专题2二次函数与直角三角形问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（教师版含解析）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题2二次函数与直角三角形问题

解直角三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根．
一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程．
有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便．
解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起．
如果直角边与坐标轴不平行，那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线，可以构造两个新的相似直角三角形，这样列比例方程比较简便．

我们先看三个问题：
1．已知线段AB，以线段AB为直角边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？
2．已知线段AB，以线段AB为斜边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？
3．已知点A(4,0)，如果△OAB是等腰直角三角形，求符合条件的点B的坐标．

图1 图2 图3
如图1，点C在垂线上，垂足除外．
如图2，点C在以AB为直径的圆上，A、B两点除外．
如图3，以OA为边画两个正方形，除了O、A两点以外的顶点和正方形对角线的交点，都是符合题意的点B，共6个．
如图4，已知A(3, 0)，B(1,－4)，如果直角三角形ABC的顶点C在y轴上，求点C的坐标．
我们可以用几何的方法，作AB为直径的圆，快速找到两个符合条件的点C．
如果作BD⊥y轴于D，那么△AOC∽△CDB．[来源:学科网]
[来源:Zxxk.Com]
设OC＝m，那么．
这个方程有两个解，分别对应图中圆与y轴的两个交点．
对于代数法，可以采用两条直线的斜率之积来解决.

【例1】．(2022•滨州)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于点A、B(点A在点B的左侧)，与y轴相交于点C，连接AC、BC．
(1)求线段AC的长；
(2)若点P为该抛物线对称轴上的一个动点，当PA＝PC时，求点P的坐标；
(3)若点M为该抛物线上的一个动点，当△BCM为直角三角形时，求点M的坐标．

【分析】(1)根据坐标轴上点的特点求出点A，C的坐标，即可求出答案；
(2)设出点P的坐标，利用PA＝PC建立方程求解，即可求出答案；
(3)分三种情况，利用等腰直角三角形的性质求出前两种情况，利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式，建立方程求解，即可求出答案．
【解析】(1)针对于抛物线y＝x2﹣2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C(0，﹣3)；
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝3或x＝﹣1，
∵点A在点B的左侧，
∴A(﹣1，0)，B(3，0)，
∴AC＝＝；

(2)∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∵点P为该抛物线对称轴上，
∴设P(1，p)，
∴PA＝＝，PC＝＝，
∵PA＝PC，
∴＝，
∴p＝﹣1，
∴P(1，﹣1)；

(3)由(1)知，B(3，0)，C(0，﹣3)，
∴OB＝OC＝3，
设M(m，m2﹣2m﹣3)，
∵△BCM为直角三角形，
∴①当∠BCM＝90°时，
如图1，过点M作MH⊥y轴于H，则HM＝m，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HCM＝90°﹣∠OCB＝45°，
∴∠HMC＝45°＝∠HCM，
∴CH＝MH，
∵CH＝﹣3﹣(m2﹣2m﹣3)＝﹣m2+2m，
∴﹣m2+2m＝m，
∴m＝0(不符合题意，舍去)或m＝1，
∴M(1，﹣4)；
②当∠CBM＝90°时，
过点M作M'H'⊥x轴，
同①的方法得，M'(﹣2，5)；
③当∠BMC＝90°时，如图2，
Ⅰ、当点M在第四象限时，

过点M作MD⊥y轴于D，过点B作BE⊥DM，交DM的延长线于E，
∴∠CDM＝∠E＝90°，
∴∠DCM+∠DMC＝90°，
∵∠DMC+∠EMB＝90°，
∴∠DCM＝∠EMB，
∴△CDM∽△MEB，
∴，
∵M(m，m2﹣2m﹣3)，B(3，0)，C(0，﹣3)，
∴DM＝m，CD＝﹣3﹣(m2﹣2m﹣3)＝﹣m2+2m，ME＝3﹣m，BE＝﹣(m2﹣2m﹣3)＝﹣m2+2m+3，
∴，
∴m＝0(舍去)或m＝3(点B的横坐标，不符合题意，舍去)或m＝(不符合题意，舍去)或m＝，
∴M(，﹣)，
Ⅱ、当点M在第三象限时，M(，﹣)，
即满足条件的M的坐标为(1，﹣4)或(﹣2，5)或(，﹣)，或(，﹣)．

【例2】．(2022•辽宁)如图，抛物线y＝ax2﹣3x+c与x轴交于A(﹣4，0)，B两点，与y轴交于点C(0，4)，点D为x轴上方抛物线上的动点，射线OD交直线AC于点E，将射线OD绕点O逆时针旋转45°得到射线OP，OP交直线AC于点F，连接DF．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点D在第二象限且＝时，求点D的坐标；
(3)当△ODF为直角三角形时，请直接写出点D的坐标．


【分析】(1)将点A(﹣4，0)，C(0，4)代入y＝ax2﹣3x+c，即可求解；
(2)过点D作DG⊥AB交于G，交AC于点H，设D(n，﹣n2﹣3n+4)，H(n，n+4)，由DH∥OC，可得＝＝，求出D(﹣1，6)或(﹣3，4)；
(3)设F(t，t+4)，当∠FDO＝45°时，过点D作MN⊥y轴交于点N，过点F作FM⊥MN交于点M，证明△MDF≌△NOD(AAS)，可得D点纵坐标为2，求出D点坐标为(，2)或(，2)；当∠DFO＝90°时，过点F作KL⊥x轴交于L点，过点D作DK⊥KL交于点K，证明△KDF≌△LFO(AAS)，得到D点纵坐标为4，求得D(0，4)或(﹣3，4)．
【解析】(1)将点A(﹣4，0)，C(0，4)代入y＝ax2﹣3x+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2﹣3x+4；
(2)过点D作DG⊥AB交于G，交AC于点H，
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+4，
设D(n，﹣n2﹣3n+4)，H(n，n+4)，
∴DH＝﹣n2﹣4n，
∵DH∥OC，
∴＝＝，
∵OC＝4，
∴DH＝3，
∴﹣n2﹣4n＝3，
解得n＝﹣1或n＝﹣3，
∴D(﹣1，6)或(﹣3，4)；
(3)设F(t，t+4)，
当∠FDO＝45°时，过点D作MN⊥y轴交于点N，过点F作FM⊥MN交于点M，
∵∠DOF＝45°，
∴DF＝DO，
∵∠MDF+∠NDO＝90°，∠MDF+∠MFD＝90°，
∴∠NDO＝∠MFD，
∴△MDF≌△NOD(AAS)，
∴DM＝ON，MF＝DN，
∴DN+ON＝﹣t，DN＝ON+(﹣t﹣4)，
∴DN＝﹣t﹣2，ON＝2，
∴D点纵坐标为2，
∴﹣x2﹣3x+4＝2，
解得x＝或x＝，
∴D点坐标为(，2)或(，2)；
当∠DFO＝90°时，过点F作KL⊥x轴交于L点，过点D作DK⊥KL交于点K，
∵∠KFD+∠LFO＝90°，∠KFD+∠KDF＝90°，
∴∠LFO＝∠KDF，
∵DF＝FO，
∴△KDF≌△LFO(AAS)，
∴KD＝FL，KF＝LO，
∴KL＝t+4﹣t＝4，
∴D点纵坐标为4，
∴﹣x2﹣3x+4＝4，
解得x＝0或x＝﹣3，
∴D(0，4)或(﹣3，4)；
综上所述：D点坐标为(，2)或(，2)或(0，4)或(﹣3，4)．



【例3】(2022•广安)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+m(a≠0)的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为(0，﹣4)，点C坐标为(2，0)．
(1)求此抛物线的函数解析式．
(2)点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．


【分析】(1)把点B，C两点坐标代入抛物线的解析式，解方程组，可得结论；
(2)存在．如图1中，设D(t，t2+t﹣4)，连接OD．构建二次函数，利用二次函数的性质，解决问题；
(3)如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM⊥抛物线的对称轴于点M．则N(﹣1.0)．M(﹣1，﹣4)，分三种情形：∠PAB＝90°，∠PBA＝90°，∠APB＝90°，分别求解可得结论．
【解析】(1)∵抛物线y＝ax2+x+m(a≠0)的图象经过点B(0，﹣4)，点C(2，0)，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4；

(2)存在．
理由：如图1中，设D(t，t2+t﹣4)，连接OD．

令y＝0，则x2+x﹣4＝0，
解得x＝﹣4或2，
∴A(﹣4，0)，C(2，0)，
∵B(0，﹣4)，
∴OA＝OB＝4，
∵S△ABD＝S△AOD+S△OBD﹣S△AOB＝×4×(﹣﹣t+4)+×4×(﹣t)﹣×4×4＝﹣t2﹣4t＝﹣(t+2)2+4，
∵﹣1＜0，
∴t＝﹣2时，△ABD的面积最大，最大值为4，此时D(﹣2，﹣4)；

(3)如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM⊥抛物线的对称轴于点M．则N(﹣1.0)．M(﹣1，﹣4)；

∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
当∠P1AB＝90°时，△ANP1是等腰直角三角形，
∴AN＝NP1＝3，
∴P1(﹣1，3)，
当∠ABP2＝90°时，△BMP2是等腰直角三角形，可得P2(﹣1，﹣5)，
当∠APB＝90°时，设P(﹣1，n)，设AB的中点为J，连接PJ，则J(﹣2，﹣2)，
∴PJ＝AB＝2，
∴12+(n+2)2＝(2)2，
解得n＝﹣2或﹣﹣2，
∴P3(﹣1，﹣2)，P4(﹣1，﹣﹣2)，
综上所述，满足条件的点P的坐标为(﹣1，3)或(﹣1，﹣5)或(﹣1，﹣2)或(﹣1，﹣﹣2)．
【例4】．(2022•柳州)已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A(﹣1，0)，B(m，0)两点，与y轴交于点C(0，5)．
(1)求b，c，m的值；
(2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；
(3)如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标．

【分析】(1)把A(﹣1，0)，C(0，5)代入y＝﹣x2+bx+c，解二元一次方程组即可得b，c的值，令y＝0即可得m的值；
(2)设D(x，﹣x2+4x+5)，则E(4﹣x，﹣x2+4x+5)，表示出四边形DEFG的周长，根据二次函数的最值即可求解；
(3)过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK，根据全等三角形的性质得NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，则N(﹣4，3)，利用待定系数法可得直线BN的解析式为y＝﹣x+，可得Q(0，)，设P(2，p)，利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分两种情况：①当∠BQP＝90°时，②当∠QBP＝90°时，利用勾股定理即可求解．
【解析】(1)把A(﹣1，0)，C(0，5)代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
解得．
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴B(5，0)，
∴m＝5；

(2)∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣(x﹣2)2+9，
∴对称轴为x＝2，
设D(x，﹣x2+4x+5)，
∵DE∥x轴，
∴E(4﹣x，﹣x2+4x+5)，
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，
∴四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG的周长＝2(﹣x2+4x+5)+2(x﹣4+x)＝﹣2x2+12x+2＝﹣2(x﹣3)2+20，
∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大，
∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为(3，8)；

(3)过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，

∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B(5，0)，C(0，5)．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥对称轴于H，
∴CH∥x轴，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK(AAS)，
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣(x﹣2)2+9，
∴对称轴为x＝2，M(2，9)，
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N(﹣4，3)，
设直线BN的解析式为y＝mx+n，
∴，解得，
∴直线BN的解析式为y＝﹣x+，
∴Q(0，)，
设P(2，p)，
∴PQ2＝22+(p﹣)2＝p2﹣p+，
BP2＝(5﹣2)2p2＝9+p2，
BQ2＝52+()2＝25+，
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2，
∴9+p2＝p2﹣p++25+，解得p＝，
∴点P的坐标为(2，)；
②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2，
∴p2﹣p+＝9+p2+25+，解得p＝﹣9，
∴点P′的坐标为(2，﹣9)．
综上，所有符合条件的点P的坐标为(2，)，(2，﹣9)．

1．(2022•公安县模拟)如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c经过A，B两点，BC⊥x轴于点C，且点A(﹣1，0)，C(2，0)，AC＝BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点E是抛物线AB之间的一个动点(不与A，B重合)，求S△ABE的最大值以及此时E点的坐标；
(3)根据问题(2)的条件，判断是否存在点E使得△ABE为直角三角形，如果存在，求出E点的坐标，如果不存在，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)过点E作EF∥y轴交线段AB于点F，设点E(t，﹣t2+2t+3)，则F(t，t+1)，则可得到EF与x的函数关系式，利用配方法可求得EF的最大值以及点E的坐标，最后根据EF的最大值可得△ABE的面积；
(3)存在，设E(m，﹣m2+2m+3)，分三种情况：分别以A，B，E为直角顶点，作出辅助线，构造相似列出方程，解方程即可．
【解析】(1)∵点A(﹣1，0)，C(2，0)，
∴AC＝3，OC＝2，
∵AC＝BC＝3，
∴B(2，3)，
把A(﹣1，0)和B(2，3)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)∵直线AB经过点A(﹣1，0)，B(2，3)，
设直线AB的解析式为y＝kx+b′，
∴，解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝x+1，
如图，过点E作EF∥y轴交线段AB于点F，

∴设点E(t，﹣t2+2t+3)，则F(t，t+1)，
∴EF＝﹣t2+2t+3﹣(t+1)＝﹣(t﹣)2+，
∴当t＝时，EF的最大值为，
∴点E的坐标为(，)，
∴此时S△ABE最大，S△ABE＝•EF•(xB−xA)＝××(2+1)＝．
(3)在问题(2)的条件下，存在点E使得△ABE为直角三角形；
设E(m，﹣m2+2m+3)，①当点A为直角顶点，过点A作AB的垂线，与AB之间的抛物线无交点，故不可能存在点E使得△ABE为以点A为直角顶点的直角三角形，
②当点B为直角顶点，如下图，此时∠EBA＝90°，过点E作EG⊥CB，交CB延长线于点G，

∵BC⊥x轴于点C，且AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝45°，
∴∠EBG＝45°，
∴△BEG是等腰直角三角形，EG＝BG，
∵EG的长为点E与直线BC的距离，即2﹣m，且BG＝CG﹣BC＝﹣m2+2m+3﹣3＝﹣m2+2m，
∴2﹣m＝＝﹣m2+2m，解得m＝1或m＝2(舍)，
∴E(1，4)；
③如下图，此时∠AEB＝90°，作EM∥x轴，交CB的延长线于点M，过点A作AN⊥x轴交ME的延长线于点N，

∴∠BEM+∠AEN＝90°，
∵在Rt△AEN中，∠EAN+∠AEN＝90°，
∴∠BEM＝∠EAN，
∴△AEN∽△BEM，
∴BM：EN＝EM：AN，
∴(﹣m2+2m)：(m+1)＝(2﹣m)：(﹣m2+2m+3)，即﹣m(2﹣m)(m+1)(m﹣3)＝(2﹣m)(m+1)，
∵2﹣m≠0，m+1≠0，
∴m2﹣3m+1＝0，
解得m＝或m＝(舍)．
∴E(，)
综上，根据问题(2)的条件，存在点E(1，4)或(，)使得△ABE为直角三角形．
2．(2022•高邮市模拟)如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3经过A(﹣1，0)，与y轴交于点C，过点C作BC∥x轴，交抛物线于点B，连接AC、AB，AB交y轴于点D，若．
(1)求点B的坐标；
(2)点P为抛物线对称轴上一点，且位于x轴上方，连接PA、PC，若△PAC是以AC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．

【分析】(1)根据A(﹣1，0)，得到OA＝l，对于y＝ax2+bx﹣3，令x＝0，则y＝﹣3，得到C(0，﹣3)，OC＝3，根据BC∥x轴，得到△AOD∽△BCD，推出，得到BC＝2，即可得B(2，﹣3)；
(2)把A(﹣1，0)，B(2，﹣3)代入y＝ax2+bx﹣3，求得a＝1，b＝﹣2，得到抛物线解析式并配方为y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，得到抛物线的对称轴是直线x＝1，设P(1，m)，写出PA2＝m2+22＝m2+4．PC2＝(m+3)2+12＝(m+3)2+1．AC2＝12+32＝10．根据△PAC是以AC为直角边的直角三角形，当∠PAC＝90°时，PA2+AC2＝PC2．得到m2+4+10＝(m+3)2+1，求得m＝；当∠PCA＝90°时，PC2+AC2＝AP2，得到(m+3)2+1+10＝m2+4，求出m＝﹣；即可得点P的坐标．
【解析】∵A(﹣1，0)，
∴OA＝l，
在y＝ax2+bx﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3，
∴C(0，﹣3)，
∴OC＝3，
∵BC∥x轴，
∴△AOD∽△BCD，
∴，
∴BC＝2，
∴B(2，﹣3)；

(2)把A(﹣1，0)，B(2，﹣3)代入y＝ax2+bx﹣3，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，
∴抛物线的对称轴是直线x＝1，
设P(1，m)，
∴PA2＝m2+22＝m2+4．
PC2＝(m+3)2+12＝(m+3)2+1．
AC2＝12+32＝10．
∵△PAC是以AC为直角边的直角三角形，
当∠PAC＝90°时，PA2+AC2＝PC2．
∴m2+4+10＝(m+3)2+1，解得m＝；
当∠PCA＝90°时，PC2+AC2＝AP2，
∴(m+3)2+1+10＝m2+4，解得m＝﹣(不符合题意，舍去)．
∴P(1，)．
3．(2022•碑林区校级模拟)如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A(﹣2，0)，B(4，0)两点．
(1)求b，c的值；
(2)点E为抛物线y＝﹣x2+bx+c上一点，且点E在x轴上方，连接BE，以点E为直角顶点，BE为直角边，作等直角△BED，使得点D恰好落在直线y＝x上，求出满足条件的所有点E的坐标．

【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；
(2)设D(m，m)，E(n，﹣n2+2n+8)，分两种情况：当点E1在点D左侧，∠DE1B＝90°，BE1＝D1E1时，当点E2在点D2右侧，∠D2E2B＝90°，BE2＝D2E2时，利用等腰直角三角形性质，添加辅助线构造全等三角形，再利用全等三角形的性质建立方程求解即可得出答案．
【解析】(1)∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A(﹣2，0)，B(4，0)两点，
∴，
解得：，
∴b＝2，c＝8；
(2)∵点D在直线y＝x上，点E在抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+8上，
∴设D(m，m)，E(n，﹣n2+2n+8)，
当点E1在点D左侧，∠DE1B＝90°，BE1＝D1E1时，如图，过点E1作E1G∥x轴，过点B作BF⊥EG于点F，过点D1作D1G⊥E1G于点G，
则∠BFE1＝∠E1GD1＝90°，BF＝﹣n2+2n+8，E1F＝4﹣n，E1G＝m﹣n，D1G＝m﹣(﹣n2+2n+8)＝n2﹣2n﹣8+m，
∴∠E1BF+∠BE1F＝90°，
∵∠D1E1G+∠BE1F＝90°，
∴∠E1BF＝∠D1E1G，
在△BE1F和△E1D1G中，
，
∴△BE1F≌△E1D1G(AAS)，
∴E1F＝D1G，BF＝E1G，
∴，
解得：，
当n＝2时，﹣n2+2n+8＝﹣22+2×2+8＝8，
∴E1(2，8)；
当点E2在点D2右侧，∠D2E2B＝90°，BE2＝D2E2时，如图，过点E2作E2H⊥x轴于点H，过点D2作D2K⊥E2H于点K，
则∠BHE2＝∠E2KD2＝90°，BH＝4﹣n，E2H＝﹣n2+2n+8，E2K＝﹣n2+2n+8﹣m，D2K＝n﹣m，
同理可得△BE2H≌△E2D2K(AAS)，
∴E2H＝D2K，BH＝E2K，
∴，
解得：或，
∴E(1+，2)或(1﹣，2)；
综上所述，满足条件的所有点E的坐标为(2，8)或(1+，2)或(1﹣，2)．

4．(2022•雁峰区校级模拟)如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，直线y＝x+1与x轴交于点E，与y轴交于点D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)P为抛物线上的点，连接OP交直线DE于Q，当Q是OP中点时，求点P的坐标；
(3)M在直线DE上，当△CDM为直角三角形时，求出点M的坐标．

【分析】(1)根据抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A(﹣1，0)，B(3，0)两点，列方程组，于是得到答案；
(2)令x＝0，则y＝x+1＝1，求得OD＝1，作PH⊥OB，垂足为H，得到∠COA＝∠PHO＝90°，根据平行线的性质得到∠P＝∠DOQ，∠PFQ＝∠ODQ，根据全等三角形的性质得到PF＝OD＝1，设P点横坐标为x，得到方程﹣x2+2x+3﹣(x+1)＝1，求得x1＝2，x2＝﹣，当x＝2时，y＝3，当x＝﹣时，y＝，于是得到答案；
(3)求得CD＝OC﹣OD＝2，设M(a，a+1)，分两种情况①当∠CMD＝90°时，②当∠DCM＝90°时，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】(1)∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A(﹣1，0)，B(3，0)两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式是y＝﹣x2+2x+3；

(2)令x＝0，则y＝x+1＝1，
∴OD＝1，
如图，作PH⊥OB，垂足为H，交ED于F，

则∠COA＝∠PHO＝90°，
∴PH∥OC，
∴∠OPF＝∠DOQ，∠PFQ＝∠ODQ，
又Q是OP中点，
∴PQ＝OQ，
∴△PFQ≌△ODQ(AAS)，
∴PF＝OD＝1
设P点横坐标为x，则﹣x2+2x+3﹣(x+1)＝1，
解得：x1＝2，x2＝﹣，
当x＝2时，y＝3，当x＝﹣时，y＝，
∴点P的坐标是(2，3)或(﹣，)；

(3)令x＝0，则y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴OC＝3，
∴CD＝OC﹣OD＝2，
设M(a，a+1)，
∴CM2＝a2+(3﹣a﹣1)2＝a2﹣2a+4，
DM2＝a2+(a+1﹣1)2＝a2，
①当∠CMD＝90°时，

∴CD2＝CM2+DM2，
∴22＝a2﹣2a+4+a2，
解得：a1＝，a2＝0(舍去)，
当a＝时，a+1＝，
∴M(，)；
②当∠DCM＝90°时，

∴CD2+CM2＝DM2，
∴22+a2﹣2a+4＝a2，
解得：a＝4，
当a＝4时，a+1＝3，
∴M(4，3)；
解法二：∵∠DCM＝90°，
∴CM∥x轴，
∴a+1＝3，解得a＝4，
∴M(4，3)；
综上所述：点M的坐标为(，)或(4，3)．
5．(2022•平南县二模)如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且A(﹣1，0)，对称轴为直线x＝2．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)直线l过点A与抛物线交于点P，当∠PAB＝45°时，求点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△BCQ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)设y＝(x﹣2)2+k，用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
(2)过点P作PM⊥x轴于点M，设P(m，m2﹣4m﹣5)，根据∠PAB＝45°知AM＝PM，即|m2﹣4m﹣5|＝m+1，解得m的值，即可得P的坐标是(6，7)或P(4，﹣5)；
(3)由y＝x2﹣4x﹣5求出B(5，0)，C(0，﹣5)，设Q(2，t)，有BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+(t+5)2，分三种情况：当BC为斜边时，9+t2+4+(t+5)2＝50，当BQ为斜边时，50+4+(t+5)2＝9+t2，当CQ为斜边时，50+9+t2＝4+(t+5)2，分别解得t的值，即可求出相应Q的坐标．
【解析】(1)设y＝(x﹣2)2+k，把A(﹣1，0)代入得：
(﹣1﹣2)2+k＝0，
解得：k＝﹣9，
∴y＝(x﹣2)2﹣9＝x2﹣4x﹣5，
答：抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
(2)过点P作PM⊥x轴于点M，如图：

设P(m，m2﹣4m﹣5)，则PM＝|m2﹣4m﹣5|，
∵A(﹣1，0)，
∴AM＝m+1
∵∠PAB＝45°
∴AM＝PM，
∴|m2﹣4m﹣5|＝m+1，
即m2﹣4m﹣5＝m+1或m2﹣4m﹣5＝﹣(m+1)，
当m2﹣4m﹣5＝m+1时，解得：m1＝6，m2＝﹣1(不合题意，舍去)，
当m2﹣4m﹣5＝﹣(m+1)，解得m3＝4，m4＝﹣1(不合题意，舍去)，
∴P的坐标是(6，7)或P(4，﹣5)；
(3)在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得△BCQ是直角三角形，理由如下：
在y＝x2﹣4x﹣5中，令x＝0得y＝﹣5，令y＝0得x＝﹣1或x＝5，
∴B(5，0)，C(0，﹣5)，
由抛物线y＝x2﹣4x﹣5的对称轴为直线x＝2，设Q(2，t)，
∴BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+(t+5)2，
当BC为斜边时，BQ2+CQ2＝BC2，
∴9+t2+4+(t+5)2＝50，
解得t＝﹣6或t＝1，
∴此时Q坐标为(2，﹣6)或(2，1)；
当BQ为斜边时，BC2+CQ2＝BQ2，
∴50+4+(t+5)2＝9+t2，
解得t＝﹣7，
∴此时Q坐标为(2，﹣7)；
当CQ为斜边时，BC2+BQ2＝CQ2，
∴50+9+t2＝4+(t+5)2，
解得t＝3，
∴此时Q坐标为(2，3)；
综上所述，Q的坐标为(2，3)或(2，﹣7)或(2，1)或(2，﹣6)．
6．(2022•太原一模)综合与实践
如图，抛物线y＝x2+2x﹣8与x轴交于A，B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C．点D在直线AC下方的抛物线上运动，过点D作y轴的平行线交AC于点E．

(1)求直线AC的函数表达式；
(2)求线段DE的最大值；
(3)当点F在抛物线的对称轴上运动，以点A，C，F为顶点的三角形是直角三角形时，直接写出点F的坐标．
【分析】(1)分别令x＝0，y＝0，求得点C、A的坐标，再运用待定系数法即可求得答案；
(2)设D(m，m2+2m﹣8)，则E(m，﹣2m﹣8)，可得DE＝﹣2m﹣8﹣(m2+2m﹣8)＝﹣m2﹣4m＝﹣(m+2)2+4，运用二次函数的性质即可求得线段DE的最大值；
(3)设F(﹣1，n)，根据两点间距离公式可得：AF2＝32+n2＝n2+9，AC2＝42+82＝80，CF2＝12+(n+8)2＝n2+16n+65，分三种情况：①当∠AFC＝90°时，②当∠CAF＝90°时，③当∠ACF＝90°时，分别建立方程求解即可．
【解析】(1)在y＝x2+2x﹣8中，令x＝0，得y＝﹣8，
∴C(0，﹣8)，
令y＝0，得x2+2x﹣8＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝2，
∴A(﹣4，0)，B(2，0)，
设直线AC的解析式为y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8；
(2)设D(m，m2+2m﹣8)，则E(m，﹣2m﹣8)，
∵点D在点E的下方，
∴DE＝﹣2m﹣8﹣(m2+2m﹣8)＝﹣m2﹣4m＝﹣(m+2)2+4，
∵﹣1＜0，
∴当m＝﹣2时，线段DE最大值为4；
(3)∵y＝x2+2x﹣8＝(x+1)2﹣9，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设F(﹣1，n)，又A(﹣4，0)，C(0，﹣8)，
∴AF2＝32+n2＝n2+9，AC2＝42+82＝80，CF2＝12+(n+8)2＝n2+16n+65，
①当∠AFC＝90°时，
∵AF2+CF2＝AC2，
∴n2+9+n2+16n+65＝80，
解得：n1＝﹣4﹣，n2＝﹣4+，
∴F(﹣1，﹣4﹣)或(﹣1，﹣4+)；
②当∠CAF＝90°时，
∵AF2+AC2＝CF2，
∴n2+9+80＝n2+16n+65，
解得：n＝，
∴F(﹣1，)；
③当∠ACF＝90°时，
∵CF2+AC2＝AF2，
∴n2+16n+65+80＝n2+9，
解得：n＝﹣，
∴F(﹣1，﹣)；
综上所述，点F的坐标为(﹣1，﹣4﹣)或(﹣1，﹣4+)或(﹣1，)或(﹣1，﹣)．
7．(2022•桐梓县模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣与x轴交于A，B两点(点B在点A的右侧)，与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线L经过C，D两点，连接AC．
(1)求A，B两点的坐标及直线L的函数表达式；
(2)探索直线L上是否存在点E，使△ACE为直角三角形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】(1)令x＝0，y＝0，可分别求出A、B、C三点坐标，在求出函数的对称轴即可求D点坐标，利用待定系数法求直线解析式即可；
(2)设E(t，﹣t+2)，分三种情况讨论：①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2，③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，分别利用勾股定理求解即可．
【解析】(1)令y＝0，则﹣＝0，
解得x＝﹣2或x＝6，
∴A(﹣2，0)，B(6，0)，
令x＝0，则y＝2，
∴C(0，2)，
∵y＝﹣＝﹣(x﹣2)2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴D(2，0)，
设直线CD的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+2；
(2)在点E，使△ACE为直角三角形，理由如下：
设E(t，﹣t+2)，
∴AC2＝16，AE2＝4t2﹣8t+16，CE2＝4t2，
①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，
∴16+4t2﹣8t+16＝4t2，
∴t＝4，
∴E(4，2)；
②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2，
∴16+4t2＝4t2﹣8t+16，
∴t＝0(舍)；
③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，
∴4t2﹣8t+16+4t2＝16，
∴t＝0(舍)或t＝1，
∴E(1，)；
综上所述：E点坐标为(4，2)或(1，)．
8．(2022•沈阳模拟)如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C(0，﹣3)．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若点M是抛物线上B，C之间的一个动点，线段MA绕点M逆时针旋转90°得到MN，当点N恰好落在y轴上时，求点M，点N的坐标．
(3)如图2，若点E坐标为(2，0)，EF⊥x轴交直线BC于点F，将△BEF沿直线BC平移得到△B'E'F'，在△B'E'F'移动过程中，是否存在使△ACE'为直角三角形的情况？若存在，请直接写出所有符合条件的点E′的坐标；若不存在，请说明理由．


【分析】(1)将A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，﹣3)代入y＝ax2+bx+c，即可求解；
(2)过点M作HG∥y轴，交x轴于点H，过点N作NG⊥HG交于点G，证明△AMH≌△MNG(AAS)，设M(t，t2﹣2t﹣3)，由HM＝NG，可求t＝即可求M、N点的坐标；
(3)设△BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，则E'(2+t，t)，分三种情况讨论：①当∠ACE'＝90°时，过点E'作E'H⊥y轴交于点H，可得△ACO∽△CE'H，利用相似比可求E'(﹣，﹣)；当N点与E'重合时，也符合题意；②当∠CAE'＝90°时，过点A作MN⊥x轴，过点C作CN⊥MN交于N点，过点E'作E'M⊥MN交于M点，可得△AME'∽△CNA，利用相似比可求E'(，)；③当∠AE'C＝90°时，过点E'作ST⊥x轴交于S点，过点C作CT⊥ST交于T点，可得△ASE'∽△E'TC，利用相似比可求E'(1，﹣1)．
【解析】(1)将A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，﹣3)代入y＝ax2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
(2)过点M作HG∥y轴，交x轴于点H，过点N作NG⊥HG交于点G，
∴∠AMH+∠NMG＝90°，
∵∠AMH+∠MAH＝90°，
∴∠NMG＝∠MAH，
∵AM＝MN，
∴△AMH≌△MNG(AAS)，
∴AH＝MG，HM＝NG，
设M(t，t2﹣2t﹣3)，
∴HM＝﹣t2+2t+3，NG＝t，
∴﹣t2+2t+3＝t，
∴t＝，
∵点M是抛物线上B，C之间，
∴0＜t＜3，
∴t＝，
∴M(，﹣)，
∴AH＝1+＝，
∴HG＝+＝2+，
∴N(0，﹣2﹣)；
(3)存在使△ACE'为直角三角形，理由如下：
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
设△BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，
∵E(2，0)，
∴E'(2+t，t)，
①如图2，当∠ACE'＝90°时，过点E'作E'H⊥y轴交于点H，
∴∠ACO+∠E'CH＝90°，
∵∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠E'CH＝∠CAO，
∴△ACO∽△CE'H，
∴＝，
∵AO＝1，CO＝3，CH＝﹣3﹣t，E'H＝﹣2﹣t，
∴＝，
解得t＝﹣，
∴E'(﹣，﹣)；
②如图3，当∠CAE'＝90°时，
过点A作MN⊥x轴，过点C作CN⊥MN交于N点，过点E'作E'M⊥MN交于M点，
∴∠MAE'+∠NAC＝90°，
∵∠MAE'+∠ME'A＝90°，
∴∠NAC＝∠ME'A，
∴△AME'∽△CNA，
∴＝，
∵NC＝1，AN＝3，AM＝t，ME'＝3+t，
∴＝，
解得t＝，
∴E'(，)；
当E'点与N重合时，△ACE'为直角三角形，
∴E'(﹣1，﹣3)；
③如图3，当∠AE'C＝90°时，
过点E'作ST⊥x轴交于S点，过点C作CT⊥ST交于T点，
∴∠AE'S+∠CE'T＝90°，
∵∠AE'S+∠E'AS＝90°，
∴∠CE'T＝∠E'AS，
∴△ASE'∽△E'TC，
∴＝，
∵AS＝3+t，SE'＝﹣t，CT＝2+t，E'T＝t+3，
∴＝，
解得t＝﹣1，
∴E'(1，﹣1)；
综上所述：E'的坐标为(﹣，﹣)或(，)或(1，﹣1)或(﹣1，﹣3)．




9．(2022•东坡区校级模拟)如图，抛物线y＝x2﹣(m+2)x+4的顶点C在x轴的正半轴上，直线y＝x+2与抛物线交于A，B两点，且点A在点B的左侧．
(1)求m的值；
(2)点P是抛物线y＝x2﹣(m+2)x+4上一点，当△PAB的面积是△ABC面积的2倍时，求点P的坐标；
(3)将直线AB向下平移k(k＞0)个单位长度，平移后的直线与抛物线交于D，E两点(点D在点E的左侧)，当△DEC为直角三角形时，求k的值．

【分析】(1)令y＝0得x2﹣(m+2)x+4＝0，由Δ＝0求得；
(2)作CD∥AB交y轴于D，求得CD的函数表达式是y＝x﹣2，在DF的延长线上截取EF＝2DF＝8，过点E作EG∥AB，求得EG的函数表达式，与抛物线函数表达式联立求得；
(3)当∠CDE＝90°时，可得直线CD的函数表达式是：y＝﹣x+2，求出它与抛物线的交点即可，当∠DCE＝90°时，设平移后的表达式是y＝x+b，与抛物线的表达式联立求得D和E的坐标，再求出DE中点坐标，根据DE＝2CI，进而求得b，根据平移的距离得出k值．
【解析】(1)令y＝0，
∴x2﹣(m+2)x+4＝0，
∵Δ＝(m+2)2﹣4×1×4＝0，
∴m＝2或m＝﹣6，
又﹣，
∴m＞﹣2，
∴m＝2；
(2)当m＝2时，
y＝x2﹣4x+4
＝(x﹣2)2，
如图1，

作CD∥AB交y轴于D，
∴CD的函数表达式是y＝x﹣2，
∴D(0，﹣2)，
∵y＝x+＝2与y轴交点F(0，2)，
∴DF＝4，
在DF的延长线上截取EF＝2DF＝8，
过点E作EG∥AB，
∴EG的函数表达式是：y＝x+10，
由x2﹣4x+4＝x+10得，
x＝﹣1或x＝6，
当x＝﹣1时，y＝﹣1+10＝9，
当x＝6时，y＝6+10＝16，
∴P(﹣1，9)或P(6，16)；
作CM⊥AB于M交EG于N，
∵CD∥AB∥EG，
∴＝＝，
∴点P到AB的距离是点C到AB距离的2倍，
∴△PAB的面积是△ABC面积的2倍．
(3)当∠CDE＝90°时，
∴直线CD的函数表达式是：y＝﹣x+2，
由x2﹣4x+4＝﹣x+2得，
x＝1或x＝2(舍去)，
当x＝1时，y＝﹣1+2＝1，
∴y＝x+(2﹣k)过(1，1)，
∴1+(2﹣k)＝1，
∴k＝2，
当∠DCE＝90°时，
设平移后的表达式是y＝x+b，
由x2﹣4x+4＝x+b得，
化简得，
x2﹣5x+(4﹣b)＝0，
∴x1＝，x2＝，
∴x1+x2＝5，y1+y2＝5+2b，
∴DE的中点I(，)，
∴x1﹣x2＝，
∴y1﹣y2＝x1+b﹣(x2+b)
＝x1﹣x2
＝，
∵DE2＝(x1﹣x2)2+(y1﹣y2)2
＝()2+()2
＝2(9+4b)，
CI2＝(﹣2)2+()2
＝，
由DE＝2CI得，
2(9+4b)＝16+4b2+20b，
∴b＝﹣1或b＝﹣2(舍去)，
∴k＝3，
综上所述，k＝2或3．
10．(2022•海沧区二模)抛物线y1＝ax2﹣2ax+c(a＜2且a≠0)与x轴交于A(﹣1，0)，B两点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，点M(m，n)在该抛物线上，点P是抛物线的最低点．
(1)若m＝2，n＝﹣3，求a的值；
(2)记△PMB面积为S，证明：当1＜m＜3时，S＜2；
(3)将直线BP向上平移t个单位长度得直线y2＝kx+b(k≠0)，与y轴交于点C，与抛物线交于点E，当x＜﹣1时，总有y1＞y2．当﹣1＜x＜1时，总有y1＜y2．是否存在t≥4，使得△CDE是直角三角形，若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)将点A(﹣1，0)代入抛物线y1＝ax2﹣2ax+c中，可得c＝﹣3a，所以抛物线y1＝ax2﹣2ax﹣3a．当m＝2，n＝﹣3时，M(2，﹣3)，将点M的坐标代入函数解析式，求解即可；
(2)过点M作x轴的垂线，交直线BP于点Q，根据题意可知，P(a，﹣4a)，B(3，0)，所以直线BP的解析式为：y＝2ax﹣6a，设M(m，am2﹣2am﹣3a)，则Q(m，2am﹣6a)，根据三角形的面积公式可得出S和a的函数关系式，再根据二次函数的性质求解即可；
(3)由平移可知，y2＝2ax+2a，点C(0，2a)，联立可得E(5，12a)．根据题意当△ECD是直角三角形时，需要分三种情况讨论：①当∠ECD＝90°时，过点E作y轴的垂线交y轴于点F，②当∠CDE＝90°时，过点E作x轴的垂线于点F，③当∠CED＝90°时，分别求解即可．
【解答】(1)解：将点A(﹣1，0)代入抛物线y1＝ax2﹣2ax+c中，
∴a+2a+c＝0，
∴c＝﹣3a，
∴抛物线y1＝ax2﹣2ax﹣3a．
当m＝2，n＝﹣3时，M(2，﹣3)，
∴4a﹣4a﹣3a＝﹣3，
解得a＝1；
(2)证明：过点M作x轴的垂线，交直线BP于点Q，

∵点P为y1＝ax2﹣2ax﹣3a的最低点，
∴P(a，﹣4a)，
令y1＝ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴B(3，0)，
∴直线BP的解析式为：y＝2ax﹣6a，
设M(m，am2﹣2am﹣3a)，
∴Q(m，2am﹣6a)，
∴QM＝2am﹣6a﹣(am2﹣2am﹣3a)＝﹣am2+4am﹣3a，
∴S＝|xB﹣xP|•QM
＝﹣am2+4am﹣3a
＝﹣a(m﹣2)2+a，
∵﹣a＜0，开口向下，
∴当m＝2时，S的最大值为a，
∵a＜2，
∴当1＜m＜3时，S＝a＜2．
(3)解：∵当x＜﹣1时，总有y1＜y2，
∴直线l必经过点A(﹣1，0)，
将点A代入直线l：y2＝kx+b，
∴﹣k+b＝0，
∵直线l：y2＝kx+b由直线PB：y＝2ax﹣6a向上平移t个单位长度得到，
∴k＝b＝2a，b＝﹣6a+t＝2a，
∴t＝8a，
∴y2＝2ax+2a，点C(0，2a)，
令2ax+2a＝ax2﹣2ax﹣3a，
解得x＝﹣1或x＝5，
∴E(5，12a)．
①当∠ECD＝90°时，过点E作y轴的垂线交y轴于点F，

∴△FEC∽△OCD，
∴EF：OC＝CF：OD，即5：2a＝10a：1，
∴a＝或a＝﹣(舍)；
∴t＝8a＝4≥4，符合题意；
②当∠CDE＝90°时，过点E作x轴的垂线于点F，

∴△OCD∽△FDE，
∴EF：OD＝DF：OC，即12a：1＝4：2a，
解得a＝或a＝﹣(舍)，
∴t＝8a＝＜＝4，不符合题意；
③当∠CED＝90°时，显然不存在．
综上，存在，且t的值为．
11．(2021•葫芦岛模拟)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．(2021•和平区一模)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﹣．



13．(2021•莱芜区三模)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)．



14．(2021•雁塔区校级模拟)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)．
15．(2021•武汉模拟)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)．





16．(2021•北碚区校级模拟)如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x+2与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，点P为直线BC上方抛物线上一动点．

(1)求直线BC的解析式；
(2)过点A作AD∥BC交抛物线于D，连接CA，CD，PC，PB，记四边形ACPB的面积为S1，△BCD的面积为S2，当S1﹣S2的值最大时，求P点的坐标和S1﹣S2的最大值；
(3)如图2，将抛物线水平向右平移，使得平移后的抛物线经过点O，G为平移后的抛物线的对称轴直线l上一动点，将线段AC沿直线BC平移，平移过程中的线段记为A'C'(线段A'C'始终在直线l左侧)，是否存在以A'，C'，G为顶点的等腰直角△A'C'G？若存在，请写出满足要求的所有点G的坐标并写出其中一种结果的求解过程，若不存在，请说明理由．
【分析】(1)令二次函数x＝0，y＝0，求出A、B、C的坐标，再求直线BC的解析式；
(2)不能用常规的底和高，借助切割法求面积，再求出最大面积差和点P的坐标；
(3)等腰直角三角形可以利用“两圆一中垂”确定所有的情况，利用“K型全等”求出对应的点G的坐标．
【解答】解：(1)对抛物线，
当x＝0时，y＝2，
∴C(0，2)，
当y＝0时，，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A(﹣1，0)，B(3，0)，
设直线BC的解析式为：y＝kx+b(k≠0)，
把点C(0，2)，B(3，0)代入得：
，解得：．
∴直线BC的解析式为：y＝．
(2)∵AD∥BC，直线BC的解析式为：y＝．
设AD的解析式为，y＝，
把点A(﹣1，0)代入得：，
解得：m＝，
∴AD的解析式为：y＝，
由解得：，
∴D(4，)，
∴直线CD的解析式为：y＝，
当y＝0时，，
解得：x＝，
记直线CD与x轴交于点N，则：
N()，BN＝3﹣＝1.5，
过点P作PM⊥AB交BC于点M，设P(a，)，
∴M(a，)，
∴PM＝，
∴S1＝S△ABC+S△PCM+S△PBM
＝
＝
＝﹣a2+3a+4，
S2＝S△BNC+S△BND
＝
＝
＝
＝4，
∴S1﹣S2＝﹣a2+3a+4﹣4＝﹣a2+3a＝﹣(a﹣)2+，
∴当a＝时，S1﹣S2的最大值为，
此时，点P的坐标为()．
(3)∵，
∴抛物线的对称轴为：x＝1，
∵抛物线向右平移后经过点O，即：抛物线向右平移1个单位，
∴直线l为：x＝2，
(i)当等腰三角形以∠A'C'G1＝90°，A'C'＝C'G1时，如图，过点C'作C'H⊥l于点H，过点A'作A'Q⊥C'H于点Q，
∵∠HC'G1+∠QC'A'＝90°，∠QC'A'+∠QA'C'＝90°，
∴∠HC'G1＝∠QA'C'，
又∵∠A'QC'＝∠C'HG1＝90°，A'C'＝C'G1，
∴△A'QC'≌△C'HG1
∴QA'＝C'H，HG1＝QC'，
∵AC∥A'C'，设点A'(a，)，C'(a+1，)，
∴C'H＝2﹣a，A'Q＝2，HG1＝C'Q＝1，
∴2﹣(a+1)＝2，
解得：a＝﹣1，
∴C'(0，2)，H(2，2)，
∴G1(2，1)，
(ii)当等腰三角形以∠C'A'G2＝90°，A'C'＝A'G2时，如图，过点A'作A'F⊥l于点F，过点C'作C'E⊥A'F于点E，
同(i)理可证：△C'A'E≌△A'G2F，
设点A'(a，)，C'(a+1，)，
∴G2F＝A'E＝1，FA'＝2﹣a＝2，
∴a＝0，
∴A'(0，)，
∴F(2，)，
∴G2(2，)，
(iii)当等腰三角形以∠C'G3A'＝90°，C'G3＝A'G3时，如图，过点A'作A'Q⊥l于点Q，过点C'作C'P⊥l于点P，
同(i)理可证：△C'PG3≌△G3A'Q，
设点A'(a，)，C'(a+1，)，
∴A'Q＝G3P＝2﹣a，C'P＝QG3＝1﹣a，PQ＝2，
∴2﹣a+1﹣a＝2，
解得：a＝0.5，
∴C'(1.5，1)，G3P＝2﹣0.5＝1.5，
∴G3(2，﹣0.5)，
综上所述：存在点G1(2，1)，G2(2，)，G3(2，﹣0.5)，使得以A'，C'，G为顶点的等腰直角△A'C'G．




17(2021•广东模拟)如图，直线y＝x﹣3与x轴，y轴分别交于B、C两点．抛物线y＝x2+bx+c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点P从点D出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动．设运动的时间为t秒．
①点P在运动过程中，若∠CBP＝15°，求t的值；
②当t为何值时，以P，A，C为顶点的三角形是直角三角形？求出所有符合条件的t值．

【分析】(1)由直线BC求出B、C的坐标，再待定系数法求出抛物线解析式即可；
(2)①由OB＝OC得出∠OBC＝∠OCB＝45°，所以∠CBP＝15°就可以分别得到∠PBE＝30°或60°，再由tan30°或tan60°求出EP，进而求出DP，又因为P的速度为1，求出t即可；
②设出P的坐标，根据两点距离公式求出AP²、AC²和PC²，分三种情况：∠APC＝90°或∠PCA＝90°或∠PAC＝90°分别讨论，求出P的坐标，进而求出DP，求出t即可．
【解答】解：(1)令y＝x﹣3＝0，x＝3，
∴B的坐标为(3，0)，
令x＝0，y＝0﹣3＝﹣3，
∴C的坐标为(0，﹣3)，
将B、C代入y＝x2+bx+c，
得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x²﹣2x﹣3；
(2)由(1)知，OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
记抛物线对称轴交x轴于E，
∵y＝x²﹣2x﹣3＝(x﹣1)²﹣4，
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∴EB＝2，
∴顶点D的坐标为(1，﹣4)，
若∠CBP＝15°，则分两种情况，
①如图，当P在直线BC下方时，

此时∠EBP＝60°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝2，
∴DP＝4﹣2，
∴t＝＝4﹣2，
当P在直线BC上方时，

此时∠EBP＝30°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝，
∴DP＝4﹣，
∴t＝＝4﹣，
综上，t＝4﹣2或4﹣；
②设P的坐标为(1，n)，
令y＝x²﹣2x﹣3＝0，
x＝3或﹣1，
∴A的坐标为(﹣1，0)，
此时PC²＝1+(n+3)²＝n²+6n+10，
PA²＝(1+1)²+n²＝4+n²，
AC²＝1+3²＝10，
当∠PCA＝90°时，PC²+AC²＝AP²，
n²+6n+10+10＝4+n²，
解得：n＝，
∴P的坐标为(1，)，DP＝4＝，
∴t＝，
当∠APC＝90°时，AP²+PC²＝AC²，
4+n²+n²+6n+10＝10，
解得：n＝﹣1或﹣2，
∴P的坐标为(1，﹣1)或(1，﹣2)，
DP＝4﹣1＝3或DP＝4﹣2＝2，
∴t＝3或2，
当∠PAC＝90°时，PA²+AC²＝CP²，
n²+4+10＝n²+6n+10，
解得：n＝，
∴P的坐标为(1，)，
DP＝4+＝，
∴t＝，
综上，t＝或3或2或．
18.(2021•巴中)已知抛物线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，﹣3)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M，当最大时，求点P的坐标及的最大值；
(3)在(2)的条件下，过点P作x轴的垂线l，在l上是否存在点D，使△BCD是直角三角形，若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)将A(﹣2，0)、B(6，0)、C(0，﹣3)代入y＝ax2+bx+c即可求解析式；
(2)过点A作AE⊥x轴交直线BC于点E，过P作PF⊥x轴交直线BC于点F，由PF∥AE，可得＝，则求的最大值即可；
(3)分三种情况讨论：当∠CBD＝90°时，过点B作GH⊥x轴，过点D作DG⊥y轴，DG与GH交于点G，过点C作CH⊥y轴，CH与GH交于点H，可证明△DBG∽△BCH，求出D(3，6)；当∠BCD＝90°时，过点D作DK⊥y轴交于点K，可证明△OBC∽△KCD，求出D(3，﹣9)；当∠BDC＝90°时，线段BC的中点T(3，﹣)，设D(3，m)，由DT＝BC，可求D(3，﹣)或D(3，﹣﹣)．
【解答】解：(1)将点A(﹣2，0)、B(6，0)、C(0，﹣3)代入y＝ax2+bx+c，
得，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣3；
(2)如图1，过点A作AE⊥x轴交直线BC于点E，过P作PF⊥x轴交直线BC于点F，
∴PF∥AE，
∴＝，
设直线BC的解析式为y＝kx+d，
∴，
∴，
∴y＝x﹣3，
设P(t，t2﹣t﹣3)，则F(t，t﹣3)，
∴PF＝t﹣3﹣t2+t+3＝﹣t2+t，
∵A(﹣2，0)，
∴E(﹣2，﹣4)，
∴AE＝4，
∴＝＝＝﹣t2+t＝﹣(t﹣3)2+，
∴当t＝3时，有最大值，
∴P(3，﹣)；
(3)∵P(3，﹣)，D点在l上，
如图2，当∠CBD＝90°时，
过点B作GH⊥x轴，过点D作DG⊥y轴，DG与GH交于点G，过点C作CH⊥y轴，CH与GH交于点H，
∴∠DBG+∠GDB＝90°，∠DBG+∠CBH＝90°，
∴∠GDB＝∠CBH，
∴△DBG∽△BCH，
∴＝，即＝，
∴BG＝6，
∴D(3，6)；
如图3，当∠BCD＝90°时，
过点D作DK⊥y轴交于点K，
∵∠KCD+∠OCB＝90°，∠KCD+∠CDK＝90°，
∴∠CDK＝∠OCB，
∴△OBC∽△KCD，
∴＝，即＝，
∴KC＝6，
∴D(3，﹣9)；
如图4，当∠BDC＝90°时，
线段BC的中点T(3，﹣)，BC＝3，
设D(3，m)，
∵DT＝BC，
∴|m+|＝，
∴m＝﹣或m＝﹣﹣，
∴D(3，﹣)或D(3，﹣﹣)；
综上所述：△BCD是直角三角形时，D点坐标为(3，6)或(3，﹣9)或(3，﹣﹣)或(3，﹣)．




19.(2021•毕节市)如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线x＝2，顶点为D，点B的坐标为(3，0)．
(1)填空：点A的坐标为 　(1，0)　，点D的坐标为 　(2，﹣1)　，抛物线的解析式为 　y＝x2﹣4x+3　；
(2)当二次函数y＝x2+bx+c的自变量x满足m≤x≤m+2时，函数y的最小值为，求m的值；
(3)P是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P，使△PAC是以AC为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)由对称轴为直线x＝2求出b的值，再将点B(3，0)代入y＝x2+bx+c即可求出函数的解析式；
(2)分三种情况求函数在给定范围的最小值：当m+2＜2时，(m+2)2﹣4(m+2)+3＝；当m＞2时，m2﹣4m+3＝；当0≤m≤2时，与题意不符；
(3)求出AC＝，AC的中点为E(，)，设P(2，t)，因为△PAC是以AC为斜边的直角三角形，则PE＝AC，列出方程即可求出t的值．
【解答】解：(1)∵对称轴为直线x＝2，
∴b＝﹣4，
∴y＝x2﹣4x+c，
∵点B(3，0)是抛物线与x轴的交点，
∴9﹣12+c＝0，
∴c＝3，
∴y＝x2﹣4x+3，
令y＝0，x2﹣4x+3＝0，
∴x＝3或x＝1，
∴A(1，0)，
∵D是抛物线的顶点，
∴D(2，﹣1)，
故答案为(1，0)，(2，﹣1)，y＝x2﹣4x+3；
(2)当m+2＜2时，即m＜0，
此时当x＝m+2时，y有最小值，
则(m+2)2﹣4(m+2)+3＝，
解得m＝，
∴m＝﹣；
当m＞2时，此时当x＝m时，y有最小值，
则m2﹣4m+3＝，
解得m＝或m＝，
∴m＝；
当0≤m≤2时，此时当x＝2时，y有最小值为﹣1，与题意不符；
综上所述：m的值为或﹣；
(3)存在，理由如下：
A(1，0)，C(0，3)，
∴AC＝，AC的中点为E(，)，
设P(2，t)，
∵△PAC是以AC为斜边的直角三角形，
∴PE＝AC，
∴＝，
∴t＝2或t＝1，
∴P(2，2)或P(2，1)，
∴使△PAC是以AC为斜边的直角三角形时，P点坐标为(2，2)或(2，1)．


20.(2021•兰溪市模拟)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＜．