中考数学一轮复习考点复习专题19 函数与角度有关问题【考点精讲】（含解析）

这是一份中考数学一轮复习考点复习专题19 函数与角度有关问题【考点精讲】（含解析），共60页。试卷主要包含了综合与探究，，与y轴交于点C，顶点为点D等内容，欢迎下载使用。
专题19 函数与角度有关问题


知识导航


方法技巧




1．（特殊角）若点P在抛物线上，且∠PBD=90°，求点P的坐标。

利用直线BD的解析式及勾股定理，数形结合，列出有关的方程，即可求出点P的坐标.
题型精讲


题型一：等角问题
【例1】（2021·四川自贡市）如图，抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．

（1）直接写出的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）若点D为的外心，且与的周长之比为，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的前提下，试探究抛物线上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）∠OCA=45°，AB= a+1；（2）；（3）存在，P1（，），P2（1，-2）．
【分析】
（1）根据二次函数解析式可得A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），即可得出OA=OB=a，OB=1，即可证明△OCA是等腰直角三角形，可得∠OCA=45°，根据线段的和差关系可表示AB的长；
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，根据等腰直角三角形的性质可得AC=，利用两点间距离公式可用a表示出BC的长，根据圆周角定理可得∠D=2∠OAC=90°，可得△DBC是等腰直角三角形，即可证明△DBC∽△OCA，根据相似三角形周长之比等于相似比列方程求出a值即可得答案；
（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，可得△OCF是等腰直角三角形，利用待定系数法可得直线CF的解析式，根据外心的定义及等腰直角三角形的性质可求出点D坐标，即可得出BH、DH的长，根据，∠BHD=∠ACE=90°可证明△BHD∽△ACE，根据相似三角形的性质可求出CE的长，根据两点间距离公式可得点E坐标，利用待定系数法可得直线AE解析式，联立直线AE与抛物线的解析式求出点P坐标即可得答案．
【详解】
（1）∵抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
∴当x=0时，y=-a，
当y=0时，，
解得：，，
∴A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），
∴OB=1，OA=OC=a，
∴△OCA是等腰直角三角形，
∴∠OCA=45°，AB=OA+OB=a+1．
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，
∵点D为的外心，
∴DB=DC，
∵△OCA是等腰直角三角形，OA=a，
∴∠OAC=45°，AC=，
∵∠BDC和∠BAC是所对的圆心角和圆周角，
∴∠BDC=2∠BAC=90°，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBC=∠OAC，
∴△DBC∽△OCA，
∵与的周长之比为，
∴，即，
解得：，
经检验：是原方程的根，
∵,
∴a=2，
∴抛物线解析式为：=．

（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，
∵a=2，
∴C（0，-2），A（2，0），AC=，
∵∠OCA=45°，
∴∠OCF=45°，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴F（-2，0），
设直线CF的解析式为y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线CF的解析式为，
∵△OCA是等腰直角三角形，OG⊥AC，
∴OG所在直线为AC的垂直平分线，点G为AC中点，
∵点D为的外心，
∴点D在直线OG上，
∵A（2，0），C（0，-2），
∴G（1，-1），
设直线OG的解析式y=mx，
∴m=-1，
∴直线OG的解析式y=-x，
∵点D为△ABC的外心，
∴点D在AB的垂直平分线上，
∴点D的横坐标为=，
把x=代入y=-x得y=-，
∴D（，-），
∴DH=，BH=1+=，
∵，∠BHD=∠ACE=90°，
∴△BHD∽△ACE，
∴，即，
解得：，
∵点E在直线CF上，
∴设点E坐标为（n，-n-2），
∴CE==，
解得：，
∴（，），（，），
设直线AE1的解析式为y=k1x+b1，
∴，
解得：，
∴直线AE1的解析式为，
同理：直线AE2的解析式为，
联立直线AE1解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P1（，），
联立直线AE2解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P2（1，-2）．

综上所述：存在点P，使得，点P坐标为P1（，），P2（1，-2）．

题型二：二倍角问题
【例2】（2021·山东泰安市）二次函数的图象经过点，，与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接、，交于点Q，过点P作轴于点D．

（1）求二次函数的表达式；
（2）连接，当时，求直线的表达式；
（3）请判断：是否有最大值，如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）有最大值为，P点坐标为
【分析】
（1）将，代入中，列出关于a、b的二元一次方程组，求出a、b的值即可；
（2）设与y轴交于点E，根据轴可知，，当，即，由此推断为等腰三角形，设，则，所以，由勾股定理得，解出点E的坐标，用待定系数法确定出BP的函数解析式即可；
（3）设与交于点N，过B作y轴的平行线与相交于点M．由A、C两点坐标可得所在直线表达式，求得 M点坐标，则，由，可得，，设，则，根据二次函数性质求解即可．
【详解】
解：（1）由题意可得：

解得：，
∴二次函数的表达式为；
（2）设与y轴交于点E，

∵轴，
，
，
，
，
，设，
则，，
在中，由勾股定理得，

解得，
，
设所在直线表达式为
解得
∴直线的表达式为．
（3）设与交于点N．
过B作y轴的平行线与相交于点M．

由A、C两点坐标分别为，
可得所在直线表达式为
∴M点坐标为，
由，可得，

设，则
，
∴当时，有最大值0.8，
此时P点坐标为．
【例3】如图①，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出
发，沿线段OA以每秒1个单位长度的速度向点A移动，同时点Q从点A出发，沿线段AB以每秒2个单
位长度的速度向点B移动，当点P与点A重合时移动停止．设点P移动的时间为t秒．
（1）当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；
（2）当t＝1时，抛物线y＝x2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图②所示，该抛物线上是否存在点D，使∠MQD∠MKQ？若存在，请求出所有满足条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）分△QBC∽△PAQ、△CBQ∽△PAQ，两种情况分别求解；
（2）证明∠MKE＝∠QKE∠MKQ．（ⅰ）当点D在直线MQ的上方时，证明△HMQ∽△MEK．∴．∴．（ⅱ）当点D在直线MQ的下方时，y轴上存在点H，如图③所示，使∠HQM∠MKQ＝∠MKE．即可求解．
【解析】解：（1）如图①，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形，
∴0＜t＜3．

∵四边形OABC是矩形，
∴∠B＝∠PAQ＝90°．
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△QBC∽△PAQ时，
∴，∴．
∴4t2﹣15t+9＝0．
∴t1＝3（舍），t2；
②当△CBQ∽△PAQ时，
∴．
∴．
∴t2﹣9t+9＝0．
∴t（舍去）．
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t或t；
（2）当t＝1时，P（1，0），Q（3，2）．
把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y＝x2+bx+c中并解得：
抛物线：y＝x2﹣3x+2．
∴顶点k（，），
连接MQ，
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E，
∴KM＝KQ．∴KE⊥MQ．

∴∠MKE＝∠QKE∠MKQ．设DQ交y轴于H．
（ⅰ）当点D在直线MQ的上方时，如图②所示，
则∠DQM∠MKQ＝∠MKE．
∵∠HMQ＝∠MEK＝90°，
∴△HMQ∽△MEK．∴．
∴．解得MH＝2．
∴H（0，4）．
∴直线HQ的解析式为yx+4．
由方程组得x2﹣3x+2xx+4．
解得x1＝3（舍），x2．
∴D（，）；
（ⅱ）当点D在直线MQ的下方时，y轴上存在点H，如图③所示，使∠HQM∠MKQ＝∠MKE．

由对称性得H（0，0），即H与原点重合．
∴直线OQ的解析式yx．
由方程组得3x2﹣11x+6＝0．
解得x1＝3（舍），x2．
∴D（，）．
综上所述，点D的坐标为（，）或（，）．
题型三：其他角度问题
【例4】（2021·四川）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点和点．
（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；
（2）点为该抛物线上一点（不与点重合），直线将的面积分成2：1两部分，求点的坐标；
（3）点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴移动，运动时间为秒，当时，求的值．

【答案】（1）；（2）点（6，-8）；（3）当点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴正方向移动时，秒；沿CO方向在轴移动时，秒．
【分析】
（1）根据待定系数法将AB两点坐标代入函数解析式求解即可；
（2）在的AB边上找到将AB分成2：1两部分的点Q，此时CQ将的面积分成2：1两部分，求出直线CQ与抛物线交点坐标即是点P坐标；
（3）先利用图形在内构造，求出，在中由，，求出OM长即可解答，
【详解】
解：（1）由抛物线经过点和点，得：
，
解得：
即：条抛物线所对应的函数表达式为：；
（2）由（1）可知点C坐标为（0,4）
∵点和点．
∴，
∴将AB分成2：1两部分的点有原点和Q（2,0），此时CQ将的面积分成2：1两部分，如解（2）图，
∵点为该抛物线上一点（不与点重合），
∴直线CP经过Q点，
设直线CP解析式为：，经过C（0,4），Q（2,0）两点，得：
，
∴，
即可设直线CP解析式为：，
联立函数解析式为：，
解得：，，
故P点坐标为（6，-8），
（3）如解（3）图取点A关于y轴对称点，连接，过点作，垂足为H，

由轴对称性质可知：，，
∴，
∵，即，
∴
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
点从点出发，以每秒1个单位的速度远动：
当沿轴正方向移动时，，则秒，
当沿轴CO方向移动时，，则秒，
综上所述：当点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴正方向移动时，秒；沿CO方向在轴移动时，秒．
【例5】抛物线y＝﹣x2+2x+3与y轴交于B，与x轴交于点D、A，点A在点D的右边，顶点为F，C（0，1）
（1）直接写出点B、A、F的坐标；
（2）设Q在该抛物线上，且S△BAF＝S△BAQ，求点Q的坐标；
（3）对大于1常数m，在x轴上是否存在点M，使得sin∠BMC？若存在，求出点M坐标；若不存在，说明理由？

【分析】（1）y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，解得：x＝3或﹣1，即可求解；
（2）连接AB，过点F作直线m平行于直线AB交抛物线与点Q，在BA下方作直线n，使直线m、n与直线AB等距离，过点F作x轴的垂线交AB于点H、交直线n与点F′，直线n与抛物线交于点Q′、Q″，即可求解；
（3）由S△BCMBC×OMCH×MB，则CH，sin∠BMC，即可求解．
【解析】解：（1）y＝﹣x2+2x+3…①，
令y＝0，解得：x＝3或﹣1，
令x＝0，则y＝3，故点B（0，3），
同理点F（1，4）；
（2）连接AB，过点F作直线m平行于直线AB交抛物线与点Q，在BA下方作直线n，使直线m、n与直线AB等距离，
过点F作x轴的垂线交AB于点H、交直线n与点F′，直线n与抛物线交于点Q′、Q″，

直线BA的表达式为：y＝﹣x+3，
则直线m的表达式为：y＝﹣x+b，将点F坐标代入上式并解得：
直线m的表达式为：y＝﹣x+5…②，
联立①②并解得：x＝1或2（舍去1），
故点Q（2，3）；
则点H（1，2），则FH＝4﹣2＝2，
故直线n的表达式为：y＝﹣x+3﹣2＝﹣x+1…③，
联立①③并解得：x，
故点Q坐标为（，）或（，），
综上，点Q（2，3）或（，）或（，）；
（3）过点C作CH⊥MB于点H，
设：OM＝a，则MB，CM，

S△BCMBC×OMCH×MB，则CH，
sin∠BMC，
解得：a＝±，
即点M（，0）或（，0）．






提分训练


1．如图抛物线y＝ax2+bx+6的开口向下与x轴交于点A（﹣6，0）和点B（2，0），与y轴交于点C，点P是抛物线上一个动点（不与点C重合）

（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P是抛物线上一个动点，若△PCA的面积为12，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线的顶点为D，在抛物线上是否存在点E，使得∠EAB＝2∠DAC，若存在请直接写出点E的坐标；若不存在请说明理由．
【分析】（1）函数的表达式为：y＝a（x+6）（x﹣2）＝a（x2+4x﹣12），即可求解；
（2）S△PCAPG×ACPG×612，解得：PH＝4，直线AC的表达式为：y＝x+6，即可求解；
（3）sin∠DAC，sin2∠DAC＝sin∠DAD′sin∠EAB，则tan∠EAB，即可求解．
【解析】解：（1）函数的表达式为：y＝a（x+6）（x﹣2）＝a（x2+4x﹣12），
﹣12a＝6，解得：a，
函数的表达式为：yx2﹣2x+6…①，
顶点D坐标为（﹣2，8）；
（2）如图1所示，过点P作直线m∥AC交抛物线于点P′，在直线AC下方等距离处作直线n交抛物线与点P″、P′″，
过点P作PH∥y轴交AC于点H，作PG⊥AC于点G，

∵OA＝OC，∴∠PHG＝∠CAB＝45°，则HPPG，
S△PCAPG×ACPG×612，解得：PH＝4，
直线AC的表达式为：y＝x+6，
则直线m的表达式为：y＝x+10…②，
联立①②并解得：x＝﹣2或﹣4，
则点P坐标为（﹣2，8）或（﹣4，6）；
直线n的表达式为：y＝x+2…③
同理可得点P（P″、P′″）的坐标为（﹣3，1）或（﹣3，1），
综上，点P的坐标为（﹣2，8）或（﹣4，6）或（﹣3，1）或（﹣3，1）．
（3）点A、B、C、D的坐标为（﹣6，0）、（2，0）、（0，6）、（﹣2，8），
则AC，CD，AD，
则∠ACD＝90°，
sin∠DAC，
延长DC至D′使CD＝CD′，连接AD′，过点D作DH⊥AD′，

则DD′＝2，AD＝AD′，
S△ADD′DD′×ACDH×AD′，
即：2DH，解得：DH，
sin2∠DAC＝sin∠DAD′sin∠EAB，
则tan∠EAB，
①当点E在AB上方时，
则直线AE的表达式为：yx+b，
将点A坐标代入上式并解得：
直线AE的表达式为：yx④，
联立①④并解得：x（不合题意值已舍去），
即点E（，）；
②当点E在AB下方时，
同理可得：点E（，），
综上，点E（，）或（，）．
2．已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线yx+b与x轴交于点A，与y轴交于点C．经过点A，C的抛物线y＝ax2+3ax﹣3与x轴的另一个交点为点B．
（1）如图1，求a的值；
（2）如图2，点D，E分别在线段AC，AB上，且BE＝2AD，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转得到线段DF，且旋转角∠EDF＝∠OAC，连接CF，求tan∠ACF的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，当∠DFC＝135°时，在线段AC的延长线上取点M，过点M作MN∥DE交抛物线于点N，连接DN，EM，若MN＝DF，求点N的横坐标．

【分析】（1）求出点A（﹣4，0），将点A的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）证明△ADE≌△GFD，即可求解；
（3）证明△DET≌△MSN（AAS），则MS＝DT，NS＝ET，设点M（x，x﹣3），则点N（x，），将点N的坐标代入二次函数表达式，即可求解．
【解析】解：（1）y＝ax2+3ax﹣3，当x＝0，y＝﹣3，故点C（0，﹣3），
将点C的坐标代入直线表达式并解得：b＝﹣3，
则直线AC的表达式为：yx﹣3，则点A（﹣4，0），
将点A的坐标代入二次函数表达式并解得：a；
（2）在直线AC上取点G使DG＝AE，连接FG，过点F作FH⊥AC，

∵∠FDC+∠FDE＝∠BAC+∠AED，而∠BAC＝∠EDF，
∴∠FDH＝∠AED，
而DG＝AE，DF＝DE，
∴△ADE≌△GFD，
∴AD＝GF，
∵AB＝AC＝5，BE＝2AD，
∴AD＝GF＝CG，
∵tan∠BAC，设FH＝3m，则HG＝4m，FG＝5m＝GC，
tan∠ACF；
（3）如图3，过点D作DR⊥FC交FC的延长线于点R，过点F作FH⊥CD交于点H，

由（2）知tan∠ACF，
在Rt△CDR中，设DRt，则CR＝3t，CD＝10t，
∵∠DFC＝135°，则△DFR是等腰直角三角形，则FR＝DRt，
CF＝CR﹣CF＝2t，
在Rt△FHC中，tan∠ACF，
则FH＝2t，CH＝6t，DH＝CD﹣CH＝10t﹣6t＝4t，
则tan∠FDHtan∠AED，
在Rt△ADT中，tan∠BAC，
设：DT＝3n，则AT＝4n，AD＝5n，
在Rt△DTE中，tan∠AED，
则ET＝2DT＝6n，BE＝2AD＝10n，
∵AT+TE+BE＝AB，即4n+6n+10n＝5，
解得：n，
则ET，DT；
∵MN＝EF＝DE，且MN∥DE，
∴四边形MNDE为平行四边形，∴∠DEM＝∠DNM，
过点N作x轴的平行线交直线AC于点K，过点M作MS⊥NK于点S，
则∠AEM＝∠KND，∴∠TED＝∠MNS，
而MN＝DE，∠ETD＝∠MSN＝90°，
∴△DET≌△MSN（AAS），
∴MS＝DT，NS＝ET，
设点M（x，x﹣3），则点N（x，），
将点N的坐标代入二次函数表达式得：
（x）2（x）﹣3，
解得：x（舍去负值），
故点N的横坐标为：．
3．如图，直线yx﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点A，抛物线y＝ax2x+c经过A，B两点，与x轴的另一交点为C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）M为抛物线上一点，直线AM与x轴交于点N，当时，求点M的坐标；
（3）P为抛物线上的动点，连接AP，当∠PAB与△AOB的一个内角相等时，直接写出点P的坐标．

【分析】（1）直线yx﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点A，则点A、B的坐标分别为：（0，﹣2）、（4，0），即可求解；
（2）直线MA的表达式为：y＝（m）x﹣2，则点N（，0），当时，则，即：，即可求解；
（3）分∠PAB＝∠AOB＝90°、∠PAB＝OAB、∠PAB＝OBA三种情况，分别求解即可．
【解析】解：（1）直线yx﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点A，则点A、B的坐标分别为：（0，﹣2）、（4，0），
则c＝﹣2，将点B的坐标代入抛物线表达式并解得：a，
故抛物线的表达式为：yx2x﹣2…①；
（2）设点M（m，m2m﹣2）、点A（0，﹣2），

将点M、A的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b并解得：
直线MA的表达式为：y＝（m）x﹣2，
则点N（，0），
当时，则，即：，
解得：m＝5或﹣2或2或1，
故点M的坐标为：（5，3）或（﹣2，3）或（2，﹣3）或（1，﹣3）；
（3）①∠PAB＝∠AOB＝90°时，
则直线AP的表达式为：y＝﹣2x﹣2…②，
联立①②并解得：x＝﹣1或0（舍去0），
故点P（﹣1，0）；
②当∠PAB＝OAB时，
当点P在AB上方时，无解；
当点P在AB下方时，

将△OAB沿AB折叠得到△O′AB，直线OA交x轴于点H、交抛物线为点P，点P为所求，
则BO＝OB＝4，OA＝OA＝2，设OH＝x，
则sin∠H，即：，解得：x，则点H（，0），
则直线AH的表达式为：yx﹣2…③，
联立①③并解得：x，故点P（，）；
③当∠PAB＝OBA时，
当点P在AB上方时，

则AH＝BH，
设OH＝a，则AH＝BH＝4﹣a，AO＝2，
故（4﹣a）2＝a2+4，解得：a，
故点H（，0），
则直线AH的表达式为：yx﹣2…③，
联立①③并解得：x＝0或（舍去0），
故点P（，）；
当点P在AB下方时，
同理可得：点P（3，﹣2）；
综上，点P的坐标为：（﹣1，0）或（，）或（，）或（3，﹣2）．
4．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和B（3，0），与y轴交于点C
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，若点F在线段OC上，且OF＝OA，经入过点F的直线在第一象限内与抛物线交于点D，与线段BC交于点E，求的最大值；
（3）如图2，若P为抛物线的顶点，动点Q在抛物线上，当∠QCO＝∠PBC时，请直接写出点Q的坐标．

【分析】（1）函数的表达式为：y＝﹣（x+1）（x﹣3），即可求解；
（2）作DN∥CF，则（﹣x2+2x+3+x﹣3），即可求解；
（3）△PBC为直角三角形，tan∠PBC，当∠QCO＝∠PBC时，tan∠QCO＝tan，即可求解．
【解析】解：（1）函数的表达式为：y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，
则点C（0，3）；
（2）过点D作y轴的平行线交BC于点N，

将点B、C的坐标代入一次函数表达式并解得：
函数BC表达式为：y＝﹣x+3，
OF＝OA＝1，则点F（0，1），CF＝2，
设点D（x，﹣x2+2x+3），则点N（x，﹣x+3），
DN∥CF，则（﹣x2+2x+3+x﹣3）x2x，
∵0，则有最大值，此时x，
的最大值为；
（3）连接PC，点P坐标（1，4），
则PC，PB，BC，
则△PBC为直角三角形，tan∠PBC，
过点Q作QH⊥y轴于点H，

设点Q（x，﹣x2+2x+3），
则tan∠HCQ＝tan，
解得：x＝0或5或﹣1（舍去0），
故点Q（﹣1，0）或（5，﹣12）．

5．（2021·四川中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点和点．
（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；
（2）点为该抛物线上一点（不与点重合），直线将的面积分成2：1两部分，求点的坐标；
（3）点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴移动，运动时间为秒，当时，求的值．

【答案】（1）；（2）点（6，-8）；（3）当点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴正方向移动时，秒；沿CO方向在轴移动时，秒．
【分析】
（1）根据待定系数法将AB两点坐标代入函数解析式求解即可；
（2）在的AB边上找到将AB分成2：1两部分的点Q，此时CQ将的面积分成2：1两部分，求出直线CQ与抛物线交点坐标即是点P坐标；
（3）先利用图形在内构造，求出，在中由，，求出OM长即可解答，
【详解】
解：（1）由抛物线经过点和点，得：
，
解得：
即：条抛物线所对应的函数表达式为：；
（2）由（1）可知点C坐标为（0,4）
∵点和点．
∴，
∴将AB分成2：1两部分的点有原点和Q（2,0），此时CQ将的面积分成2：1两部分，如解（2）图，
∵点为该抛物线上一点（不与点重合），
∴直线CP经过Q点，
设直线CP解析式为：，经过C（0,4），Q（2,0）两点，得：
，
∴，
即可设直线CP解析式为：，
联立函数解析式为：，
解得：，，
故P点坐标为（6，-8），
（3）如解（3）图取点A关于y轴对称点，连接，过点作，垂足为H，

由轴对称性质可知：，，
∴，
∵，即，
∴
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
点从点出发，以每秒1个单位的速度远动：
当沿轴正方向移动时，，则秒，
当沿轴CO方向移动时，，则秒，
综上所述：当点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴正方向移动时，秒；沿CO方向在轴移动时，秒．
6．（2021·内蒙古中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，点是抛物线上一动点．
（1）如图1，当，，且时，
①求点M的坐标：
②若点在该抛物线上，连接OM，BM，C是线段BM上一动点（点C与点M，B不重合），过点C作，交x轴于点D，线段OD与MC是否相等？请说明理由；
（2）如图2，该抛物线的对称轴交x轴于点K，点在对称轴上，当，，且直线EM交x轴的负半轴于点F时，过点A作x轴的垂线，交直线EM于点N，G为y轴上一点，点G的坐标为，连接GF．若，求证：射线FE平分．

【答案】（1）①；②，见解析；（2）见解析
【分析】
（1）①直接将点代入解析式，又有，
即可解出坐标；②相等，先求出点，由两点求出直线的方程，添加辅助线构建直角三角形，利用勾股定理求出边长，证明三角形是等腰三角形即可；
（2）根据已知条件求出点的坐标，再求出所在直线的解析式，求出直线与轴的交点，添加辅助线，利用三角形相似对应边成比例，找到边与边之间的关系，在直角三角形中利用勾股定理建立等式求出边长，再根据角平分线上的点到两条线之间的距离相等，即可判断出为角平分线．
【详解】
解：（1）如答案图6.

①点在抛物线上，且，
，解得，（舍去）
，
，．
②，
点在该抛物线上，
，．
设直线MB交x轴于点H，解析式为，
解得

当时，，
，．
过点M作轴，垂足为R，
，，
，
根据勾股定理得，
，
．，
，，，
，．
（2）如答案图7.

证明：对称轴，，
，，
．过点M作轴，垂足为Q，
，，
．
当时，解得，，
．
，，
，
．，
．
设直线EM的解析式为，
解得
．设直线EM交y轴于点S，过点S作，垂足为P ．
当时，．
．当时，，
，
，．
，
，
．
，，
，
，．
设，则．
在中，
，
．
（负值舍去），
，，
．
，，
射线FE平分．
7．（2020•山西）综合与探究
如图，抛物线yx2﹣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与抛物线交于A，D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，﹣3）．
（1）请直接写出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式；
（2）若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m（m≥0），过点P作PM⊥x轴，垂足为M．PM与直线l交于点N，当点N是线段PM的三等分点时，求点P的坐标；
（3）若点Q是y轴上的点，且∠ADQ＝45°，求点Q的坐标．

【分析】（1）令y＝0，便可由抛物线的解析式求得A、B点坐标，用待定系数法求得直线AD的解析式；
（2）设P（m，m2﹣m﹣3），用m表示N点坐标，分两种情况：PM＝3MN；PM＝3PN．分别列出m的方程进行解答便可；
（3）分两种情况，Q点在y轴正半轴上时；Q点在y轴负半轴上时．分别解决问题．
【解析】（1）令y＝0，得yx2﹣x﹣3＝0，
解得，x＝﹣2，或x＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
设直线l的解析式为y＝kx+b（k≠0），则
，
解得，，
∴直线l的解析式为；
（2）如图1，根据题意可知，点P与点N的坐标分别为
P（m，m2﹣m﹣3），N（m，m﹣1），

∴PMm2+m+3，MNm+1，NPm2m+2，
分两种情况：
①当PM＝3MN时，得m2+m+3＝3（m+1），
解得，m＝0，或m＝﹣2（舍），
∴P（0，﹣3）；
②当PM＝3NP时，得m2+m+3＝3（m2m+2），
解得，m＝3，或m＝﹣2（舍），
∴P（3，）；
∴当点N是线段PM的三等分点时，点P的坐标为（3，）或（0，﹣3）；
（3）∵直线l与y轴于点E，
∴点E的坐标为（0，﹣1），
分再种情况：①如图2，当点Q在y轴的正半轴上时，记为点Q1，

过Q1作Q1H⊥AD于点H，则∠QE＝∠AOE＝90°，
∵∠Q1EH＝∠AEO，
∴△Q1EH∽△AEO，
∴，即
∴Q1H＝2HE，
∵∠Q1DH＝45°，∠Q1HD＝90°，
∴Q1H＝DH，
∴DH＝2EH，
∴HE＝ED，
连接CD，
∵C（0，﹣3），D（4，﹣3），
∴CD⊥y轴，
∴ED，
∴，，
∴，
∴Q1O＝Q1E﹣OE＝9，
∴Q1（0，9）；
②如图3，当点Q在y轴的负半轴上时，记为点Q2，过Q2作Q2G⊥AD于G，则∠Q2GE＝∠AOE＝90°，

∵∠Q2EG＝∠AEO，
∴△Q2GE∽△AOE，
∴，即，
∴Q2G＝2EG，
∵∠Q2DG＝45°，∠Q2GD＝90°，
∴∠DQ2G＝∠Q2DG＝45°，
∴DG＝Q2G＝2EG，
∴ED＝EG+DG＝3EG，
由①可知，ED＝2，
∴3EG＝2，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
综上，点Q的坐标为（0.9）或（0，）．
8．（2020•营口）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3过点A（﹣3，0），B（1，0），与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线CD上的一个动点，连接BC；
①如图1，是否存在点P，使∠PBC＝∠BCO？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②如图2，点P在x轴上方，连接PA交抛物线于点N，∠PAB＝∠BCO，点M在第三象限抛物线上，连接MN，当∠ANM＝45°时，请直接写出点M的坐标．

【分析】（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），即可求解；
（2）①分点P（P′）在点C的右侧、点P在点C的左侧两种情况，分别求解即可；
②证明△AGR≌△RHM（AAS），则点M（m+n，n﹣m﹣3），利用点M在抛物线上和AR＝NR，列出等式即可求解．
【解析】（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），
解得：a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3①；

（2）由抛物线的表达式知，点C、D的坐标分别为（0，﹣3）、（﹣1，﹣4），
由点C、D的坐标知，直线CD的表达式为：y＝x﹣3；
tan∠BCO，则cos∠BCO；
①当点P（P′）在点C的右侧时，

∵∠PAB＝∠BCO，
故P′B∥y轴，则点P′（1，﹣2）；
当点P在点C的左侧时，
设直线PB交y轴于点H，过点H作HN⊥BC于点N，
∵∠PAB＝∠BCO，
∴△BCH为等腰三角形，则BC＝2CH•cos∠BCO＝2×CH，
解得：CH，则OH＝3﹣CH，故点H（0，），
由点B、H的坐标得，直线BH的表达式为：yx②，
联立①②并解得：，
故点P的坐标为（1，﹣2）或（﹣5，﹣8）；
②∵∠PAB＝∠BCO，而tan∠BCO，
故设直线AP的表达式为：yx+s，将点A的坐标代入上式并解得：s＝1，
故直线AP的表达式为：yx+1，
联立①③并解得：，故点N（，）；
设△AMN的外接圆为圆R，

当∠ANM＝45°时，则∠ARM＝90°，设圆心R的坐标为（m，n），
∵∠GRA+∠MRH＝90°，∠MRH+∠RMH＝90°，
∴∠RMH＝∠GAR，
∵AR＝MR，∠AGR＝∠RHM＝90°，
∴△AGR≌△RHM（AAS），
∴AG＝m+3＝RH，RG＝﹣n＝MH，
∴点M（m+n，n﹣m﹣3），
将点M的坐标代入抛物线表达式得：n﹣m﹣3＝（m+n）2+2（m+n）﹣3③，
由题意得：AR＝NR，即（m+3）2＝（m）2+（）2④，
联立③④并解得：，
故点M（，）．
9．（2020•南充）已知二次函数图象过点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）．
（1）求二次函数的解析式．
（2）如图，当点P为AC的中点时，在线段PB上是否存在点M，使得∠BMC＝90°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点K在抛物线上，点D为AB的中点，直线KD与直线BC的夹角为锐角θ，且tanθ，求点K的坐标．

【分析】（1）设二次函数的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），将点C坐标代入可求解；
（2）利用中点坐标公式可求P（﹣1，2），点Q（2，2），由勾股定理可求BC的长，由待定系数法可求PB解析式，设点M（c，c），由两点距离公式可得（c﹣2）2+（c2）2＝8，可求c＝4或，即可求解；
（3）过点D作DE⊥BC于点E，设直线DK与BC交于点N，先求出DE＝BE，由锐角三角函数可求NE，分DK与射线EC交于点N（m，4﹣m）和DK与射线EB交于N（m，4﹣m）两种情况讨论，求出直线DK解析式，联立方程组可求点K坐标．
【解析】（1）∵二次函数图象过点B（4，0），点A（﹣2，0），
∴设二次函数的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），
∵二次函数图象过点C（0，4），
∴4＝a（0+2）（0﹣4），
∴a，
∴二次函数的解析式为y（x+2）（x﹣4）x2+x+4；
（2）存在，
理由如下：如图1，取BC中点Q，连接MQ，

∵点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），点P是AC中点，点Q是BC中点，
∴P（﹣1，2），点Q（2，2），BC4，
设直线BP解析式为：y＝kx+b，
由题意可得：，
解得：
∴直线BP的解析式为：yx，
∵∠BMC＝90°
∴点M在以BC为直径的圆上，
∴设点M（c，c），
∵点Q是Rt△BCM的中点，
∴MQBC＝2，
∴MQ2＝8，
∴（c﹣2）2+（c2）2＝8，
∴c＝4或，
当c＝4时，点B，点M重合，即c＝4，不合题意舍去，
∴c，则点M坐标（，），
故线段PB上存在点M（，），使得∠BMC＝90°；
（3）如图2，过点D作DE⊥BC于点E，设直线DK与BC交于点N，

∵点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），点D是AB中点，
∴点D（1，0），OB＝OC＝4，AB＝6，BD＝3，
∴∠OBC＝45°，
∵DE⊥BC，
∴∠EDB＝∠EBD＝45°，
∴DE＝BE，
∵点B（4，0），C（0，4），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+4，
设点E（n，﹣n+4），
∴﹣n+4，
∴n，
∴点E（，），
在Rt△DNE中，NE，
①若DK与射线EC交于点N（m，4﹣m），
∵NE＝BN﹣BE，
∴（4﹣m），
∴m，
∴点N（，），
∴直线DK解析式为：y＝4x﹣4，
联立方程组可得：，
解得：或，
∴点K坐标为（2，4）或（﹣8，﹣36）；
②若DK与射线EB交于N（m，4﹣m），
∵NE＝BE﹣BN，
∴（4﹣m），
∴m，
∴点N（，），
∴直线DK解析式为：yx，
联立方程组可得：，
解得：或，
∴点K坐标为（，）或（，），
综上所述：点K的坐标为（2，4）或（﹣8，﹣36）或（，）或（，）．
10．（2021·广西）如图，抛物线与轴交于、两点，且，对称轴为直线．
（1）求该抛物线的函数达式；
（2）直线过点且在第一象限与抛物线交于点．当时，求点的坐标；
（3）点在抛物线上与点关于对称轴对称，点是抛物线上一动点，令，当，时，求面积的最大值（可含表示）．


【答案】（1）；（2）点的坐标是（6，7）；（3）当时，的最大面积为，当时，的最大面积为64
【分析】
（1）根据已知点和对称轴，用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）由得等腰直角三角形，从而求得坐标；
（3分情况讨论，在对称轴的左右两边，即当，时分别求得面积的最大值
【详解】
（1）∵抛物线过，对称轴为，
∴，
解得
∴抛物线表达式为．
（2）过点作轴于点，


∵，
∴，
设点的横坐标为，
则纵坐标为，
∴，
代入，得：
．
解得（舍去），，
∴
∴点的坐标是（6，7）．
（3）由（2）得的坐标是（6，7）
∵对称轴，
∴点的坐标是（－2，7），
∴，
∵与轴平行，点在轴下方，
设以为底边的高为
则，
∴当最大值时，的面积最大，
∵，，
①当时，，
此时在上随的增大而减小．
∴，
∴，
∴的最大面积为：
．
②当时，此时的对称轴
含于内
∴，
∴，
∴的最大面积为：
．
综上所述：当时，的最大面积为，
当时，的最大面积为64.
11．（2021·山东）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过坐标原点和点，顶点为点．
（1）求抛物线的关系式及点的坐标；
（2）点是直线下方的抛物线上一动点，连接，，当的面积等于时，求点的坐标；
（3）将直线向下平移，得到过点的直线，且与轴负半轴交于点，取点，连接，求证：．

【答案】（1），；（2）或；（3）证明见解析．
【分析】
（1）先根据直线求出点的坐标，再将点和原点坐标代入抛物线的解析式即可得；
（2）如图（见解析），先求出直线与抛物线的另一个交点的坐标为，再设点的坐标为，从而可得点的坐标为，然后分和两种情况，分别利用三角形的面积公式可得一个关于的一元二次方程，解方程即可得；
（3）如图（见解析），先根据一次函数图象的平移规律求出直线的解析式为，再利用待定系数法求出直线的解析式，从而可得点的坐标，然后利用两点之间的距离公式可得的长，根据等腰直角三角形的判定与性质可得，最后根据三角形的外角性质即可得证．
【详解】
解：（1）对于函数，
当时，，解得，即，
当时，，即，
将点和原点代入得：，
解得，
则抛物线的关系式为，
将化成顶点式为，
则顶点的坐标为；
（2）设直线与抛物线的另一个交点为点，
联立，解得或，
则，
过点作轴的平行线，交直线于点，
设点的坐标为，则点的坐标为，
，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当时，

则，
，
因此有，
解得或，均符合题设，
当时，，即，
当时，，即；
②如图，当时，

则，
，
因此有，
解得或，均不符题设，舍去，
综上，点的坐标为或；
（3）由题意得：，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
如图，过点作于点，

可设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
联立，
解得，即，
，
，
，
，
又，
是等腰直角三角形，，
由三角形的外角性质得：，
．
12．（2021·江苏连云港市）如图，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知．
（1）求m的值和直线对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若，求点Q的坐标．

【答案】（1），；（2），，；（3）
【分析】
（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；
（2）做点A关于BC的平行线，联立直线与抛物线的表达式可求出的坐标，设出直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线，联立方程组即可求出P；
（3）取点，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作于点，得直线对应的表达式为，即可求出结果；
【详解】
（1）将代入，
化简得，则（舍）或，
∴，
得：，则．
设直线对应的函数表达式为，
将、代入可得，解得，
则直线对应的函数表达式为．
（2）如图，过点A作∥BC，设直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移 GC个单位，得到直线，

由（1）得直线BC的解析式为，，
∴直线AG的表达式为，
联立，
解得：（舍），或，
∴，
由直线AG的表达式可得，
∴，，
∴直线的表达式为，
联立，
解得：，，
∴，，
∴，，．
（3）如图，取点，连接，过点作于点，
过点作轴于点，过点作于点，

∵，
∴AD=CD，
又∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，则，．
设，
∵，，
∴．
由，则，即，解之得，．
所以，又，
可得直线对应的表达式为，
设，代入，
得，，，
又，则．所以．