点M的坐标；②过点M作MN∥x轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN,，若四边形MPNQ恰好为正方形，直接写出m的值.24．如图1，若二次函数y=ax2−2x+c(a≠0)的图象与x轴交于点A和点B3,0，与（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，连接BC，点P为直线BC下方抛物线上的动点，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图3，将抛物线y=ax2−2x+c(a≠0)先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线y'，在y'的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B，C，D

答案解析部分1．【答案】（1）1；-4（2）解：①由(1)得抛物线解析式为y=x∴抛物线对称轴为直线x=2，如图所示，连接AE交对称轴于点M，设抛物线对称轴与x轴交于T，∵A(∴A、B关于直线x=2对称，∴AM=BM，∴△MBE的周长=BM+ME+BE=AM+ME+BE，∵B、E都是定点，即BE是定值，∴当A、M、E三点共线时，BM+EM最小，即此时△MBE的周长最小，∵OA=OE=3,∴∠AEO=4∴∠TME=4∴MT=OE−OT=1∴MM∴MMB∴M∴△BME时直角三角形，即∠BME=90∴△MBE外接圆圆心F即为BE的中点，∴△MBE外接圆圆心F的坐标为(7（3）解：由(2)得ME=2∴∠BCP=9∵∠BPE=∠MBE∵点P在x轴上，∴△BME∴MEMB∴CP=6∵C∴P1(【解析】【解答】(1)当x=0时，y=3,∴A(0，3)，∴OA=3,由旋转的性质可得OE=OA=3,∴E(3，0)；∵四边形AOCB是矩形，AB=4,∴OC=AB=4,BC=OA=3,BC⊥OC,∴B(4，3)，把E(3，0)，B(4，3)代入到抛物线解析式中得：9a+3b+3=016a+4b+3=3解得a=1故答案为：1，−4;【分析】(1)先利用二次函数解析式求出点A的坐标，进而求出E、B的坐标，再利用待定系数法求解即可；(2)①先求出抛物线对称轴为直线x=2，如图所示，连接AM，设抛物线对称轴与x轴交于T，再由A、B关于直线x=2对称，得到AM=BM，进一步推出当A、M、E三点共线时，BM+EM最小，即此△MBE的周长最小，先求出∠AEO=45°，进而证明∠TME=45°=∠TEM，得到MT=OE-OT=1，则M(2，1)；②利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明△BME时直角三角形，即∠BME=90°，则△MBE外接圆圆心F即为BE的中点，据此求解即可；(3)先由(2)得.ME=22．【答案】（1）解：∵抛物线y=−x2+2x+c∴将A0,1代入得，c=1∴y=−x（2）∵y=−x∴顶点坐标为(1,2)，∵点Q与此抛物线的顶点重合，点Q的横坐标为2m，∴2m=1解得：m=（3）①AQ∥x轴时，点A，Q关于对称轴x=1对称，∴x解得，m=1，则yP=−1∴P(1,2)，Q(2,1)，∴点P与点Q的纵坐标的差为2−1=1；②当AP∥x轴时，则A，P关于直线x=1对称，则xP=m=2，则yP=−2∴P(2,1)，Q(4,−7)；∴点P与点Q的纵坐标的差为1−(−7)=8；综上所述，点P与点Q的纵坐标的差为1或8．【解析】【分析】（1）将已知点坐标代入抛物线解析式，用待定系数法求出未知系数，确定抛物线表达式；（2）先将抛物线化为顶点式得到顶点坐标，再结合点Q的坐标特征建立方程求解m的值；

（3）分AQ平行于x轴、AP平行于x轴两种情况，利用抛物线的对称性求出点P、Q的坐标，再计算两点纵坐标的差。3．【答案】（1）解：由题意得：y=ax+1则−3a=3，则a=−1，∴抛物线的解析式为：y=−x则b=2；（2）解：∵y=−x2+2x+3=−x−12+4

∴在t≤x≤1范围内，当x=t时函数有最小值2

∴−t−1（3）解：存在点P，理由如下：∵C0,3，B3,0，

∴OB=OC，

∴∠OBC=45°，

①当点P在BC左侧时，如图，在y轴上取点M0,1，延长BM交抛物线于点P1，

在△AOC和△BOM中，

∵OA=OM，∠AOC=∠BOM，OC=OB，

∴△AOC≌△BOMSAS，

∴∠ACO=∠ABM，

∴∠CBP+∠ACO=∠CBM+∠OBM=∠ABC，

设直线BM的解析式为y=kx+b，

由点B、M的坐标得，直线BM的解析式为y=−13x+1，

联立上式和抛物线的表达式得：−x2+2x+3=−13x+1，

则x=3（舍去）或−23，故点P−23,119；

②当点P在BC右侧时，如上图，作△BOC关于BC的对称△CBN，CN交二次函数y=−x2+2x+3于点P2，

则∠CBN=∠CBO=45°，∠N=∠BOC=90°，∠BCO=∠BCN=45°，

∴∠OCN=∠N=∠OBN=90°，

∵OC=OB，

∴四边形OCNB是正方形，

∴BN=3，

令y=−x2+2x+3中，y=3，则−x2+2x=0，

解得x=0或x=2，

∴P22,3【解析】【分析】（1）由题意得可设抛物线的解析式为交点式，再利用待定系数法求解即可；（2）由抛物线解析式可得其对称轴为直线x=1，因为抛物线开口向下，则抛物线上的点距离对称轴越远对应的函数值越小，即当x=t时，函数取得最小值2，由抛物线上点的坐标特征可列关于t的方程并求解即可；（3）由于抛物线交y轴于C0,3，则OB=OC，所以∠OBC=45°，此时可在y轴正半轴上截取OM=OA，则由旋转全等模型可得△AOC≌△BOM，则∠OBM=∠ACD，则∠CBP+∠ACO=45∘，再利用待定系数法求出直线BM的解析式，再联立直线与抛物线的解析式并解方程可得点P1的坐标，此时点P位于直线BC的左侧；再以BC为对角线、OB为边作正方形COBN交抛物线于点P2，可由抛物线上点的坐标特征可得点P2的坐标，则可计算得P2N＝MO，则利用正方形的性质可证△BOM≌△BNP2（1）解：由题意得：y=ax+1则−3a=3，则a=−1，∴抛物线的解析式为：y=−x则b=2；（2）解：当y=0时，−x解得x1=−1，∴点B3,0当x=0时，y=3，∴点C0,3由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x=1，当t≤x≤1时，函数y=ax2+bx+3则2=−t2+2t+3，则t=1±∴t的值为1−2（3）解：存在点P，理由如下：∵C0,3，B∴OB=OC，∴∠OBC=45°，①当点P在BC左侧时，如图，在y轴上取点M0,1，延长BM交抛物线于点P在△AOC和△BOM中，∵OA=OM，∠AOC=∠BOM，OC=OB，∴△AOC≌△BOMSAS∴∠ACO=∠ABM，∴∠CBP+∠ACO=∠CBM+∠OBM=∠ABC，设直线BM的解析式为y=kx+b，由点B、M的坐标得，直线BM的解析式为y=−1联立上式和抛物线的表达式得：−x则x=3（舍去）或−23，故点②当点P在BC右侧时，如上图，作△BOC关于BC的对称△CBN，CN交二次函数y=−x2+2x+3则∠CBN=∠CBO=45°，∠N=∠BOC=90°，∠BCO=∠BCN=45°，∴∠OCN=∠N=∠OBN=90°，∵OC=OB，∴四边形OCNB是正方形，∴BN=3，令y=−x2+2x+3中，y=3解得x=0或x=2，∴P22,3∵OB=NB，∠BOM=∠BNP∴△BOM≌△BNP∴∠OBM=∠NBP∴∠CBP∴在点P2抛物线上，即点P2满足条件故存在满足条件的点P有两个，分别为：−23,4．【答案】（1）∵抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A−1,0和点B4,0，∴a−b+2=016a+4b+2=0，

解得：a=−（2）如图1，

过点D作DF⊥x轴交线段BC于点E，垂足为点F，∵抛物线y=−12x2+32x+2与y轴交于点C，

当x=0时，y=2，

∴C0,2，

设直线BC的表达式为y=kBCx+bBC，过点B4,0，C0,2，

∴4kBC+bBC=0bBC=2，

解得：kBC=−12bBC=2，

∴直线BC的表达式为y=−12x+2，（3）如图2，当点D在直线BC的上方的抛物线上时，∵∠DCB=∠ABC，

∴CD∥AB，

∴点C，D的纵坐标相等，即点D的纵坐标为2，

当y=2时，则−12x2+32x+2=2，

解得，x1=0，x2=3，

∴D3,2，

如图3，当点D在直线BC的下方的抛物线上时，

设DC交x轴于点G，

∵∠DCB=∠ABC，

∴GC=GB，

设GB=GC=n，

∴OG=OB−GB=4−n，

在Rt△COG中，OC2+OG2=CG2，

∴22+4−n2=n2，

解得：n=52，

∴OG=4−n=4−52=32，

∴G32,0，

设直线CD的解析式为y=kCDx+bCD【解析】【分析】(1)利用待定系数法将A−1,0和点B4,0代入解析式求解得到结果；

（2）根据题意，得到B4,0，C0,2进而求出直线BC的方程，接着假设点Dm,−12m2+32m+2和点Em,−12m+2以及DE=−12m2（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A∴a−b+2=016a+4b+2=0解得：a=−1∴抛物线的解析式为y=−1（2）如图1，过点D作DF⊥x轴交线段BC于点E，垂足为点F，∵抛物线y=−12x2+当x=0时，y=2，∴C0,2设直线BC的表达式为y=kBCx+bBC∴4k解得：kBC∴直线BC的表达式为y=−1设点Dm,−12∴DE=−1∴S△BCD∴S△BCD∵−1<0，∴当x=2时，△BCD的面积有最大值，△BCD面积的最大值为4；（3）如图2，当点D在直线BC的上方的抛物线上时，∵∠DCB=∠ABC，∴CD∥AB，∴点C，D的纵坐标相等，即点D的纵坐标为2，当y=2时，则−1解得，x1=0，∴D3,2如图3，当点D在直线BC的下方的抛物线上时，设DC交x轴于点G，∵∠DCB=∠ABC，∴GC=GB，设GB=GC=n，∴OG=OB−GB=4−n，在Rt△COG中，OC∴22解得：n=5∴OG=4−n=4−5∴G3设直线CD的解析式为y=kCDx+bCD∴b=23解得：k=−4∴直线CD的解析式为y=−4联立y=−4解得：x1=0y∴D17综上所述，点D的坐标为3,2或1735．【答案】（1）解：把点B(4，0)，C(0，4)代入y=−得−12∴抛物线对应的函数解析式为y=−（2）解：设直线BC对应的函数解析式为y=kx+m(k≠0)，把点B(4，0)，C(0，4)代入，得4k+m=0,m=4,解得∴直线BC对应的函数解析式为y=-x+4.设Pn∴PK=−∴∴∴当n=83时，S（3）解：存在.令y=−12∴A(-2，0)，∴AC=∵E为AC的中点，且EF⊥AC，∴AE=CE=∴∠AFE=∠CFE.设OF=a，则CF=AF=a+2.在Rt△COF中，由勾股定理，得(a2∴F(3，0)，CF=5.∵EF⊥AC，∠AOC=90°，∴∠AFE=∠OCA=90°-∠CAF，∴∠AFE=∠OCA=∠CFE.如图1，当点Q在第三象限时，取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1，交抛物线于点Q，则∠QFE=2∠EFA=2∠OCA，E1(-1，-2).设直线FE1对应的函数解析式为y=则3k1∴直线FE1对应的函数解析式为y=联立y=12解得x1=当x=1−35∴点Q的坐标为1−3如图2，当点Q在第一象限时，取E关于CF的对称点E2，连接EE2,∵CE=∴EF=∵∴EG=∴FG=过点G作GH⊥x轴于点H，则GH=FG⋅sin∠CFO=4×∴OH=OF−FH=∴G∴设直线FE2对应的函数解析式为y=贝3k2∴直线FE2对应的函数解析式为y=−联立y=−112解得x1=当x=13−69∴点Q的坐标为13−综上，点Q的坐标为1−352【解析】【分析】(1)由待定系数法求出函数解析式即可；(2)求出BC的解析式，设Pm−12m2+m+4,则，K(m，-m+4)，D(m，0)，将S16．【答案】（1）解：设抛物线的表达式为：y=ax−即y=ax+1则−4a=2，解得：a=−1则抛物线的解析式为y=−1（2）解：如图所示，过D作DG⊥x轴，垂足为G，与BC交于K点，在y=−12x2+∴C0,2设直线BC的解析式为y=kx+b，将B4,0，C0,2代入解析式得解得：b=2k=−∴直线BC的解析式为y=−1∵Dx,y∴Kx,−∴DK=−1∴S====−=−x−2∴当△BCD的面积最4时，x=2，此时，点D2,3（3）解：存在，理由：当∠DCE=2∠ABC时，取点F0,−2，连接BF∵OC=OF，∴∠ABC=∠ABF，∴∠CBF=2∠ABC．∵∠DCB=2∠ABC，∴∠DCB=∠CBF，∴CD∥BF．设直线BF的解析式为y=mx+n，∵点B4,0，F∴4m+n=0解得：m=1∴直线BF的解析式为y=1∴设直线CD的解析式为y=1将C0,2代入直线CD的解析式得d=2∴直线CD的解析式为y=1联立直线CD及抛物线的解析式成方程组得：12解得：x=0（舍去）或x=2，即点D2,3【解析】【分析】（1）已知抛物线经过点A，B，利用待定系数法求解解析式即可；（2）首先令x=0，求出点C的坐标，进而求出直线BC的函数表达式，再设点D的横坐标为x，利用“铅垂高”法表示△BCD的面积，最后将面积表示为关于x的二次函数，利用二次函数的性质求最大值，进而求出点D坐标；

（3）利用轴对称性质构造2∠ABC，结合平行线的判定与性质，将角度关系转化为解析式关系，联立方程组求解即可.7．【答案】（1）解：∵抛物线y=12x∴12×∵对称轴为直线x=1，∴−b2×1∴抛物线的表达式为y=1（2）解：∵点Px∴y∵x∴y∴y∵y∴−x1+1∴x1的值为−3（3）解：如图，在y轴上取一点F，作直线CF交抛物线于点G，使∠GCM=∠DMC，再过点M作x轴的垂线段MN．

令y=−32x−6=0，则x=−4

∴D−4,0

令y=12x2−x−4=0，则x1=−2、x2=4

∴B−2,0、C4,0

∵A设直线AC的表达式为y=mx+n∴−4=n0=4m+n

解得m=1n=−4

∵M是直线y=−32x−6与直线AC的交点

y=−32x−6y=x−4

解得设直线CF的表达式为y=sx+t，∴解得s=−∴直线CF的表达式为y=−2∴解得x=−∵点G在第二象限，∴点G的坐标为−10【解析】【分析】（1）先由抛物线上点的坐标特征可得c=-4，再由抛物线的对称性可得b=-1即可；（2）由抛物线上点的坐标特征结合整式的混合运算可化简y1−y2为（3）在y轴上取一点F，作直线CF交抛物线于点G，使∠GCM=∠DMC，此时由直线及抛物线上点的坐标特征可分别得出点B、C、D的坐标，则OA＝OC＝OD，即∠ACD=∠OAC=45°，再过点M作x轴的垂线段MN，则由平行线的性质可得∠NMC=∠MCN=45°，由于∠GCM=∠DMC，则必然有∠DMN=∠FCO，再解直角三角形可得DNMN=OFOC，此时由待定系数法可得直线（1）解：∵抛物线y=12x∴12×∵对称轴为直线x=1，∴−b2×1∴抛物线的表达式为y=1（2）解：∵点Px∴y∵x∴y∴y∵y∴−x1+1∴x1的值为−3（3）解：如图，在y轴上取一点N，作直线CN交抛物线于点G，使∠GCM=∠DMC．∵直线y=−32x−6与x∵−32x−6=0∴D−4,0设直线AC的表达式为y=mx+n，且经过A0,−4则−4=n∴直线AC表达式为y=x−4．∵OA=AC，∴∠OCA=∠OAC=45∵∠NCA=∠NCB+∠OCA，∴∠NCA=∠NCB+45即∠NCB=∠DEO，∴tan∠NCB=tan∠DEO，∴ONCO=解得ON=8设直线NC的表达式为y=sx+t，且经过N0则8解得s=−∴直线CN的表达式为y=−2与抛物线y=联立方程得y=−解得x=−∵点G在第二象限，∴点G的坐标为−108．【答案】33，13【解析】【解答】解：由题意得：A(m，h)，且y=x−m上式中令x=0，得y=m∴B(0,m∵点A在直线y=3∴h=3即Am，3∵点B、点C关于x轴的对称，则C0,−①当∠BAC=90°，则OA是Rt△ABC的斜边BC上的中线，∴OA=OB，∵OA2=则43由于m≠0，解得：m=33或所以点A的坐标为33，1②当∠ACB=90°时，如图，则AC⊥BC，此时点A、C的纵坐标相同，即33∴m=−2所以点A的坐标为−2综上所述，点A的坐标为33，13或【分析】本题综合考查二次函数的性质、直角三角形的判定与性质以及坐标对称，需要结合相关知识点分情况讨论，同时运用坐标对称和二次函数的顶点式，准确表示各点坐标并建立方程.具体的分两种情况：第一种若∠BAC=90°，则OA=OB，从而得到关于m的方程439．【答案】10【解析】【解答】解：过点P作PE⊥x轴于点E，如图所示：令y=0，则有12x−1x−m令x=0时，则y=1∴A1,0∴OB=m,OC=1∵△BCP是以CP为底的等腰直角三角形，∴∠CBP=90°,BC=PB，∵∠BOC=∠PEB=90°，∴∠BCO+∠OBC=∠OBC+∠PBE=90°，∴∠BCO=∠PBE，∴△BOC≌△PEBAAS∴BE=OC=1∴OE=OB+BE=3∵点P在第一象限的抛物线上，∴P3∴12解得：m1故答案为103【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质、全等三角形的性质与判定及等腰直角三角形的性质，先求出抛物线与x轴，y轴的交点坐标；得OB=m,OC=12m，构造垂直辅助线，然后利用AAS证明三角形全等（△BOC≌△PEB10．【答案】（1）解：设直线AB的解析式为y=kx+b，把A(2，0)，B(1，1)代入得2k+b=0解得k=−1所以直线AB的解析式为y=-x+2；把B(1，1)代入y=ax2得a=1所以抛物线解析式为у＝x2（2）∵B(1，1)∴OB=12+①当OB=OP=2时，P(-2.0)或(2.，0)②当OP=PB时，点P是线段OC的垂直平分线与X轴的交点，设P(p，0)∴p2=(p-1)2+12解得：p=1P(1，0)③当OB=PB=25时，(p-1)2+12=(2)2；解得：p=0(舍去)或p=2∴P(2，0)；综上所述，符合条件的点P的坐标为：P(-2，0)或(2，0)或P(1，0)或P(2，0).（3）联立y=x解得：x=−2y=4∴C(∴S设D(∵S∴1解得：t=3或t=−3（舍去）

【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出直线和抛物线解析式即可；（2）先根据两点间距离公式求出OB长，然后分为OB=OP，OB=PB，OP=PB三种情况，设P(p，0)，根据两点间距离公式列方程求出p的值解答即可；（3）设D(11．【答案】（1）解：（1）对一次函数y=−x+3，令x=0，y=3，得C点坐标(0,3)，令将点B，C代入抛物线得，c=3−9+3b+c=0，解得b=2∴抛物线解析式y=−（2）解：∵∠COB=90°，∴△OBC等腰直角三角形，∴∠OCB=45根据圆周角定理可得∠OEB=∠OCB=45（3）解：存在，P可以为(1,2)；(1理由如下：如图，由（1）可知抛物线y=−x∴抛物线对称轴x=1，顶点（1，4），设P点坐标为（1，m），∴PC2=(1−0①当PC=PD时，m2−6m+10=m②当PC=CD时，m2−6m+10=2，解得m1③当PD=CD时，m2−8m+16=2，解得m1综上所述，当点P（1，2）、（1，3）、(1,4+2)、【解析】【分析】(1)由y=-x+3可得B、C的坐标，将坐标代入抛物线y=−x2+bx+c，求出b、c的值，即得解析式；

(2)由OB=OC知∠OCB=45°，由圆周角定理得∠OEB的度数；

(3)设点P(1，m)分别求出PC2、PD212．【答案】（1）解：∵y=ax2+bx+c的图象经过点O(0,0),A(4,0)，

∴（2）解：由（1）可计算得二次函数图象的顶点坐标为(2,2)，可画图象如图．

∴BO=22,AB=22，

∴BO=AB，

又∵BO2+AB2=8+8=16,AO2=16（3）解：存在，理由如下：

∵点P在抛物线y=ax2+bx+c上，且抛物线经过(0,0)与(4,0),(2,2)三点，设y=ax(x−4)，

∴将(2,2)代入，可解得a=−12．

∴y=−12x(x−4)，

要使△APQ是正三角形，

设点P为x,−12x(x−4)，过点P作PC⊥x轴，交x轴于点C，

分三种情况：

当x>4时，AC=x−4,CP=12x(x−4)，

∵∠CAP=60°，

∴CP=3AC，

∴3(x−4)=12x(x−4)，

解得x1=4（与A点重合，舍去），x2=23<4（不符合题意舍去）．

当0<x<4时，则有：AC=4−x,CP=−12x(x−4)，

∴3(x−4)=−12x(x−4)，

解得x=23，

根据正三角形对称性，点Q在x轴上，

∴点Q【解析】【分析】（1）由于O、A两点纵坐标相同，故O、A两点关于抛物线的对称轴直线对称，从而利用中点坐标公式即可求解；（2）由（1）可计算得二次函数图象的顶点坐标为(2,2)，可画出图象，根据两点间的距离公式求出OB、OA、AB，可得BO=AB再根据勾股定理的逆定理证明△ABO为直角三角形即可；（3）先利用待定系数法求出该抛物线的解析式（用顶点式）；要使△APQ是正三角形，根据点的坐标与图性性质，可设点P为x,−12x(x−4)，过点P作PC⊥x轴，交x轴于点C，分三种情况：当x>4时，当0<x<4（1）解：∵y=ax2+bx+c∴抛物线的对称轴为直线x=x（2）解：由（1）可计算得二次函数图象的顶点坐标为(2,2)，可画图象如图．∴BO=22∴BO=AB，又∵BO∴BO∴∠OBA=90°，∴△ABO是等腰直角三角形．（3）解：∵点P在抛物线y=ax2+bx+c上，且抛物线经过(0,0)与(4,0),(2,2)∴将(2,2)代入，可解得a=−1∴y=−1要使△APQ是正三角形，设点P为x,−12x(x−4)，过点P作PC⊥x轴，交x分三种情况：当x>4时，AC=x−4,CP=1∵∠CAP=60°，∴CP=3∴3(x−4)=解得x1=4（与A点重合，舍去），当0<x<4时，则有：AC=4−x,CP=−1∴3解得x=23根据正三角形对称性，点Q在x轴上，∴点Q坐标为(43当x<0时，则有：AC=4−x,CP=1∴3解得x=−23∴x∴点Q的坐标为(−43综上所述，点Q的坐标为：(43−4,0)或13．【答案】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c过点−1,0和0,−3，

∴1−b+c=0c=−3，

解得b=−2c=−3，（2）解：对于直线CD:y=2x−3，令y=0，则x=32，

∴D32，0，

设Pp，0，且0<p≤32，

∴Mp，p2−2p−3，Np，2p−3，

∴MN=2p−3−p2−2p−3=−p2+4p，

∴（3）解：不存在，理由如下：

∵MP⊥x轴，

∴当△CMN是以NM为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN，

∴M点纵坐标为−3，

∴x2−2x−3=−3，

解得x=0或x=2，

当x=0时，则点M和点C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，

∴点M的坐标为2，−3，点N的坐标为2，1，

此时，CM=2，MN=1−−3=4，

CM≠MN，则△CMN不是以NM为腰的等腰直角三角形，

【解析】【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）令直线y=2x-3中的y=0算出对应的函数值可得点的（32，0)；设Pp，0，且0<p≤32，根据点的坐标与图形性质得（3）当△CMN是以NM为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN，根据点的坐标与图形性质得出点M的纵坐标为-3，然后将y=-3代入（1）所求的抛物线解析式算出对应的自变量x的值，判断得出点M的及点N的坐标，由两点间的距离公式算出CM、MN，就会发现MN≠CM，从而可得结论.（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c过点−1,0∴1−b+c=0c=−3解得b=−2c=−3∴抛物线的表达式为y=x（2）解：对于直线CD:y=2x−3，令y=0，则x=3∴D3设Pp，0∴Mp，p∴MN=2p−3−p∴S△CDM∵−34<0∴p≤2时，S△CDM的值随p∴当p=32，S△CDM（3）解：∵MP⊥x轴，∴当△CMN是以NM为腰的等腰直角三角形时，则有CM⊥MN，∴M点纵坐标为−3，∴x2解得x=0或x=2，当x=0时，则点M和点C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，当x=2时，则点M和点C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，点M的坐标为2，−3，点N的坐标为此时，CM=2，MN=1−−3CM≠MN，则△CMN不是以NM为腰的等腰直角三角形，∴不存在这样的点M，使以C，N，14．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x∴设y=a代入C(0,−6)，得−12a=−6解得：a=∴抛物线解的函数表达式为y=1（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，把B6,0，C6k+b=0b=−6解得，k=1∴直线BC的解析式为y=x−6；∵点P的横坐标为m，∴点P的坐标为m,m−6∴Fm,0，E∴PF=−m−6=6−m；∵PF=3PE，∴6−m=3−整理得，3m解得，m=23或∴m=2​​​​​​​（3）m=4或m=2【解析】【解答】（3）解：由②知Pm,m−6，Fm,0，∵OC=OB=6，∴∠OCB=∠OBC=45°，又PF⊥x轴，∴∠PFB=90°,∠FPB=90°−45°=45°,∴∠CPE=45°，若△CPE是等腰直角三角形，则有：①当∠CEP=90°时，连接CE，如图，∴∠CPE=∠PCE=45°，∵∠FBC=45°,∴∠PCE=∠FBP,∴CE∥x轴，∴FE=OC=6∴−1解得，m=4或m=0（不合题意，舍去）②当∠PCE=90°时，如图，连接CE,则CP=PE,作CK⊥PE于点K，则PK=KE=12PE,∴FK=OC=6∵PE=−∴PK=−∴FK=FP+PK=6−m−1∵FK=OC=6∴−解得，m=2或m=0（不符合题意，舍去），综上，当m=4或m=2时，△CPE为等腰直角三角形【分析】（1）已知抛物线与x轴的两个交点A、B，可设交点式y=a(x+2)(x-6)，再代入点C求解即可；（2）先求出直线BC的解析式，用含m的代数式表示点P、E、F的坐标，进而表示出线段PF和PE的长度，根据PF=3PE列方程求解即可；（3）先证明△PFB是等腰直角三角形，得∠CPE=45°，再分∠CEP=90°和∠PCE=90°两种情况列出关于m的方程，求出方程的解即可．（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x∴设y=a代入C(0,−6)，得−12a=−6解得：a=∴抛物线解的函数表达式为y=1（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，把B6,0，C6k+b=0b=−6解得，k=1∴直线BC的解析式为y=x−6；∵点P的横坐标为m，∴点P的坐标为m,m−6∴Fm,0，E∴PF=−m−6=6−m；∵PF=3PE，∴6−m=3−整理得，3m解得，m=23或∴m=2（3）解：由②知Pm,m−6，Fm,0，∵OC=OB=6，∴∠OCB=∠OBC=45°，又PF⊥x轴，∴∠PFB=90°,∠FPB=90°−45°=45°,∴∠CPE=45°，若△CPE是等腰直角三角形，则有：①当∠CEP=90°时，连接CE，如图，∴∠CPE=∠PCE=45°，∵∠FBC=45°,∴∠PCE=∠FBP,∴CE∥x轴，∴FE=OC=6∴−1解得，m=4或m=0（不合题意，舍去）②当∠PCE=90°时，如图，连接CE,则CP=PE,作CK⊥PE于点K，则PK=KE=12PE,∴FK=OC=6∵PE=−∴PK=−∴FK=FP+PK=6−m−1∵FK=OC=6∴−解得，m=2或m=0（不符合题意，舍去），综上，当m=4或m=2时，△CPE为等腰直角三角形15．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax0=(−3)2∴y=−∴y=−设直线AC的解析式为y=kx+b，将A(-3，0)，C(0，3)，代入得：b=3−3k+b=0,∴直线AC的解析式为y=x+3（2）解：设Px−x2−2x+3,则E(x，x+3)，（3）解：①当AC为平行四边形的边时，则有.MN‖AC,且MN=AC，如图3，过点N作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，则∠AHG=∠ACO=∠NMG，在△NMG和△ACO中，∠NGM=∠AOC∴△NMG≌△ACO(AAS)，∴NG=AO=3，∴点N到对称轴的距离为3，又·.∵y=−∴抛物线对称轴为直线x=-1，设点N(x，y)，则NG=|x+1|=3，解得：x=2或x=-4，当x=2时，代入y=−x+1当x=-4时，代入y=−∴点N坐标为(2，-5)或(-4，-5)；∴M(-1，-8)；

②当AC为平行四边形的对角线时，如图4，设AC的中点为T，∵A∴T∵点M在对称轴上，∴点M的横坐标为-1，设点N的横坐标为x，根据中点公式得：x+(-1)=2×∴x=−2,此时y=3，∴N∴M综上所述，点M的坐标为(-1，-8)或(-1，0)【解析】【分析】(1)待定系数法求解析式即可；由(1)知：y=−x2-2x+3，令x=0，求出y的值，得到点C的坐标，利用待定系数法求出直线AC的解析式；

(2)设Pm−m2−2m+3,则E(m，m+3)，表示出PE，结合二次函数的性质可得PE的最大值；

(3)①当AC为平行四边形的边时，则有16．【答案】（1）解：二次函数y＝ax2﹣2x+c（a≠0）的图象与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．将点B，点C的坐标分别代入得：9a解得：a=1∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）解：设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B（3，0），点C（0，﹣3）分别代入得：3k解得：k=1∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，点P为直线BC下方抛物线上的点，如图2，设P（a，a2﹣2a﹣3），∴M（a，a﹣3），∴PM=当a=32∴S△∴△PBC面积的最大值为278∴P(（3）解：由题意可得：y'＝（x﹣1）2﹣2（x﹣1）﹣3﹣1＝x2﹣4x﹣1＝（x﹣2）2﹣5，y'的对称轴为x＝2．∵B（3，0），C（0，﹣3），∴OC＝OB＝3，∠BCO＝∠CBO＝45°，当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，如图3，过D作DF⊥y轴于点F，∵D在y'的对称轴上，∴FD＝2，∵∠BCD＝90°，∠BCO＝45°，∴∠DCF＝45°，∴CF＝FD＝2，OF＝3+2＝5，即点D（2，﹣5），∴点C向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点E（5，﹣2）；当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方，y'的对称轴为x＝2与x轴交于点F，如图4，∵D在y'的对称轴上，∴FO＝2，∴BF＝3﹣2＝1，∵∠CBO＝45°，即∠DBO＝45°，FD＝1，即点D（2，1），∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点E（﹣1，﹣2）；当BC为矩形对角线时，如图5，设D（2，d），E（m，n），BC的中点F的坐标为(3依意得：2+m解得：m=1又∵DE＝BC，∴（2﹣1）2+（d﹣n）2＝32+32，解得：d−联立得：d−解得：n=∴点E的坐标为(1，−3−172综上所述，点E的坐标为（5，﹣2）或（﹣1，﹣2）或(1，−3−172【解析】【分析】(1)利用待定系数法，将点B(3，0)、C(0，-3)代入二次函数解析式，求解a、c，得到抛物线解析式；

(2)先求直线BC的解析式，设抛物线上点P的坐标，作PM⊥x轴交BC于M，用P、M的纵坐标差表示PM，将△PBC的面积表示为关于P横坐标的二次函数，求最大值及对应P的坐标；

(3)先根据平移规律得到新抛物线y的解析式及对称轴，设对称轴上点D的坐标，分BC为矩形的边、对角线两种情况，利用矩形的性质（勾股定理、中点坐标公式）求解点B的坐标。17．【答案】（1）解：∵抛物线C1：y=−x2∴c=1；∵抛物线扔对称轴为直线x=2．∴−b∴b=4∴抛物线的解析式为：y=−x（2）解：∵抛物线C1∴A（2，0）设直线AC的解析式为y=kx+b把A（2，0），C（0，1）代入得，2k+b解得，k=−1∴直线AC的解析式为y=−1∵PB=2BO，∴PO=3BO，设P(m,−m2+4m+1)∴BE∥PF，∴△OBE∽△OPF，∴OEOF∴OE=1∴BE=−1∴−1解得，m=4,当m=4时，−m当m=12时，∴点P的坐标为(4,1)，（3）（-1，3）或（1，-2）或(3,4+【解析】【解答】解：（3）∵y=−向左平移两个单位后抛物线的解析式为y=−(x−2+2)联立y=−x解得x=1y=4∴E（1，4），∵抛物线y=−x2∴可设F（2，t），H（a，b），①CF，EF为邻边，CE，EP为对角线时；CF2=(2−0)2+(又CF2=EF2，∴t2−2t+5=t−8t+17解得，t=2∴F（2，2），又CE的中点坐标为(1+02∴a+22=∴a=−1，b=3，∴H（-1，3）；②CE，CF为邻边，EF，CP为对角线时，EC2=(1−0)2+(4−1)2=10，CF2=(2−0)2+(t−1)2=t2−2t+5，又CE2=CF2∴t2−2t+5=10，解得，t=1±当t=1+6时，EF的中点坐标为(3∴a2=3∴a=3，b=4+6∴H(3,当t=1−6时，EF的中点坐标为(3∴a2=3∴a=3，b=4−6∴H(3,③CE，EF为邻边，CF，EP为对角线EC2=(1−0)2+(4−1)2=10，CF2=(2−1)2+(t−4)2=t2−8t+17又EC2=EF2，∴t2−8t+17=10，解得，t=1，t=7（C、E、F三点共线，不符合题意舍去），∵F（2，1），∴CF的中点坐标为（1，1），∴a+1解得，a=1，b=-2，∴H（1，-2），综上，点H的坐标为（-1，3）或（1，-2）或(3,4+6【分析】（1）由对称轴公式求出b=4，由点C(0,1)代入可求出（2）运用待定系数法求出直线AC的解析式，设P(m,−m2+4m+1)，过点B作BE⊥x轴于点E，过点P作PF⊥x轴于点F,得（3）联立直线与抛物线的解析式求出点E坐标，设H(a,b),F(2,t)，分CF,EF为邻边，CE,FP为对角线；CE,18．【答案】（1）解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过三点A(-1，0)，B(3，0)，C(0，-3)

∴设二次函数的解析式为y=a(x+1)(x-3)，

把C(0，-3)代入得：-3=a(0+1)×(0-3)

解得a=1

∴二次函数的解析式为y=(x+1)(x-3)=x2-2x-3=(x-1)2-4，

∴顶点M的坐标是(1，-4)，

答：该二次函数的解析式是y=x2-2x-3，顶点M的坐标是(1，-4).（2）解：把(2，-3)代入y=kx得：2k=-3，解得k=−32，

∴正比例函数的解析式为y=−32x，

联立y=−32xy=x2−2x−3，解得x=2y=−3或x=−32y=（3）解：设正方形BPON边长为a，

∴BP=PQ=QN=BN=a，∠PBN=90°

∵点P是x轴上一动点，B(3，0)，

∴BN和PQ都垂直x轴，

∴N(3，a)或N(3，-a)不可能在抛物线上，P(3-a，0)或P(3+a，0)，

当P在抛物线上时，则只能是点P与A(-1，0)重合，此时a=AB=4，N(3，4)或N(3，-4)；

当Q在抛物线上时，

若Q在B(3，0)的左上方时，P(3-a，0)，Q(3-a，a)，N(3，a).

把Q(3-a，a)代入y=x2-2x-3得a=(3-a)2-2(3-a)-3，

解得a1=5，a2=0(舍去)

此时a=5，N(3，5)；

若Q在B(3，0)的左下方时，P(3-a，0)，Q(3-a，-a)，N(3，-a)，

把Q(3-a，-a)代入y=x2-2x-3得-a=(3-a)2-2(3-a)-3，

解得a1=3，a2=0(舍去)

此时a=3，N(3，-3)；

若Q在B(3，0)的右上方时，P(3+a，0)，Q(3+a，a)，N(3，a)，

把Q(3+a，a)代入y=x2-2x-3得

a=(3+a)2-2(3+a)-3，解得a1=-3，a2=0(都不符合题意，舍去)；

若Q在B(3，0)的右下方时，P(3+a，0)，Q(3+a，-a)，N(3，-a)，

把Q(3+a，-a)代入y=x2-2x-3得

-a=(3+a)2-2(3+a)-3，解得a1=-5，a2=0(都不符合题意，舍去)；

综上所述，N(3，4)或(3，-4)或(3，5)或(3，-3).【解析】【分析】(1)设二次函数的解析式为y=a(x+1)(x-3)，把C(0，-3)代入即可求出a=1，即得到二次函数的解析式，把它化成顶点式即可求出顶点坐标；

(2)把(2，-3)代入y=kx即可求出正比例函数的解析式，解由二次函数的解析式和正比例函数的解析式组成的方程组即可求出交点D的坐标，根据图象即可求出答案；

(3)设正方形BPQN边长为m，则

BP=PQ=QN=BN=m，∠PBN=90°，得到BN和PQ都垂直x轴，N(3，a)或N(3，-a)不可能在抛物线上，P(3-a，0)或P(3+a，0)，然后根据P、Q的位置确定Q点坐标，代入解析式计算即可.19．【答案】（1）解：∵令x=0，得y=−12x2−32x+2=2，∴A0,2，

（2）解：①∵OA=2OH，∴OH=12OA=1，

∴H0,1或0,−1，

当H为0,1时，如图，

设新的抛物线L'的解析式为y=ax2+bx+ca≠0，

抛物线L绕着点H0,mm<2旋转180°得到新的抛物线L'，两抛物线开口方向相反，形状相同，

则a=12，

∵点A0,2绕点H0,1旋转得B0,0，新的抛物线L'的对称轴与抛物线L的对称轴关于y轴对称，

∴c=0−b2a=32，

解得：b=−32c=0，

∴新的抛物线L'的解析式为y=12x2−32x，

∵如图，过点C作CM⊥y轴于点M，

∵tan∠ABC=4，

∴CMBM=4，

∴设C4t,t，

设直线BC解析式为y=kx，

将C4t,t代入，得t=k×4t，

解得：k=14，

∴直线BC解析式为y=14x，

联立y=12x2−32xy=14x，

解得：x1=0y1=0，x2=72y2=87，

∴C72,78；

当H为0,−1时，如图，

同理可得新的抛物线L'的解析式为y=12x2−32x−4，

如图，过点C作CN⊥y轴于点N，

同理可得直线BC解析式为y=14x−4，

联立y=12x2−32x−4y=14x−4，

解得：x1=0y1=−4，x2=72y2=−258，

∴C72,−258，

综上所述，C72,78或72,−258；

②由旋转知A和B关于点H对称，新的抛物线L'的对称轴与抛物线L的对称轴直线x=−32关于【解析】【分析】（1）令x=0可求出点A的坐标，将函数解析式转化为顶点式可求出抛物线L的顶点坐标.（2）①由OA=2OH，可求出点H的坐标，分两种情况：①当H为0,1时，先利用旋转得出新的抛物线L'的解析式和点B的坐标；过点C作CM⊥y轴于点M，利用tan∠ABC=4可表示出点C的坐标，利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，将抛物线和直线BC的函数解析式联立方程组，解方程组可求出点C的坐标；当H为0,−1时，同理可得新的抛物线L'的解析式及直线BC的函数解析式，同理可求出点C的坐标；综上所述可得到符合题意的点C的坐标；②由旋转知A和B关于点H对称，新的抛物线L'的对称轴与抛物线L的对称轴直线x=−32关于y轴对称，H0,mm<2，A0,2，可得B0,2m−2，新的抛物线L'的对称轴为直线x=32，两抛物线开口方向相反，形状相同，求出新的抛物线L'的解析式，再利用tan∠ABC=4结合点B的坐标求出直线BC（1）解：∵令x=0，得y=−1∴A0,2∵y=−1∴抛物线L的顶点坐标为−3（2）解：i∵OA=2OH，∴OH=1∴H0,1或0,−1当H为0,1时，如图，设新的抛物线L'的解析式为y=a抛物线L绕着点H0,mm<2旋转180°得到新的抛物线则a=1∵点A0,2绕点H0,1旋转得B0,0，新的抛物线L'的对称轴与抛物线∴c=0−解得：b=−3∴新的抛物线L'的解析式为y=∵如图，过点C作CM⊥y轴于点M，∵tan∠ABC=4，∴CMBM∴设C4t,t设直线BC解析式为y=kx，将C4t,t代入，得t=k×4t解得：k=1∴直线BC解析式为y=1联立y=1解得：x1=0y∴C7当H为0,−1时，如图，同理可得新的抛物线L'的解析式为y=如图，过点C作CN⊥y轴于点N，同理可得直线BC解析式为y=1联立y=1解得：x1=0y∴C7综上所述，C72,ii由旋转知A和B关于点H对称，新的抛物线L'的对称轴与抛物线L的对称轴直线x=−32关于y轴对称，H∴B0,2m−2，新的抛物线L'的对称轴为直线同i方法可得新的抛物线L'的解析式为y=设BC交x轴于点T，∵tan∠ABC=4，∴OTBO=4，且点B在∴T8−8m,0设直线BC解析式为y=k将B0,2m−2，T得t=2m−28−8m解得：k'∴直线BC解析式为y=1联立y=1解得：x1=0y∴C7∵平行四边形CAPB是关于对角线AB的对等平行四边形，当AB=AC时，得2−2m+22解得：m=−55当AB=BC时，得2−2m+22解得：m=2−71716或2+综上所述，m=−5532或20．【答案】（1）解：一次函数y=−x+3，当x=0时，y=3，即C(0,当y=0时，−x+3=0，解得x=3，即B(3,把A(−1,0)，B(3,0)代入解得a=−1b=2则抛物线的解析式为y=−（2）解：∵B(3,0)，∴OB=OC=3，∴∠OCB=∠OBC=∠BPQ=∠DPC=45°，∵∠DCP=∠DPC，∴∠DCO=90°，∴CD∥AB，∴点D的纵坐标与点C的纵坐标相同，即为3，当y=3时，−x2+2x+3=3，解得x=2则m=2．（3）解：存在，求解如下：设点F的坐标为F(s,①当四边形BCEF是矩形时，则CE⊥BC，∵直线BC的解析式为y=−x+3，∴设直线CE的解析式为y=x+c，把点C(0,3)代入得∴直线CE的解析式为y=x+3，联立y=x+3y=−x2+2x+3，解得x=1y=4∴E(1,∵四边形BCEF是矩形，且B(3,0)，C(0,∴0+s2=则此时点F的坐标为F(4,②当四边形BCFE是矩形时，则BE⊥BC，设直线BE的解析式为y=x+n，将点B(3,0)代入得：3+n=0，解得则直线BE的解析式为y=x−3，联立y=x−3y=−x2+2x+3，解得x=−2y=−5∴E(−2,∵四边形BCFE是矩形，且B(3,0)，C(0,∴3+s2=则此时点F的坐标为F(−5,综上，存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的矩形，此时点F的坐标为(4,1)或【解析】【分析】(1)求出一次函数y=-x+3与坐标轴的交点B、C的坐标，将点代入y=ax2+bx+3得关于a、b的方程，求解方程可得a、b的值，即可得抛物线的解析式；

(2)由∠DCP=∠DPC21．【答案】（1）解：把A（3，0）B（0，-3）代入y=x解得m=−2所以抛物线的解析式是y设直线AB的解析式是y=kx+b，把A（3，0）B（0，-3）代入y=kx+b，得0=3k+b解得k=1所以直线AB的解析式是y=x-3（2）设点P的坐标是（t，t-3），则M（t，t2-2t-3），因为p在第四象限，所以PM当t=3则S（3）存在，理由如下：∵PM∥OB，∴当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，①当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有94②当P在第一象限：PM=OB=3，（t2-2t-3）-（t-3）=3，解得t1所以P点的横坐标是3+③当P在第三象限：PM=OB=3，t2-3t=3，解得t1=所以P点的横坐标是3−综上所述，P点的横坐标是3+212【解析】【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；（2）设点P的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3），则PM=﹣t2+3t，然后根据二次函数的最值公式求出当t=32时，PM长最大为9（3）根据平行四边形的判定得到当PM=OB，然后讨论：当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有9422．【答案】（1）解：将A的坐标−1,0，点C的坐标0,3代入y=−x0=−1−b+c3=c解得b=2c=3∴抛物线的解析式为y=−x（2）解：过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，如图所示：在y=−x2+2x+3中，令y=0解得：x=3或x=−1，∴B3,0∴OB=OC=3，∴△BOC是等腰直角三角形，∴∠CBO=45°，∵PD⊥x轴，∴∠BQD=45°=∠PQH，∴△PHQ是等腰直角三角形，∴PH=PQ∴当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为y=kx+3，将B3,0代入得0=3k+3解得：k=−1，∴直线BC解析式为y=−x+3，设Pm,−m2∴PQ=−∵a=−1<0，∴当m=32时，PQ最大为∴m=32时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时（3）2,3或−2，−5或【解析】【解答】解：（3）存在，理由如下：抛物线y=−x2+2x+3=−设Ms,−s2+2s+3，N1,t①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，如图：∴s+12解得：s=2t=0∴M2,3②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，如图所示：∴s+32解得s=−2t=−8∴M−2,−5③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，如图所示：s+02解得s=4t=−2∴M4,−5综上所述，M的坐标为：2,3或−2，−5或【分析】（1）把点A、C的坐标代入抛物线解析式，通过解方程组求出系数，从而得到抛物线的解析式。

（2）先求出点B坐标和直线BC的解析式，再将点P到直线BC的距离转化为线段PQ的长度，通