专题3 函数与直角三角形综合问题（老师版）

专题3函数与直角三角形综合问题【例1】综合与探究抛物线与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l经过B，C两点，点P为抛物线上一个动点（不与B，C重合）．（1）求A，B，C三点的坐标及直线l的表达式；（2）如图1，当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，设点P的横坐标为m．①求线段PE的长（用含m的代数式表示）；②请求出线段PE的最大值；（3）如图2，点Q为抛物线对称轴上一点，是否存在点Q，使以点B，C，Q为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）分别令x＝0，y＝0，求出点A、B、C的坐标，然后用待定系数法求直线l的解析式；（2）①用含m的式子表示点P的纵坐标，再将P的纵坐标代入直线l的解析式中求出点E的横坐标，最后即可得到EP的长；②利用二次函数的顶点式求出EP的最大值；（3）设点Q（1，a），然后分类讨论利用勾股定理列出关于a的方程求解．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝2，∴C（0，2），当y＝0时，﹣x2+x+2＝0，解得：x＝﹣1或x＝3，∵点A在点B的左侧，∴A（﹣1，0），B（3，0），设直线l的表达式为y＝kx+b，将点B（3，0），C（0，2）代入得：，解得：，∴直线l的表达式为y＝﹣x+2；（2）①设P（m，﹣m2+m+2），∵PE∥x轴，∴点E和点P的纵坐标相同，又∵点E在直线l上，∴﹣m2+m+2＝﹣x+2，∴x＝m2﹣2m，∴EP＝m﹣（m2﹣2m）＝﹣m2+3m；②EP＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，∵﹣1＜0，∴m＝时，线段PE的最大值是；（3）存在，理由如下，∵x＝﹣＝1，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，设Q（1，a），∵B（3，0），C（0，2），①当∠QCB＝90°时，CQ2+CB2＝BQ2，∴12+（a﹣2）2+32+22＝（3﹣1）2+a2，解得：a＝，∴Q1（1，），②当∠QBC＝90°时，BQ2+CB2＝CQ2，∴（3﹣1）2+a2+32+22＝12+（a﹣2）2，解得：a＝﹣3，∴Q2（1，﹣3），③当∠CQB＝90°时，BQ2+CQ2＝CB2，∴（3﹣1）2+a2+12+（a﹣2）2＝32+22，解得：a＝1+或a＝1﹣，∴Q3（1，1+），Q4（1，1﹣），综上所述：点Q的坐标是（1，）或（1，﹣3）或（1，1+）或（1，1﹣）．【例2】已知抛物线y＝x2﹣（2m﹣1）x+4m﹣6．（1）试说明：不论m取任何实数，该抛物线都经过x轴上的定点A．（2）设该抛物线与x轴的另一个交点为B（A与B不重合），顶点为C，当△ABC为直角三角形时，求m的值．（3）在（2）的条件下，若点B在A的右侧，点D（0，3），点E是抛物线上的一点．问：在x轴上是否存在一点F，使得以D，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠EDF＝90°，若存在，求F点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）当x＝2时，得出y的值为固定值，即可说明抛物线过定点A；（2）由抛物线的性质知只有∠ACB有可能是直角，根据题意列出关于m的方程，求出m即可；（3）先确定抛物线的解析式，然后设出点E的坐标和点F的坐标，根据等腰直角三角形的性质及∠EDF＝90°列出关于点F的坐标的关系式，即可求出F的坐标．【解答】解：（1）取x＝2，则y＝22﹣（2m﹣1）×2+4m﹣6＝0，∴抛物线过x轴上定点A（2，0）；（2）∵当y＝x2﹣（2m﹣1）x+4m﹣6＝（x﹣2）（x﹣2m+3）＝0时，有x＝2或x＝2m﹣3，∴点B（2m﹣3，0），∴抛物线的对称轴为x＝m﹣，当x＝m﹣时，y＝（﹣2）（﹣2m+3）＝﹣＝，∴C（m﹣，），∵△ABC为直角三角形，∴∠ACB＝90°，又∵AC＝BC，∴|2m﹣3﹣2|＝2，解得m＝或m＝或m＝当m＝时，A与B重合，∴m＝舍去，∴m＝，∴m＝或m＝；（3）∵点B在A的右侧，∴2m﹣3＞2，解得m，∴m＝，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+8，设E（x，x2﹣6x+8），F（n，0）（n＜0），又∵以D，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠EDF＝90°，如图，过点D作HK平行x轴，HF⊥x轴于点F，KE⊥x轴，∵∠FDE＝90°，∴∠FDH+∠KDE＝90°，又∵∠FDH+∠HFD＝90°，在△DHF和△EKD中，，∴△DHF≌△EKD（AAS），∴HF＝DK＝3，HD＝KE＝﹣n，∴E到x轴的距离为3，∴|x|＝3，∴x＝±3，当x＝3时，y＝x2﹣6x+8＝9﹣18+8＝﹣1，∴KE＝4，∴﹣n＝4，∴n＝﹣4，∴F（﹣4，0），当x＝﹣3时，y＝x2﹣6x+8＝9+18+8＝35，∴E（﹣3，35），又∵D（0，3），∴﹣n+3＝35，∴n＝﹣32，∴F（﹣32，0），综上，F（﹣4，0）或F（﹣32，0）．【例3】如图，直线与坐标轴交于A，G两点，经过B（2，0）、C（6，0）两点的抛物线y＝ax2+bx+2与直线交于A，D两点．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）点M是抛物线上位于直线AD下方上的一个动点，当点M运动到什么位置时△MDA的面积最大？最大值是多少？（3）在x轴上是否存在点P，使以A、P、D为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由待定系数法可求出抛物线解析，联立直线和抛物线解析式可得出点D的坐标；（2）如图1，过点M作y轴的平行线交线段AD于点N，设点N坐标为N（x，x+2），设M坐标为M（x，x2﹣x+2），可求出△MAD的面积，由二次函数的性质可得出答案；（3）分三种情况：①当点P为直角顶点时，②当点A为直角顶点时，③当点D为直角顶点时，由直角三角形的性质及相似三角形的性质可得出答案．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bc+2经过B（2，0）、C（6，0）两点，∴，解得，∴抛物线的解析式，∵当x＝0时，y＝2，∴点A的坐标为（0，2），∴m＝2，即直线解析式为：，∴抛物线与直线交于A、D两点，∴，解得，，∴D（12，10）；（2）如图1，过点M作y轴的平行线交线段AD于点N，设点M的坐标为，则点N的坐标为（x，），∴＝﹣，∴S＝，∵a＝﹣1＜0，∴S有最大值，∵当M运动到M（6，0）时，S有最大值为36；（3）存在．①当点P为直角顶点时，设P（x，0），过点D作DH⊥x轴，垂足为H，则△PDH∽△APO，∴，∴，∴x2﹣12x+20＝0，∴x1＝2，x2＝10，∴点P的坐标为（2，0）或（10，0）．②当点A为直角顶点时，如图，过点A作AP⊥AD，交x轴与点P，设P（x，0），则△OPA∽△AOG．∴，∴，∴x＝，∴点P的坐标为（，0）；③当点D为直角顶点时，过点D作DP⊥AD，交x轴于点P，设P（x，0），过点D作DH⊥x轴于点H，则△PDH∽△DGH，∴，∴＝，∴x＝∴点P的坐标为（，0），∴满足条件的点P的坐标为（2，0）或（10，0）或（，0）或（，0）．【例4】．综合与探究抛物线y＝﹣x2+x+3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l经过B，C两点，点P为抛物线上一个动点（不与B，C重合）．（1）求A，B，C三点的坐标及直线l的表达式；（2）如图1，当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，设点P的横坐标为m．①求线段PE的长（用含m的代数式表示）；②请求出线段PE的最大值；（3）如图2，点Q为抛物线对称轴上一点，是否存在点Q，使以点B，C，Q为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）分别令x＝0，y＝0，求出点A、B、C的坐标，然后用待定系数法求直线l的解析式；（2）①用含m的式子表示点P的纵坐标，再将P的纵坐标代入直线l的解析式中求出点E的横坐标，最后即可得到EP的长；②利用二次函数的顶点式求出EP的最大值；（3）设点Q（，a），然后分类讨论利用勾股定理列出关于a的方程求解．【解答】解：（1）当x＝0时，y＝3，∴C（0，3），当y＝0时，﹣x2+x+3＝0，解得：x＝﹣或x＝3，∵点A在点B的左侧，∴A（﹣，0），B（3，0），设直线l的表达式为y＝kx+b，将点B（3，0），C（0，3）代入得，解得，∴直线l的表达式为y＝﹣x+3．（2）①设P（m，﹣m2+m+3），∵PE∥x轴，∴点E和点P的纵坐标相同，又∵点E在直线l上，∴﹣m2+m+3＝﹣x+3，∴x＝m2﹣2m，∴E（m2﹣2m，﹣m2+m+3），∴EP＝m﹣（m2﹣2m）＝﹣m2+3m，②EP＝﹣m2+3m＝﹣（m﹣）2+，∵﹣＜0，∴m＝时，EPmax＝．（3）存在，理由如下，∵x＝﹣＝﹣＝，∴抛物线的对称轴为直线x＝，设Q（，a），B（3，0），C（0，3），①当∠QCB＝90°时，CQ2+CB2＝BQ2，∴2+（a﹣3）2+（3）2+32＝（2）2+a2，解得：a＝6，∴Q1（，6），②当∠QBC＝90°时，BQ2+CB2＝CQ2，∴（2）2+a2+（3）2+32＝2+（a﹣3）2，解得：a＝﹣6，∴Q2（，﹣6），③当∠CQB＝90°时，BQ2+CQ2＝CB2，∴（2）2+a2+2+（a﹣3）2＝（3）2+32，解得：a＝或a＝，∴Q3（，），Q4（，），综上所述：存在，Q1（，6），Q2（，﹣6），Q3（，），Q4（，）．【例5】已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，直线y=-3x+723与x轴、y轴分别交于B（1）如图1，求点A的坐标；（2）如图2，连接AC，点P为△ACD内一点，连接AP、BP，BP与AC交于点G，且∠APB＝60°，点E在线段AP上，点F在线段BP上，且BF＝AE，连接AF、EF，若∠AFE＝30°，求AF2+EF2的值；（3）如图3，在（2）的条件下，当PE＝AE时，求点P的坐标．【分析】（1）利用勾股定理求出BC的长即可解决问题；（2）如图2中，连接CE、CF．想办法证明△CEF是等边三角形，AF⊥CF即可解决问题；（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP上截取BT＝PA，连接AT、CT、CF、PC．想办法证明△APF是等边三角形，AT⊥PB即可解决问题；【解答】解：（1）如图1中，∵y=-3x∴B（72，0），C（0，7∴BO=72，OC在Rt△OBC中，BC=OC∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝7，∴OA＝AB﹣OB＝7-7∴A（-72，（2）如图2中，连接CE、CF．∵OA＝OB，CO⊥AB，∴AC＝BC＝7，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，∵∠APB＝60°，∴∠APB＝∠ACB，∵∠PAG+∠APB＝∠AGB＝∠CBG+∠ACB，∴∠PAG＝∠CBG，∵AE＝BF，∴△ACE≌△BCF（SAS），∴CE＝CF，∠ACE＝∠BCF，∴∠ECF＝∠ACF+∠ACE＝∠ACF+∠BCF＝∠ACB＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴∠CFE＝60°，EF＝FC，∵∠AFE＝30°，∴∠AFC＝∠AFE+∠CFE＝90°，在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2＝49，∴AF2+EF2＝49．（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP上截取BT＝PA，连接AT、CT、CF、PC．∵△CEF是等边三角形，∴∠CEF＝60°，EC＝CF，∵∠AFE＝30°，∠CEF＝∠H+∠EFH，∴∠H＝∠CEF﹣∠EFH＝30°，∴∠H＝∠EFH，∴EH＝EF，∴EC＝EH，∵PE＝AE，∠PEC＝∠AEH，∴△CPE≌△HAE（SAS），∴∠PCE＝∠H，∴PC∥FH，∵∠CAP＝∠CBT，AC＝BC，∴△ACP≌△BCT，∴CP＝CT，∠ACP＝∠BCT，∴∠PCT＝∠ACB＝60°，∴△CPT是等边三角形，∴CT＝PT，∠CPT＝∠CTP＝60°，∵CP∥FH，∴∠HFP＝∠CPT＝60°，∵∠APB＝60°，∴△APF是等边三角形，∴∠CFP＝∠AFC﹣∠∠AFP＝30°，∴∠TCF＝∠CTP﹣∠TFC＝30°，∴∠TCF＝∠TFC，∴TF＝TC＝TP，∴AT⊥PF，设BF＝m，则AE＝PE＝m，∴PF＝AP＝2m，TF＝TP＝m，TB＝2m，BP＝3m，在Rt△APT中，AT=AP在Rt△ABT中，∵AT2+TB2＝AB2，∴（3m）2+（2m）2＝72，解得m=7或-∴BF=7，AT=21，BP＝37，sin∠ABT∵OK＝PQ＝BP•sin∠PBQ＝37×217=33，∴OQ＝BQ﹣BO＝6-7∴P（-52，3培优训练培优训练1．如图1，以点M（1，4）为顶点的抛物线与直线y＝﹣x+交于A，B两点，且点A坐标为（4，﹣），点B在y轴上．（1）求抛物线解析式；（2）若点D是抛物线上位于直线AB上方的一点（如图2），过点D作DE⊥x轴于点E，交直线AB于点F，求线段DF长度的最大值；（3）在抛物线的对称轴l上是否存在点P，使以点A，M，P为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线解析式设为顶点式，然后代入A点求得；（2）设D的坐标，表示出F的坐标，从而表示出DF的函数解析式，配方求得；（3）分为∠APM＝90°和∠APM＝90°，当∠APM＝90°时，点P的纵坐标和A点纵坐标相同，当∠APM＝90°时，根据AM2+AP2＝PM2或作AQ⊥PM，由△AQP∽△MQA可求得．【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+4，∴a（4﹣1）2+4＝﹣，∴a＝﹣，∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣；（2）如图1，设D（m，﹣），∴F（m，﹣m+），∴DF＝（﹣）﹣（﹣m+）＝﹣＝﹣（m﹣2）2+2，∴当m＝2时，DF有最大值是2；（3）如图2，当∠APM＝90°时，∵A（4，﹣），∴P（1，﹣），如图3，当∠PAM＝90°时，∴∠APM+∠AMP＝90°，作AQ⊥PM于Q，∴∠AQM＝∠AQP＝90°，∴∠APM+∠QAP＝90°，∴∠AMP＝∠QAP，∴△AQP∽△MQA，∴＝，∵QM＝4﹣（﹣）＝，AQ＝4﹣1＝3，∴＝，∴PQ＝2，∴PH＝HQ+PQ＝，∴P（1，﹣），综上所述：P的坐标是（1，﹣）或（1，﹣）．2．如图，抛物线y＝x2+bx+12（b＜0）与x轴交于A，B两点（A点在B点左侧），且OB＝3OA．（1）请直接写出b＝﹣8，A点的坐标是（2，0），B点的坐标是（6，0）；（2）如图（1），D点从原点出发，向y轴正方向运动，速度为2个单位长度/秒，直线BD交抛物线于点E，若BE＝5DE，求D点运动时间；（3）如图（2），F点是抛物线顶点，过点F作x轴平行线MN，点C是对称轴右侧的抛物线上的一定点，P点在直线MN上运动．若恰好存在3个P点使得△PAC为直角三角形，请求出C点坐标，并直接写出P点的坐标．【分析】（1）根据题意，设A（m，0），B（3m，0），代入y＝x2+bx+12，求出m，即可得出答案；（2）设D点运动时间为t秒，则OD＝2t，分两种情况：①当t≤6时，点D在线段OC上，如图（1），过点E作EK∥x轴交y轴于点K，由＝＝，BE＝5DE，OK＝OD﹣DK，即可求出答案；②当t＞6时，点D在线段OC的延长线上，如图（1′），过点E作EK∥OB交y轴于点K，由＝＝，BE＝5DE，OK＝OD+DK，即可求得答案；（3）设P（t，﹣4），由△PAC为直角三角形，可分三种情况：∠APC＝90°或∠PAC＝90°或∠ACP＝90°，①当∠APC＝90°时，设点C（m，n），如图（2），过点A作AG⊥MN，过点C作CH⊥MN，证明△APG∽△PCH，得出t2﹣（m+2）t+2m+4n+16＝0，根据恰好存在3个P点使得△PAC为直角三角形，得出当∠APC＝90°时，有且只有一个点P存在，即关于t的一元二次方程有两个相等实数根，进而求出点C的坐标，再求出点P的坐标；②当∠PAC＝90°时，如图（2）②，过点C作CT⊥x轴于点T，过点P作PR⊥x轴于点R，利用相似三角形性质即可求出点P的坐标；③当∠ACP＝90°时，如图（2）③，过点C作KH⊥x轴于点H，交直线MN于点K，利用相似三角形性质即可求出点P的坐标．【解答】解：（1）根据题意，设A（m，0），B（3m，0），∴y＝（x﹣m）（x﹣3m）＝x2﹣4mx+3m2，∴3m2＝12，解得：m＝±2，∵m＞0，∴m＝2，3m＝6，∴b＝﹣4m＝﹣8，A（2，0），B（6，0），故答案为：﹣8，（2，0），（6，0）；（2）由（1）知，抛物线解析式为y＝x2﹣8x+12，OB＝6，令x＝0，得y＝12，∴C（0，12），∴OC＝12，设D点运动时间为t秒，则OD＝2t，①当t≤6时，点D在线段OC上，如图（1），过点E作EK∥x轴交y轴于点K，∵EK∥OB，∴＝＝，∵BE＝5DE，∴BD＝DE+BE＝6DE，∴＝＝，∴OD＝6DK，EK＝1，∴DK＝t，∴OK＝OD﹣DK＝2t﹣t＝t，∴E（1，t），∴t＝12﹣8×1+12，∴t＝3，②当t＞6时，点D在线段OC的延长线上，如图（1′），过点E作EK∥OB交y轴于点K，∵BE＝5DE，∴BD＝BE﹣DE＝4DE，∵EK∥OB，∴＝＝，即＝＝＝，∴EK＝，DK＝t，∴OK＝OD+DK＝2t+t＝t，∴E（﹣，t），∴t＝（﹣）2﹣8×（﹣）+12，解得：t＝，综上所述，D点运动时间为3秒或秒；（3）∵y＝x2﹣8x+12＝（x﹣4）2﹣4，∴顶点F（4，﹣4），∵MN∥x轴且经过点F（4，﹣4），∴直线MN为y＝﹣4，∵P点在直线MN上运动，∴设P（t，﹣4），∵△PAC为直角三角形，∴∠APC＝90°或∠PAC＝90°或∠ACP＝90°，①当∠APC＝90°时，设点C（m，n），如图（2），过点A作AG⊥MN，过点C作CH⊥MN，∴∠AGP＝∠CHP＝∠APC＝90°，AG＝4，CH＝n+4，PH＝m﹣t，PG＝t﹣2，∴∠GAP+∠APG＝∠APG+∠CPH＝90°，∴∠GAP＝∠CPH，∴△APG∽△PCH，∴＝，即＝，整理得：t2﹣（m+2）t+2m+4n+16＝0，∵恰好存在3个P点使得△PAC为直角三角形，而当∠PAC＝90°或∠ACP＝90°时，均有且仅有一个点P存在，∴当∠APC＝90°时，有且只有一个点P存在，即关于t的一元二次方程有两个相等实数根，∴△＝（m+2）2﹣4（2m+4n+16）＝0，∴n＝，又∵点C（m，n）是对称轴右侧的抛物线上的一定点，∴n＝m2﹣8m+12，∴m2﹣8m+12＝，整理得15m2﹣124m+252＝0，解得：m1＝，m2＝，∵＜4，m2＝不符合题意，舍去，∴m＝，此时n＝（）2﹣8×+12＝﹣，∴C（，﹣），将m＝，n＝﹣，代入t2﹣（m+2）t+2m+4n+16＝0，整理得：t2﹣t+＝0，解得：t1＝t2＝，∴P（，﹣4）；②当∠PAC＝90°时，如图（2）②，过点C作CT⊥x轴于点T，过点P作PR⊥x轴于点R，则AT＝﹣2＝，CT＝，PR＝4，AR＝2﹣t，∠ATC＝∠PRA＝∠PAC＝90°，∴∠PAR+∠APR＝∠PAR+∠CAT＝90°，∴∠APR＝∠CAT，∴△APR∽△CAT，∴＝，即＝，解得：t＝﹣，∴P（﹣，﹣4）；③当∠ACP＝90°时，如图（2）③，过点C作KH⊥x轴于点H，交直线MN于点K，则∠AHC＝∠CKP＝∠ACP＝90°，CH＝，AH＝，CK＝4﹣＝，PK＝﹣t，∵∠ACH+∠CAH＝∠ACH+∠PCK＝90°，∴∠CAH＝∠PCK，∴△CAH∽△PCK，∴＝，∴AH•PK＝CK•CH，即（﹣t）＝×，解得：t＝，∴P（，﹣4）；综上所述，C点坐标为（，﹣），P点的坐标为（，﹣4）或（﹣，﹣4）或（，﹣4）．3．二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和点B（﹣3，0），交y轴于点C（0，﹣3）．（1）求二次函数的解析式；（2）如图1，点E为抛物线的顶点，点T（0，t）为y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转180°，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为B′，E′，当四边形BEB'E'的面积为12时，求t的值；（3）如图2，过点C作CD∥x轴，交抛物线于另一点D．点M是直线CD上的一个动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点P．当以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标．【分析】（1）根据抛物线与x轴的交点坐标，设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），将C（0，﹣3）代入，即可求得二次函数解析式；（2）如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．利用待定系数法求出直线BE的解析式，根据抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，可得四边形BEB′E′是平行四边形，运用平行四边形性质即可求得答案；（3）设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），根据以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形，分三种情况分别讨论即可：①当∠BP1C＝90°时，③当∠P3BC＝90°时，③当∠P3BC＝90°时，④当∠BCP4＝90°时．【解答】解：（1）∵二次函数过点A（﹣1，0），B（﹣3，0），∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），将C（0，﹣3）代入，得：3a＝3，解得：a＝﹣1，∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣4x﹣3；（2）如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．由（1）得y＝﹣x2﹣4x﹣3＝﹣（x+2）2+1，∴抛物线顶点E（﹣2，1），设直线BE的解析式为y＝kx+b，∵B（﹣3，0），E（﹣2，1），∴，解得：，∴直线BE的解析式为：y＝x+3，∴Q（0，3），∵抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，∴TB＝TB′，TE＝TE′，∴四边形BEB′E′是平行四边形，∴S△BET＝S四边形BEB′E′＝×12＝3，∵S△BET＝S△BQT﹣S△EQT＝×（3﹣2）×TQ＝TQ，∴TQ＝6，∴3﹣t＝6，∴t＝﹣3；（3）设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），①当∠BP1C＝90°时，∠N1P1B＝∠P1CE，∴tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，∴＝，∵BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x+3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，∴＝，化简得：x2+5x+5＝0，解得：x1＝，x2＝（舍去），②当∠BP2C＝90°时，同理可得：x2+5x+5＝0，解得：x1＝（舍去），x2＝，∴M点的坐标为（，﹣3）或（，﹣3），③当∠P3BC＝90°时，由△BM3C是等腰直角三角形，得：△N3BP3也是等腰直角三角形，∴N3B＝N3P3，∴﹣x2﹣4x﹣3＝x+3，化简得：x2+5x+6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝﹣3（舍去），∴M点的坐标为（﹣2，﹣3）；④当∠BCP4＝90°时，由△BOC是等腰直角三角形，可得△N4P4C也是等腰直角三角形，∴P4N4＝CN4，∴﹣x＝﹣3﹣（﹣x2﹣4x﹣3），化简得：x2+5x＝0，解得：x1＝﹣5，x2＝0（舍去），∴M点的坐标为（﹣5，﹣3），综上所述：满足条件的M点的坐标为（，﹣3）或（，﹣3）或（﹣2，﹣3）或（﹣5，﹣3）．4．已知二次函数y＝x2+bx+c经过A、B两点，BC垂直x轴于点C，且A（﹣1，0），C（4，0），AC＝BC．（1）求抛物线的解析式；（2）请画出抛物线的图象；（3）点P是抛物线对称轴上一个动点，是否存在这样的点P，使三角形ABP为直角三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求得点B的坐标，然后将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式可得到关于b、c的方程组，从而可求得b、c的值；（2）根据函数的表达式取点、描点连线即可画出函数的图象；（3）存在，设P（1，m），分三种情况：分别以A，B，P为直角顶点，根据勾股定理和两点的距离公式列方程，解方程即可．【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），C（4，0），∴AC＝5，OC＝4，∵AC＝BC＝5，∴B（4，5），把A（﹣1，0）和B（4，5）代入二次函数y＝x2+bx+c中得：，解得，∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；（2）由函数的表达式，取值列表如下：根据表格数据，绘制函数图象如下：（3）存在，y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴设P（1，m），分三种情况：①以点B为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+AB2＝PA2，∴（4﹣1）2+（m﹣5）2+（4+1）2+52＝（1+1）2+m2，解得：m＝8，∴P（1，8）；②以点A为直角顶点时，由勾股定理得：PA2+AB2＝PB2，∴（1+1）2+m2+（4+1）2+52＝（4﹣1）2+（m﹣5）2，解得：m＝﹣2，∴P（1，﹣2）；③以点P为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+PA2＝BA2，∴（1+1）2+m2+（4﹣1）2+（m﹣5）2＝（4+1）2+52，解得：m＝6或﹣1，∴P（1，6）或（1，﹣1）；综上，点P的坐标为（1，8）或（1，﹣2）或（1，6）或（1，﹣1）．5．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣，交y轴于点A，交x轴于B（﹣1，0），C（5，0）两点，抛物线的顶点为D，连接AC，CD．（1）求直线AC的函数表达式；（2）求抛物线的函数表达式及顶点D的坐标；（3）过点D作x轴的垂线交AC于点G，点H为线段CD上一动点，连接GH，将△DGH沿GH翻折到△GHR（点R，点G分别位于直线CD的两侧），GR交CD于点K，当△GHK为直角三角形时．①请直接写出线段HK的长为；②将此Rt△GHK绕点H逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到△MHN，若直线MN分别与直线CD，直线DG交于点P，Q，当△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形时，请直接写出点P的纵坐标为﹣或﹣．【分析】（1）先根据抛物线y＝ax2+bx﹣，交y轴于点A，求出点A坐标，再运用待定系数法求直线AC的函数表达式即可；（2）将B（﹣1，0），C（5，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣求出a，b，即可得抛物线解析式，运用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可得出顶点坐标；（3）①根据△GHK为直角三角形，且点R，点G分别位于直线CD的两侧，可分三种情况：∠GHK＝90°或∠HGK＝90°或∠GKH＝90°，经分析仅有∠GKH＝90°符合题意，过点H作HL⊥DG于点L，则HL＝HK，先证明△GDK∽△CDF，再运用面积法即可求出答案；②由△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，可分两种情况：PQ＝DQ或PQ＝DP，分别求出点P的纵坐标即可．【解答】解：（1）设直线AC的函数表达式为：y＝kx+c，∵抛物线y＝ax2+bx﹣，交y轴于点A，∴A（0，﹣），将A（0，﹣），C（5，0）分别代入y＝kx+c，得：，解得：，∴直线AC的函数表达式为：y＝x﹣，（2）∵抛物线y＝ax2+bx﹣经过B（﹣1，0），C（5，0）两点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣，∵y＝x2﹣x﹣＝（x﹣2）2﹣4，∴顶点D的坐标为（2，﹣4）；（3）①如图1，∵△GHK为直角三角形，且点R，点G分别位于直线CD的两侧，∴∠GHK＝90°或∠HGK＝90°或∠GKH＝90°，当∠GHK＝90°时，∠GHD＝90°，点R落在直线DC上，不符合题意，当∠HGK＝90°时，∠DGH＝∠HGK＝90°，点R，点G位于直线CD的同侧，不符合题意，当∠GKH＝90°时，点R，点G分别位于直线CD的两侧，符合题意，∴∠GKH＝90°，∠DGH＝∠RGH，过点H作HL⊥DG于点L，则HL＝HK，∵D（2，﹣4），DG⊥x轴，∴G（2，﹣），F（2，0），∴DG＝﹣﹣（﹣4）＝，CF＝5﹣2＝3，DF＝4，∴CD＝＝＝5，∵∠DFC＝∠GKH＝90°，∠GDK＝∠CDF，∴△GDK∽△CDF，∴＝＝，即＝＝，∴GK＝，DK＝，∵S△GKH+S△GDH＝S△GDK，∴××HK+××HL＝××，故答案为：；②∵△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，∴PQ＝DQ或PQ＝DP，当PQ＝DQ时，如图2，由旋转知：点H到PQ、DQ的距离相等，∴QH⊥DP，DH＝HP，由①知HL＝HK＝，∵HL∥CF，∴＝，即＝，∴DL＝，∴L的纵坐标为﹣4＝﹣，即H的纵坐标为﹣，∵H为D、P的中点，∴P的纵坐标为﹣，当PQ＝DP时，如图3，点P为DQ的垂直平分线与CD的交点，∵H（，﹣），∴经过点H平行MN的直线为y＝﹣x+，∵点H到直线MN的距离为，∴直线MN的解析式为y＝﹣x﹣，∵直线CD的解析式为y＝x﹣，∴P（，﹣）；综上所述，点P的纵坐标为﹣或﹣．6．已知抛物线y＝x2﹣2x﹣m与x轴有两个交点A和B，与y轴交于点C，顶点为点D．（1）求m的取值范围；（2）若AB＝6，求m的值；（3）若m＝1，点P在抛物线上，且△PDC是直角三角形，直接写出点P的坐标．【分析】（1）根据抛物线y＝x2﹣2x﹣m与x轴有两个交点，即得Δ＞0，即（﹣2）2﹣4×1×（﹣m）＞0，解得m＞﹣1；（2）设A（x1，0），B（x2，0），可得x1+x2＝2，x1•x2＝﹣m，由AB＝6，得（x1+x2）2﹣4x1x2＝36，即可解得m＝8；（3）m＝1时，可得C（0，﹣1），D（1，﹣2），设P（t，t2﹣2t﹣1），则CD2＝2，CP2＝t2+（t2﹣2t）2，DP2＝（t﹣1）2+（t2﹣2t+1）2，①当CD为斜边时，t2+（t2﹣2t）2+（t﹣1）2+（t2﹣2t+1）2＝2，解得t＝0（与C重合，舍去）或t＝1（与D重合，舍去），②当CP为斜边时，（t﹣1）2+（t2﹣2t+1）2+2＝t2+（t2﹣2t）2，解得t＝1（舍去）或t＝2，即得P（2，﹣1），③当DP为斜边时，t2+（t2﹣2t）2+2＝（t﹣1）2+（t2﹣2t+1）2，解得t＝0（舍去）或t＝3，即得P（3，2）．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x﹣m与x轴有两个交点，∴x2﹣2x﹣m＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＞0，即（﹣2）2﹣4×1×（﹣m）＞0，∴m＞﹣1；（2）设A（x1，0），B（x2，0），则x1、x2是x2﹣2x﹣m＝0的两个实数根，∴x1+x2＝2，x1•x2＝﹣m，∵AB＝6，∴|x1﹣x2|＝6，即＝6，∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝36，∴4+4m＝36，解得m＝8，而8＞﹣1，即m＝8时，Δ＞0，∴AB＝6时，m的值为8；（3）如图：m＝1时，y＝x2﹣2x﹣1，令x＝0得y＝﹣1，∴C（0，﹣1），而y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，∴D（1，﹣2），设P（t，t2﹣2t﹣1），则CD2＝2，CP2＝t2+（t2﹣2t）2，DP2＝（t﹣1）2+（t2﹣2t+1）2，①当CD为斜边时，t2+（t2﹣2t）2+（t﹣1）2+（t2﹣2t+1）2＝2，∴2t（t﹣1）（t2﹣3t+3）＝0，解得t＝0（与C重合，舍去）或t＝1（与D重合，舍去），②当CP为斜边时，（t﹣1）2+（t2﹣2t+1）2+2＝t2+（t2﹣2t）2，解得t＝1（舍去）或t＝2，∴P（2，﹣1），③当DP为斜边时，t2+（t2﹣2t）2+2＝（t﹣1）2+（t2﹣2t+1）2，解得t＝0（舍去）或t＝3，∴P（3，2），综上所述，P的坐标为（2，﹣1）或（3，2）．7．如图，已知顶点是M的抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线对应的函数解析式；（2）点P是x轴上方抛物线上的一点，若△PAB的面积等于3，求点P的坐标；（3）是否在y轴存在一点Q，使得△QBM为直角三角形？若存在，求出Q的坐标，若不存在，说明理由．【分析】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，列方程组求出a、b的值即可；（2）先根据△PAB的面积等于3，AB＝4，求出△PAB的边AB上的高，即得到点P的纵坐标，再将点B的纵坐标代入函数解析式，解方程求出x的值即可得到点P的横坐标；（3）先求出抛物线的顶点M的坐标，再按以BM为斜边、以BM为直角边分类讨论，根据勾股定理列方程求出点Q的纵坐标．【解答】解：（1）把A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，得，解得，∴抛物线对应的函数解析式y＝x2﹣2x﹣3．（2）如图1，设点P的纵坐标为y（y＞0），∵S△PAB＝AB•y＝3，且AB＝3+1＝4，∴×4y＝3，解得y＝，当y＝时，则x2﹣2x﹣3＝，解得x1＝，x2＝，∴点P的坐标为（，）或（，）．（3）设点Q的坐标为（0，m），如图2，取BM中点D，连接DQ，△QBM满足DQ＝DB＝DM，∵∠DQB＝∠DBQ，∠DQM＝∠DMQ，∴∠BQM＝∠DQB+∠DQM＝∠DBQ+∠DMQ＝×180°＝90°，∴△QBM为直角三角形，∵y＝x2﹣2x﹣3y＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的顶点坐标为M（1，﹣4），∴D（2，﹣2），∵DQ2＝DB2，∴（0﹣2）2+（m+2）2＝（3﹣2）2+（0+2）2，解得m1＝﹣1，m2＝﹣3，∴Q（0，﹣1），Q′（0，﹣3）；如图3，△QBM为直角三角形，且∠MBQ＝90°，则BQ2+BM2＝QM2，∴m2+32+（3﹣1）2+（0+4）2＝（0﹣1）2+（m+4）2，解得，∴Q（0，）；如图3，△Q′BM为直角三角形，且∠BMQ′＝90°，则Q′M2+BM2＝BQ′2，∴（0﹣1）2+（m+4）2+（3﹣1）2+（0+4）2＝（0﹣m）2+32，解得m＝﹣，∴Q′（0，﹣）．综上所述，点Q的坐标为（0，﹣1）或（0，﹣3）或（0，）或（0，﹣）．8．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，﹣3），动点P在抛物线上．（1）b＝﹣2，c＝﹣3（直接填写结果）；（2）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值；（2）分别过点C和点A作AC的垂线，交抛物线于P1，P2两点，先求得AC的解析式，然后可求得P1C和P2A的解析式，最后再求得P1C和P2A与抛物线的交点坐标即可．【解答】解：（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：，解得：b＝﹣2，c＝﹣3．∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．故答案为：﹣2，﹣3；（2）存在．理由：如图1所示：①当∠ACP1＝90°，由（1）可知点A的坐标为（3，0），设AC的解析式为y＝kx﹣3，∵将点A的坐标代入得3k﹣3＝0，解得k＝1，∴直线AC的解析式为y＝x﹣3，∴直线CP1的解析式为y＝﹣x﹣3，∵将y＝﹣x﹣3与y＝x2﹣2x﹣3联立解得x1＝1，x2＝0（舍去），∴点P1的坐标为（1，﹣4）；②当∠P2AC＝90°时，设AP2的解析式为y＝﹣x+b，将x＝3，y＝0代入得：﹣3+b＝0，解得b＝3，∴直线AP2的解析式为y＝﹣x+3，∵将y＝﹣x+3与y＝x2﹣2x﹣3联立解得x1＝﹣2，x2＝3（舍去），∴点P2的坐标为（﹣2，5）；综上所述，P的坐标是（1，﹣4）或（﹣2，5）．9．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，过A点的直线l：y＝﹣x﹣1与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，已知点D的横坐标为4，点P为直线l上方的抛物线上一动点．（1）求抛物线的解析式；（2）过P点作PE∥y轴交直线l于点E，作PF∥x轴交直线l于点F，连接AP．①当△APE为直角三角形时，求点P的坐标；②求PE+PF的最大值，并求出当PE+PF最大时点P的坐标．【分析】（1）求出D（4，﹣5），A（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解析式；（2）设P（m，﹣m2+2m+3），可求∠OAC＝∠OCA＝45°，①当△APE为直角三角形时，∠PAE＝90°或∠APE＝90°，分两种情况讨论：当∠PAE＝90°时，∠PAB＝∠PAE﹣∠OAC＝45°，设PE与x轴交于点M，则AM＝PM，即﹣m2+2m+3＝m+1，求得P（2，3）；当∠APE＝90°时，点P与点B重合，则﹣m2+2m+3＝0，求得P（3，0）；②可求得PE＝PF，则PE+PF＝2PE＝﹣2（m﹣）2+，所以当m＝时，PE+PF取最大值，此时P（，）．【解答】解：（1）令y＝0，则x＝﹣1，∴A（﹣1，0），当x＝4时，y＝﹣5，∴D（4，﹣5），∴，∴，∴y＝﹣x2+2x+3；（2）设P（m，﹣m2+2m+3），当x＝0时，y＝﹣1，∴C（0，﹣1），∴OA＝OC＝1，∵∠AOC＝90°，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，①当PE∥y轴时，∴∠PEA＝∠OCA＝45°，∴当△APE为直角三角形时，∠PAE＝90°或∠APE＝90°，当∠PAE＝90°时，∠PAB＝∠PAE﹣∠OAC＝45°，设PE与x轴交于点M，则∠PAM＝∠APM＝45°，∴AM＝PM，即﹣m2+2m+3＝m+1，解得m＝2或m＝﹣1（舍），∴P（2，3）；当∠APE＝90°时，点P与点B重合，∴﹣m2+2m+3＝0，解得m＝3或m＝﹣1（舍），∴P（3，0）；综上所述：P点坐标为（3，0）或（2，3）；②∵PF∥x轴，∴∠PFE＝∠OAC＝45°，∴∠PFE＝∠PEF，∴PE＝PF，∴PE+PF＝2PE＝2（﹣m2+2m+3+m+1）＝﹣2（m﹣）2+，∴当m＝时，PE+PF取最大值，此时P（，）．10．如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点（0，3）．①求抛物线的解析式；②点P是x轴下方的抛物线上的一个动点，过点P的直线y＝x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，当PE+EF有最大值时，求P点的坐标；③在抛物线的对称轴上是否存在一点D使△BCD是以BC为斜边的直角三角形，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法解得即可；（2）过点P作PQ∥FC，交直线BC与点Q，设直线EF交x轴于点K，由已知易得△EPQ和△EFC是等腰直角三角形；设P（t，t2﹣4t+3），则Q（t，﹣t+3），利用已知条件得出用字母t表示PE+EF的关系式，再利用二次函数的性质求得符合条件的t值，结论可求；（3）分两种情况讨论解答：①点D在x轴上方时，②点D在x轴下方时，设出点D的坐标，利用相似三角形对应边成比例，列出方程即可求解．【解答】解：（1）由题意得：，解得：．∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3．（2）过点P作PQ∥FC，交直线BC与点Q，设直线EF交x轴于点K，如图，由题意：F（0，m），K（﹣m，0），∴OF＝OK＝﹣m．∴∠OFP＝∠OKF＝45°．∵OB＝OC＝3，∴∠OBC＝∠OCB＝45°．∴∠ECF＝∠EFC＝45°．∵PQ∥FC，∴△EPQ和△EFC都是等腰直角三角形．∴PE＝PQ，EF＝FC．∵FC＝OF+OC，∴FC＝3﹣m．∴EF＝（3﹣m）．设直线BC的解析式为y＝kx+m，∴，解得：．∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3．设P（t，t2﹣4t+3），1＜t＜3，则Q（t，﹣t+3），∴PQ＝（﹣t+3）﹣（t2﹣4t+3）＝﹣t2+3t，∴PE＝（﹣t2+3t）．∵抛物线y＝x2﹣4x+3与直线y＝x+m相交于点P，∴t2﹣4t+3＝t+m，∴t2﹣5t＝m﹣3．∴PE+EF＝（﹣t2+3t）+（3﹣m）＝﹣（t2﹣4t）＝﹣（t﹣2）2+4．∵﹣＜0，∴当t＝2时，PE+EF取得最大值为4．此时点P的坐标为（2，﹣1）．（3）在抛物线的对称轴上存在一点D，使△BCD是以BC为斜边的直角三角形．①点D在x轴上方时，过点D作DG⊥OC，交OC延长线于点G，过点B作BH⊥GD交GD延长线于点H，如图，∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴抛物线的对称轴为直线x＝2，∴GD＝OK＝2．∵OC⊥OB，HG⊥OC，BH⊥GH，∴四边形OBHG为矩形，∴GH＝OB＝3，BH＝OG．∴DH＝GH﹣GD＝1．设D（2，n），则OG＝BH＝n，∴CG＝n﹣3．∵∠BDC＝90°，∴∠GDC+∠HDB＝90°．∵DG⊥OC，∴∠GCD+∠GDC＝90°．∴∠GCD＝∠HDC．∵∠CGD＝∠DHB＝90°，∴△GCD∽△HDB．∴．∴．解得：n＝（负数不合题意，舍去）．∴D（2，）；②点D在x轴下方时，过点D作DN⊥OC，交OC延长线于点N，过点B作BM⊥ND交ND延长线于点M，如图，设D（2，n），则ON＝BM＝﹣n，∴CN＝﹣n+3．同理可知：DN＝2，DM＝1，同理△DNC∽△BMD，∴．∴．解得：n＝（正数不合题意，舍去）．∴n＝，∴D（2，）．综上，在抛物线的对称轴上存在一点D，使△BCD是以BC为斜边的直角三角形．点D的坐标为：（2，）或（2，）．11．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC，点A在y轴上，点C在x轴上，其中B（﹣2，3），已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A和点B．（1）求抛物线解析式；（2）如图1，点D（﹣2，﹣1）在直线BC上，点E为y轴右侧抛物线上一点，连接BE、AE，DE，若S△BDE＝4S△ABE，求E点坐标；（3）如图2，在（2）的条件下，P为射线DB上一点，作PQ⊥直线DE于点Q，连接AP，AQ，PQ，若△APQ为直角三角形，请直接写出P点坐标．【分析】（1）求出A点坐标，将A、B点坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求解；（2）设E（m，﹣m2﹣m+3），求得S△BDE＝＝2（m+2），S△ABE＝m2+m，再由已知得到方程2（m+2）＝4（m2+m），求出m的值即可求E点坐标；（3）先求出直线DE的解析式为y＝x+1，分三种情况讨论：①当P点与B点重合，此时△APQ为等腰直角三角形，则P（﹣2，3）；②过点Q作QM⊥AB交BA的延长线于点M，证明△PAB∽△AQM，设P（﹣2，t），则Q（，），分别求出PB＝t﹣3，AB＝2，AM＝，QM＝﹣3＝，再由三角形相似可得＝，求出t即可求P点坐标；当PQ⊥AP时，AP∥DE，则直线AP的解析式为y＝x+3，即可求P点坐标．【解答】解：（1）∵B（﹣2，3），矩形OABC，∴A（0，3），∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A和点B，∴，∴，∴y＝﹣x2﹣x+3；（2）∵D（﹣2，﹣1），∴BD＝4，设E（m，﹣m2﹣m+3），∴S△BDE＝×4×（m+2）＝2（m+2），∵AB＝2，∴S△ABE＝×2×（3+m2+m﹣3）＝m2+m，∵S△BDE＝4S△ABE，∴2（m+2）＝4（m2+m），解得m＝﹣2或m＝，∵E点在y轴由侧，∴m＝，∴E（，）；（3）∵E（，），D（﹣2，﹣1），设直线DE的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴y＝x+1，∴直线与y轴的交点为（0，1），如图1，当P点与B点重合，Q点为（0，1），此时△APQ为等腰直角三角形，∴P（﹣2，3）；如图2，过点Q作QM⊥AB交BA的延长线于点M，∵∠PAQ＝90°，∠PBA＝90°，∠QME＝90°，∴∠PAB＝∠AQM，∴△PAB∽△AQM，∴＝，设P（﹣2，t），∵直线DE的解析式为y＝x+1，PQ⊥DE，∴∠PDQ＝45°，∴Q（，），∴PB＝t﹣3，AB＝2，AM＝，QM＝﹣3＝，∴＝，∴t＝9，∴P（﹣2，9）；如图3，当PQ⊥AP时，∵∠PAQ+∠AQP＝90°，∠AQP+∠AQE＝90°，∴∠APQ＝∠AQE，∴AP∥DE，∴直线AP的解析式为y＝x+3，∴P（﹣2，1）；综上所述：P点的坐标为（﹣2，1）或（﹣2，3）或（﹣2，9）．12．如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝a（x﹣m）2﹣m+4图象的顶点为C，其中m＞0，与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点D，点M的坐标为（0，4）．（1）当m＝2时，抛物线y＝a（x﹣m）2﹣m+4（m＞0）经过原点，求a的值；（2）当a＝﹣1时，①若点M，点D，点C三点组成的三角形是直角三角形，求此时点D的坐标．②设反比例函数y＝﹣（x＞0）与抛物线y＝a（x﹣m）2﹣m+4（m＞0）相交于点E（p，q）．当2＜p＜4时，求m的取值范围．【分析】（1）将m＝2和原点坐标代入y＝a（x﹣m）2﹣m+4，解方程即可；（2）①如图，过点C作CN⊥y轴，先表示出点C、D的坐标，再利用相似三角形性质构造方程求出m，即可求出点D的坐标；②先求出交点坐标，再根据交点的情况确定m的取值范围．【解答】解：（1）当m＝2时，抛物线y＝a（x﹣m）2﹣m+4（m＞0）经过原点，∴0＝a（0﹣2）2﹣×2+4，解得：a＝﹣，（2）①如图，过点C作CN⊥y轴，∵a＝﹣1，∴y＝﹣（x﹣m）2﹣m+4，∴C（m，﹣m+4），D（0，﹣m2﹣m+4），∴点C在直线y＝﹣x+4上，M（0，4），∵△MDC是直角三角形，∴∠MCD＝90°，∴∠MCD＝∠CND＝∠CNM＝90°，∴∠CDM＝∠MCN，∴△CDM∽△MCN，∴＝，∴＝，解得：m＝2，经检验：m＝2是原方程的根，且符合题意，∴此时点D的坐标为（0，﹣1）；②∵2＜p＜4，∴当p＝2时，可得E（2，﹣2），当p＝4时，可得E（4，﹣1），当抛物线经过点E（2，﹣2）时，﹣2＝﹣（2﹣m）2﹣m+4，解得：m1＝﹣，m2＝4，当抛物线经过点E（4，﹣1）时，﹣1＝﹣（4﹣m）2﹣m+4，解得：m1＝，m2＝2，当交点在抛物线对称轴左边时，即m＜2时，可得﹣＜m＜2，又m＞0，∴0＜m＜2，当交点在抛物线对称轴右边时，即m＞2时，可得4＜m＜，∴m的取值范围为：0＜m＜2或4＜m＜．13．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4经过A（﹣3，0），B（5，﹣4）两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．（1）求抛物线的表达式；（2）求证：AB平分∠CAO；（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ABM是以AB为直角边的直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A（﹣3，0），B（5，﹣4）代入抛物线的解析式得到关于a、b的方程组，从而可求得a、b的值；（2）先求得AC的长，然后取D（2，0），则AD＝AC，连接BD，接下来，证明BC＝BD，然后依据SSS可证明△ABC≌△ABD，接下来，依据全等三角形的性质可得到∠CAB＝∠BAD；（3）作抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F，作点A作AM′⊥AB，作BM⊥AB，分别交抛物线的对称轴与M′、M，依据点A和点B的坐标可得到tan∠BAE=12，从而可得到tan∠M′AE＝2或tan∠MBF＝2，从而可得到FM和M′E的长，故此可得到点M′和点【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（5，﹣4）代入得：9a-解得：a=16，b∴抛物线的解析式为y=16x2-56（2）∵AO＝3，OC＝4，∴AC＝5．取D（2，0），则AD＝AC＝5．由两点间的距离公式可知BD=(5-2)∵C（0，﹣4），B（5，﹣4），∴BC＝5．∴BD＝BC．在△ABC和△ABD中，AD＝AC，AB＝AB，BD＝BC，∴△ABC≌△ABD，∴∠CAB＝∠BAD，∴AB平分∠CAO；证法二：∵C（0，﹣4），B（5，﹣4），∴BC∥x轴，∴∠BAD＝∠ABC，∵CA＝CB，∴∠CAB＝∠ABC，∴∠CAB＝∠BAD，∴AB平分∠CAO．（3）如图所示：抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．抛物线的对称轴为x=52，则AE∵A（﹣3，0），B（5，﹣4），∴tan∠EAB=1∵∠M′AB＝90°．∴tan∠M′AE＝2．∴M′E＝2AE＝11，∴M′（52，11同理：tan∠MBF＝2．又∵BF=5∴FM＝5，∴M（52，﹣9∴点M的坐标为（52，11）或（52，﹣14．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l与抛物线y＝mx2+nx相交于A（1，33），B（4，0）两点．（1）求出抛物线的解析式；（2）在坐标轴上是否存在点D，使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；（3）点P是线段AB上一动点，（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OA，交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN＝2S△PMN，求出MNNC的值，并求出此时点M【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）分D在x轴上和y轴上，当D在x轴上时，过A作AD⊥x轴，垂足D即为所求；当D点在y轴上时，设出D点坐标为（0，d），可分别表示出AD、BD，再利用勾股定理可得到关于d的方程，可求得d的值，从而可求得满足条件的D点坐标；（3）过P作PF⊥CM于点F，利用Rt△ADO∽Rt△MFP以及三角函数，可用PF分别表示出MF和NF，从而可表示出MN，设BC＝a，则可用a表示出CN，再利用S△BCN＝2S△PMN，可用PF表示出a的值，从而可用PF表示出CN，可求得MNNC的值；借助a可表示出M点的坐标，代入抛物线解析式可求得a的值，从而可求出M【解答】解：（1）∵A（1，33），B（4，0）在抛物线y＝mx2+nx的图象上，∴m+n=3316m+4n=0，解得∴抛物线解析式为y=-3x2+43（2）存在三个点满足题意，理由如下：当点D在x轴上时，如图1，过点A作AD⊥x轴于点D，∵A（1，33），∴D坐标为（1，0）；当点D在y轴上时，设D（0，d），则AD2＝1+（33-d）2，BD2＝42+d2，且AB2＝（4﹣1）2+（33）2＝36∵△ABD是以AB为斜边的直角三角形，∴AD2+BD2＝AB2，即1+（33-d）2+42+d2＝36，解得d=∴D点坐标为（0，33+112）或（综上可知存在满足条件的D点，其坐标为（1，0）或（0，33+112）或（（补充方法：可用A，B点为直径作一个圆，圆与坐标轴的交点即为答案）（3）如图2，过P作PF⊥CM于点F，∵PM∥OA，∴Rt△ADO∽Rt△MFP，∴MFPF=AD∴MF＝33PF，在Rt△ABD中，BD＝3，AD＝33，∴tan∠ABD=3∴∠ABD＝60°，设BC＝a，则CN=3a在Rt△PFN中，∠PNF＝∠BNC＝30°，∴tan∠PNF=PF∴FN=3PF∴MN＝MF+FN＝43PF，∵S△BCN＝2S△PMN，∴32a2＝2×12×4∴a＝22PF，∴NC=3a＝26PF∴MNNC∴MN=2NC=2×3∴MC＝MN+NC＝（6+3）∴M点坐标为（4﹣a，（6+3）又M点在抛物线上，代入可得-3（4﹣a）2+43（4﹣a）＝（6+3解得a＝3-2或a＝0OC＝4﹣a=2+1，MC＝2∴点M的坐标为（2+1，2615．操作：“如图1，P是平面直角坐标系中一点（x轴上的点除外），过点P作PC⊥x轴于点C，点C绕点P逆时针旋转60°得到点Q．”我们将此由点P得到点Q的操作称为点的T变换．（1）点P（a，b）经过T变换后得到的点Q的坐标为（a+32b，12b）；若点M经过T变换后得到点N（6，-3），则点M的坐标为（9，﹣（2）A是函数y=32x图象上异于原点O的任意一点，经过T变换后得到点①求经过点O，点B的直线的函数表达式；②如图2，直线AB交y轴于点D，求△OAB的面积与△OAD的面积之比．【分析】（1）连接CQ可知△PCQ为等边三角形，过Q作QD⊥PC，利用等边三角形的性质可求得CD和QD的长，则可求得Q点坐标；设出M点的坐标，利用P、Q坐标之间的关系可得到点M的方程，可求得M点的坐标；（2）①可设A（t，32t），利用T变换可求得B点坐标，利用待定系数示可求得直线OB②方法1、由待定系数示可求得直线AB的解析式，可求得D点坐标，则可求得AB、AD的长，可求得△OAB的面积与△OAD的面积之比．方法2、先确定出△BOD比△OAD（B与A横坐标绝对值的比更简单）得出面积关系，即可得出结论．【解答】解：（1）如图1，连接CQ，过Q作QD⊥PC于点D，由旋转的性质可得PC＝PQ，且∠CPQ＝60°，∴△PCQ为等边三角形，∵P（a，b），∴OC＝a，PC＝b，∴CD=12PC=12b，DQ=∴Q（a+32b，1设M（x，y），则N点坐标为（x+32y，1∵N（6，-3∴x+32y=6∴M（9，﹣23）；故答案为：（a+32b，12b）；（9，﹣（2）①∵A是函数y=32x图象上异于原点∴可设A（t，32t∴t+32×32t=74∴B（74t，34设直线OB的函数表达式为y＝kx，则74tk=34t，解得∴直线OB的函数表达式为y=37②方法1、设直线AB解析式为y＝k′x+b，把A、B坐标代入可得tk'+b=3∴直线AB解析式为y=-33x∴D（0，536t），且A（t，32t），B（74t∴AB=(74t-t)2+(34t-∴S△OAB方法2、由（1）知，A（t，32t），B（74t，3∴S△BOD∵△AOB、△AOD和△BOD的边AB、AD和BD上的高相同，∴S△OAB16．如图，一次函数y=34x+6的图象交x轴于点A、交y轴于点B，∠ABO的平分线交x轴于点C，过点C作直线CD⊥AB，垂足为点D，交y轴于点（1）求直线CE的解析式；（2）在线段AB上有一动点P（不与点A，B重合），过点P分别作PM⊥x轴，PN⊥y轴，垂足为点M、N，是否存在点P，使线段MN的长最小？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求出AB＝10，进而判断出Rt△BCD≌Rt△BCO，和△ACD∽△ABO，确定出点C（﹣3，0），再判断出△EBD≌△ABO，求出OE＝BE﹣OB＝4，即可得出点E坐标，最后用待定系数法即可；（2）方法1，设P（﹣m，-34m+6），进而得出PN＝m，PM=-34m+6，根据勾股定理得，MN2=2516（m方法2、先判断出OP⊥AB时，MN最小，再用面积求出OP，即可得出结论．【解答】解：（1）根据题意得点B的横坐标为0，点A的纵坐标为0，∴B（0，6），A（﹣8，0），∴OA＝8，OB＝6，∴AB=OA∵CB平分∠ABO，CD⊥AB，CO⊥BO，∴CD＝CO，∵BC＝BC，∴Rt△BCD≌Rt△BCO，∴BD＝BO＝6，∴AD＝AB﹣BD＝4，∵∠ADC＝∠AOB＝90°，∠CAD＝∠BAO，∴△ACD∽△ABO，∴ADAO∴48∴AC＝5，∴OC＝OA﹣AC＝3，∴C（﹣3，0），∵∠EDB＝∠AOB＝90°，BD＝BO，∠EBD＝∠ABO，∴△EBD≌△ABO，∴BE＝AB＝10，∴OE＝BE﹣OB＝4，∴E（0，﹣4），设直线CE的解析式为y＝kx﹣4，∴﹣3k﹣4＝0，∴k=-∴直线CE的解析式为y=-43x（2）解：存在，（-7225，方法1、如图，∵点P在直线y=34x∴设P（﹣m，-34m∴PN＝m，PM=-34根据勾股定理得，MN2＝PN2+PM2＝m2+（-34m+6）2=2516（m-∴当m=7225时，MN2有最小值，则当m=7225时，y=-34x∴P（-7225，方法2、如图∵PM⊥x轴于M，PN⊥OB于y轴，∴∠PMO＝∠PNO＝90°＝∠MON，∴四边形PMON是矩形，∴MN＝OP∴OP最小时，MN最小，∴OP⊥AB，∵OA＝8，OB＝6，∴AB＝10，∴OP=6×8易知，△OPM∽△OAP，∴OP∴245∴OM=72∴P的横坐标为-72∵点P在直线y=34x∴P的纵坐标为9625∴P（-7225，17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式和直线AC的解析式；（2）请在y轴上找一点M，使△BDM的周长最小，求出点M的坐标；（3）试探究：在拋物线上是否存在点P，使以点A，P，C为顶点，AC为直角边的三角形是直角三角形？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）设交点式y＝a（x+1）（x﹣3），展开得到﹣2a＝2，然后求出a即可得到抛物线解析式；再确定C（0，3），然后利用待定系数法求直线AC的解析式；（2）利用二次函数的性质确定D的坐标为（1，4），作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M，如图1，则B′（﹣3，0），利用两点之间线段最短可判断此时MB+MD的值最小，则此时△BDM的周长最小，然后求出直线DB′的解析式即可得到点M的坐标；（3）过点C作AC的垂线交抛物线于另一点P，如图2，利用两直线垂直一次项系数互为负倒数设直线PC的解析式为y=-13x+b，把C点坐标代入求出b得到直线PC的解析式为y=-13x+3，再解方程组y=-x2+2x+3y=-【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），即y＝ax2﹣2ax﹣3a，∴﹣2a＝2，解得a＝﹣1，∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；当x＝0时，y＝﹣x2+2x+3＝3，则C（0，3），设直线AC的解析式为y＝px+q，把A（﹣1，0），C（0，3）代入得-p+q=0q=3，解得∴直线AC的解析式为y＝3x+3；（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4），作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M