专题21函数与直角三角形的存在性问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析）

这是一份专题21函数与直角三角形的存在性问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析），共87页。

解题策略
经典例题
【例1】（2022春•绿园区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，动点P从点A出发，沿AC以
每秒2个单位长度的速度向终点C运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，将线段PQ绕点P逆时针旋转90°得到线段PR，连结QR．设四边形APRQ与Rt△ABC的重叠部分的面积为S，点P的运动时间为t（t＞0）秒．
（1）线段AP的长为 2t （用含t的代数式表示）．
（2）当点R恰好落在线段BC上时，求t的值．
（3）求S与t之间的函数关系式．
（4）当△CPR为直角三角形时，直接写出t的值．
【分析】（1）由题意可得出答案；
（2）由旋转的性质及等腰直角三角形的性质可得出2t＝6﹣t，则可求出答案；
（3）分两种情况：①当点R在△ACB内或BC边上时，0＜t≤2，②当2＜t≤3时，由平行四边形的面积公式及三角形面积可得出答案；
（4）可分两种情况：①当∠PCR＝90°时，由（2）可知，t＝2，②当∠CRP＝90°，由题意得出AP＝PC，则可求出t的值．
【解答】解：（1）由题意可知，AP＝2t，
故答案为：2t；
（2）如图，
∵将线段PQ绕点P逆时针旋转90°得到线段PR，
∴PQ＝PR，∠QPR＝90°，
∵AP＝2t，
∴AQ＝PQ＝t，
∴QR＝t＝2t，
∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝6，
∴BQ＝6﹣t，
∵当点R恰好落在线段BC上时，∠RCP＝90°，
∴∠CPR＝∠CRP＝∠PRQ＝45°，
∴∠QRB＝90°，
∴BQ＝RQ，
∴2t＝6﹣t，
∴t＝2；
（3）分两种情况：①当点R在△ACB内或BC边上时，0＜t≤2，
∵AP＝QR，AQ＝PR，
∴四边形APRQ为平行四边形，
∴S＝AQ•PQ＝＝2t2；
②当2＜t≤3时，由题意知，△CPE和△EFR为等腰直角三角形，
∴CP＝CE＝6﹣2t，
∴PE＝6﹣2t，
∴ER＝＝3t﹣6，
∴＝，
∴S＝S四边形APRQ﹣S△EFR＝＝﹣，
∴S＝；
（4）当△CPR为直角三角形时，可分两种情况：
①当∠PCR＝90°时，由（2）可知，t＝2，
②当∠CRP＝90°，由题意可知AQ＝PQ＝PR＝CR，
∴AP＝PC，
∴2t＝6﹣2t，
∴t＝．
综上所述，当t＝2或时，△CPR为直角三角形．
【例2】（2022春•成华区校级期中）如图，在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，经过A（﹣2，6）的直线交x轴正半轴于点B，交y轴于点C，OB＝OC，直线AD交x轴负半轴于点D，若△ABD的面积为27．
（1）求直线AB的表达式和点D的坐标；
（2）横坐标为m的点P在线段AB上（不与点A、B重合），过点P作x轴的平行线交AD于点E，设PE的长为y（y≠0），求y与m之间的函数关系式并直接写出相应的m取值范围；
（3）在（2）的条件下，在x轴上是否存在点F，使△PEF为等腰直角三角形？若存在求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据直线AB交x轴正半轴于点B，交y轴于点C，OB＝OC，设出解析式为y＝﹣x+n，把A的坐标代入求得n的值，从而求得B的坐标，再根据三角形的面积建立方程求出BD的值，求出OD的值，从而求出D点的坐标，直接根据待定系数法求出AD的解析式；
（2）先根据B、A的坐标求出直线AB的解析式，将P点的横坐标代入直线AB的解析式，求出P的纵坐标，将P点的纵坐标代入直线AD的解析式就可以求出E的横坐标，根据线段的和差关系就可以求出结论；
（3）要使△PEF为等腰直角三角形，分三种情况分别以点P、E、F为直角顶点，根据等腰直角三角形的性质求出（2）中m的值，就可以求出F点的坐标．
【解答】解：（1）∵OB＝OC，
∴设直线AB的解析式为y＝﹣x+n，
∵直线AB经过A（﹣2，6），
∴2+n＝6，
∴n＝4，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∵△ABD的面积为27，A（﹣2，6），
∴S△ABD＝×BD×6＝27，
∴BD＝9，
∴OD＝5，
∴D（﹣5，0），
设直线AD的解析式为y＝ax+b，
∴，
解得．
∴直线AD的解析式为y＝2x+10；
（2）∵点P在AB上，且横坐标为m，
∴P（m，﹣m+4），
∵PE∥x轴，
∴E的纵坐标为﹣m+4，
代入y＝2x+10得，﹣m+4＝2x+10，
解得x＝，
∴E（，﹣m+4），
∴PE的长y＝m﹣＝m+3；
即y＝m+3，（﹣2＜m＜4）；
（3）在x轴上存在点F，使△PEF为等腰直角三角形，
①当∠FPE＝90°时，如图①，
有PF＝PE，PF＝﹣m+4，PE＝m+3，
∴﹣m+4＝m+3，
解得m＝，此时F（，0）；
②当∠PEF＝90°时，如图②，有EP＝EF，EF的长等于点E的纵坐标，
∴EF＝﹣m+4，
∴﹣m+4＝m+3，
解得：m＝，
∴点E的横坐标为x＝＝﹣，
∴F（﹣，0）；
③当∠PFE＝90°时，如图③，有 FP＝FE，
∴∠FPE＝∠FEP．
∵∠FPE+∠EFP+∠FEP＝180°，
∴∠FPE＝∠FEP＝45°．
作FR⊥PE，点R为垂足，
∴∠PFR＝180°﹣∠FPE﹣∠PRF＝45°，
∴∠PFR＝∠RPF，
∴FR＝PR．
同理FR＝ER，
∴FR＝PE．
∵点R与点E的纵坐标相同，
∴FR＝﹣m+4，
∴﹣m+4＝（m+3），
解得：m＝，
∴PR＝FR＝﹣m+4＝﹣+4＝，
∴点F的横坐标为﹣＝﹣，
∴F（﹣，0）．
综上，在x轴上存在点F使△PEF为等腰直角三角形，点F的坐标为（，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．
【例3】如图，在平面直角坐标系中，C（8，0）、B（0，6）是矩形ABOC的两个顶点，点D是线段AB上的一个动点（不与A、B重合），双曲线y＝（k＞0）经过点D，与矩形ABOC的边AC相交于点E．
（1）如图①，当点D为AB中点时，k的值为 24 ，点E的坐标为 （8，3） ．
（2）如图②，当点D在线段AB上的任意位置时（不与A、B重合），连接BC、DE，求证：BC∥DE．
（3）是否存在反比例函数上不同于点D的一点F，满足：△ODF为直角三角形，∠ODF＝90°，且tan∠DOF＝，若存在，请直接写出满足以上条件时点D的横坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据矩形的性质得点A的坐标，再利用中点坐标公式得点D的坐标，从而得出k的值，再将y＝6代入即可；
（2）根据点D、E的坐标，可得出AD、AE的长度，根据即即可证出BC∥DE；
（3）根据题意可知，需要分两种情况：①当点F在直线AB上方时，过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FM⊥DG于点M，②当点F在直线AB下方时，如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FN⊥AB于点N，分别设出点D的横坐标，表达点F的坐标，进而得出方程，求解即可．
【解答】（1）解：∵C（8，0）、B（0，6）是矩形ABOC的两个顶点，
∴AB＝OC＝8，AC＝OB＝6，
∴A（8，6），
∵点D是AB的中点，
∴D（4，6），
∴k＝8×3＝24，
∴y＝，
当x＝8时，y＝3，
∴E（8，3），
故答案为：24，（8，3）；
（2）证明：设点D的横坐标为m，
∴点D的坐标为（m，6），
∴k＝6m，
∴反比例函数的解析式为：y＝，
∴点E的坐标为（8，），
∴AD＝8﹣m，AE＝AC﹣CE＝6﹣＝，
∵＝＝，＝＝，
∴＝，即，
∴BC∥DE；
（3）解：根据题意可知，需要分两种情况：
①当点F在直线AB上方时，如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FM⊥DG于点M，
∴∠OGD＝∠DMF＝90°，
∵∠ODF＝90°，
∴∠ODG+∠DOG＝∠ODG+∠FDM＝90°，
∴∠DOG＝∠FDM，
∴△ODG∽△DFM，
∴OD：DF＝OG：DM＝DG：FM，
∵tan∠DOF＝，
∴DF：OD＝1：3，
∴OD：DF＝OG：DM＝DG：FM＝3，
∵DG＝OB＝6，
∴FM＝2，
设点D的横坐标为t，
则OG＝t，
∴DM＝，
∴D（t，6），F（t﹣2，6+），
∴6t＝（t﹣2）（6+），
解得t＝1+（负值舍去）．
即此时点D的横坐标为：1+．
②当点F在直线AB下方时，如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FN⊥AB于点N，
∴∠OBD＝∠DNF＝90°，
∵∠ODF＝90°，
∴∠ODB+∠DOB＝∠ODB+∠FDN＝90°，
∴∠DOB＝∠FDN，
∴△ODB∽△DFN，
∴OD：DF＝OB：DN＝DB：FN，
∵tan∠DOF＝，
∴DF：OD＝1：3，
∴OD：DF＝OB：DN＝DB：FN＝3，
∵OB＝6，
∴FN＝2，
设点D的横坐标为n，
则BD＝n，
∴FN＝，
∴D（n，6），F（n+2，6﹣），
∴6n＝（n+2）（6﹣），
解得n＝﹣1+（负值舍去）．
即此时点D的横坐标为：﹣1+．
综上，满足题意的点D的横坐标为：1+或﹣1+．
【例4】（2022•巴南区自主招生）已知在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，A（﹣4，0），B（12，0），C（0，﹣6）．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）如图1，点P为直线BC下方抛物线上的一个动点，过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，过点P作PE∥BC交x轴于点E，求PD+BE的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿射线CB方向平移3个单位，得到新抛物线y'，点F为y'的对称轴上任意一点，若以点B、C、F为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出符合条件的点F的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）设P（t，t2﹣t﹣6），则D（t，t﹣6），则PD＝﹣t2+t，求出直线PE的解析式为y＝x+t2+t﹣6，则E（﹣t2﹣3t+12，0），可求BE＝﹣t2﹣3t，所以PD+BE＝﹣（t﹣6）2+，即可求当t＝6时，PD+PE有最大值，此时P（6，﹣）；
（3）求出平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣10）2﹣5，设F（10，n），B（12，0），C（0，﹣6），则BF2＝4+n2，BC2＝180，FC2＝100+（n+6）2，分三种情况讨论当BF为斜边时，F（10，﹣26）；当BC为斜边时，F（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；当CF为斜边时，100+（n+6F（10，4）．
【解答】解：（1）将A（﹣4，0），C（0，﹣6）代入y＝x2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣6；
（2）设BC的直线解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣6，
设P（t，t2﹣t﹣6），则D（t，t﹣6），
∴PD＝﹣t2+t，
设直线PE的解析式为y＝x+m，
将点P代入，可得m＝t2+t﹣6，
∴y＝x+t2+t﹣6，
∴E（﹣t2﹣3t+12，0），
∴BE＝﹣t2﹣3t，
∴PD+BE＝﹣t2+t+（﹣t2﹣3t）＝﹣（t﹣6）2+，
∴当t＝6时，PD+PE有最大值，
此时P（6，﹣）；
（3）设抛物线沿x轴正方向平移2m个单位，则沿y轴正方向平移m个单位，
∴3＝m，
解得m＝3，
∴平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣10）2﹣5，
∴抛物线的对称轴为直线x＝10，
设F（10，n），B（12，0），C（0，﹣6），
∴BF2＝4+n2，BC2＝180，FC2＝100+（n+6）2，
当BF为斜边时，100+（n+6）2+180＝4+n2，
解得n＝﹣26，
∴F（10，﹣26）；
当BC为斜边时，180＝100+（n+6）2+4+n2，
解得n＝﹣3+或n＝﹣3﹣，
∴F（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；
当CF为斜边时，100+（n+6）2＝180+4+n2，
解得n＝4，
∴F（10，4）；
综上所述：F点坐标为（10，﹣26）或（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）或（10，4）．
培优训练
一．解答题
1．（2022秋•南关区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，动点F从点A出发沿折线AC﹣CB向终点B运动，在AC上的速度为每秒个单位长度，在BC上的速度为每秒1个单位长度．当点F不与点C重合时，以CF为边在点C的右上方作等边△CFQ，设点P的运动时间为t（秒），点F到AB的距离为h．
（1）AC＝ 2 ；
（2）求h与t的函数关系式，并写出t的取值范围；
（3）当点F在AC边上运动，且点Q到AB的距离为h时，求t的值；
（4）取AB边的中点D，连结FD、CD，当△FCD是直角三角形时，直接写出t的值．
【分析】（1）根据含30°的直角三角形和勾股定理可得AC的长；
（2）分两种情况：F在AC上和BC上，根据含30°角的直角三角形和勾股定理可得h与t的函数关系式；
（3）分两种情况：设直线CQ与AB交于点P，①如图3，点P在CQ上，②如图4，点P在CQ的延长线上，根据等边三角形的边长2﹣t列等式，解出可得答案；
（4）分三种情况：当F在AC上时，①如图5，∠CFD＝90°，②如图6，∠CDF＝90°，当F在BC上时，③如图7，∠DFC＝90°，根据含30°角的直角三角形的性质可得答案．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，
∴AB＝2BC＝4，
∴AC＝＝＝2，
故答案为：2；
（2）分两种情况：
过点F作FH⊥AB于H，
①当0≤t＜2时，点F在边AC上，如图1，
由题意得：AF＝t，
Rt△AFH中，∠A＝30°，
∴FH＝h＝AF＝t；
②当2＜t≤4时，点F在边BC上，如图2，
由题意得：CF＝t﹣2，
∴BF＝BC﹣CF＝2﹣（t﹣2）＝4﹣t，
Rt△BFH中，∠BFH＝30°，
∴BH＝BF＝，
∴FH＝h＝BH＝＝﹣t﹣2；
综上，h与t的函数关系式为：h＝；
（3）分两种情况：
设直线CQ与AB交于点P，
①如图3，点D在CQ上，
∵△CFQ是等边三角形，
∴∠FCQ＝∠Q＝∠CFQ＝60°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCQ＝30°，
∵∠B＝60°，
∴∠CPE＝30°+60°＝90°，
∴∠PEQ＝30°，
∵当点F在AC边上运动，且点Q到AB的距离为h时，即QP＝h，
∴QE＝2PQ＝h，
∵∠CFQ＝60°，∠A＝30°，
∴∠A＝∠AEF＝30°，
∴EF＝AF＝t，
∵CF＝FQ＝2﹣t，
∴2﹣t＝t+h＝t+t，
∴t＝；
②如图4，点P在CQ的延长线上，
由①知：∠BPC＝90°，∠BCP＝30°，
∴CP＝BP＝，
∵CP＝CQ+PQ，
∴＝2﹣t+t，
∴t＝；
综上，t的值是或；
（4）分三种情况：
①如图5，∠CFD＝90°，
∵D是AB的中点，∠ACB＝90°，
∴CD＝AD＝2，
∴CF＝AF＝，
∴t＝1；
②如图6，∠CDF＝90°，
∵∠DCF＝30°，
∴DF＝，CF＝2DF＝，
∴AF＝2﹣＝，
此时t＝；
③如图7，∠DFC＝90°，
∵∠CDF＝30°，
∴CF＝CD＝1，
此时t＝2+1＝3；
综上，t的值是1或或3．
2．（2021•罗湖区校级模拟）如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，它的对称轴是直线x＝2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点P运动的时间为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA，AB．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当△AOB为直角三角形时，求t的值；
（3）如图2，⊙M为△AOB的外接圆，在点P的运动过程中，点M也随之运动变化，请你探究：在1≤t≤5时，求点M经过的路径长度．
【分析】（1）由抛物线y＝x2+bx+c经过原点O且对称轴是直线x＝2，知c＝0，﹣＝2，求得b的值即可得出答案；
（2）设点B（a，a2﹣4a），由y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4知A（2，﹣4），据此得出OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，再分∠OAB＝90°、∠AOB＝90°和∠ABO＝90°三种情况，根据勾股定理列出关于a的方程，解之求得a的值，继而求出直线OB解析式，求出x＝2时y的值，从而求得t的值；
（3）由⊙M为△AOB的外接圆知点M在线段OA的中垂线上，从而得出1≤t≤5时，点M的运动路径是在线段OA中垂线上的一条线段，再结合（2）中的情况求出点M的位置，根据两点间的距离公式求解可得．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，且对称轴是直线x＝2，
∴c＝0，﹣＝2，
则b＝﹣4、c＝0，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x；
（2）设点B（a，a2﹣4a），
∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，
∴点A（2，﹣4），
则OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，
①若OB2＝OA2+AB2，则a2+（a2﹣4a）2＝20+（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，
解得a＝2（舍）或a＝，
∴B（，﹣），
则直线OB解析式为y＝﹣x，
当x＝2时，y＝﹣3，即P（2，﹣3），
∴t＝（﹣3+4）÷1＝1；
②若AB2＝OA2+OB2，则（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2＝20+a2+（a2﹣4a）2，
解得a＝0（舍）或a＝，
∴B（，），
则直线OB解析式为y＝x，
当x＝2时，y＝1，即P（2，1），
∴t＝[1﹣（﹣4）]÷1＝5；
③若OA2＝AB2+OB2，则20＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2+a2+（a2﹣4a）2，
整理，得：a3﹣8a2+21a﹣18＝0，
a3﹣3a2﹣5a2+15a+6a﹣18＝0，
a2（a﹣3）﹣5a（a﹣3）+6（a﹣3）＝0，
（a﹣3）（a2﹣5a+6）＝0，
（a﹣3）2（a﹣2）＝0，
则a＝3或a＝2（舍），
∴B（3，﹣3），
∴直线OB解析式为y＝﹣x，
当x＝2时，y＝﹣2，即P（2，﹣2），
∴t＝[﹣2﹣（﹣4）]÷1＝2；
综上，当△AOB为直角三角形时，t的值为1或2或5．
（3）∵⊙M为△AOB的外接圆，
∴点M在线段OA的中垂线上，
∴当1≤t≤5时，点M的运动路径是在线段OA中垂线上的一条线段，
当t＝1时，如图1，
由（2）知∠OAB＝90°，
∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OB的中点，
∵B（，﹣），
∴M（，﹣）；
当t＝5时，如图2，
由（2）知，∠AOB＝90°，
∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是AB的中点，
∵B（，）、A（2，﹣4），
∴M（，﹣）；
当t＝2时，如图3，
由（2）知，∠OBA＝90°，
∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OA的中点，
∵A（2，﹣4），
∴M（1，﹣2）；
则点M经过的路径长度为+＝+＝．
3．（2012•芜湖县校级自主招生）学习过三角函数，我们知道在直角三角形中，一个锐角的大小与两条边长的比值相互唯一确定，因此边长与角的大小之间可以相互转化．
类似的，可以在等腰三角形中建立边角之间的联系，我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对（sad）．如图，在△ABC中，AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，这时sadA＝．容易知道一个角的大小与这个角的正对值也是相互唯一确定的．
根据上述对角的正对定义，解下列问题：
（1）sad60°的值为 B
A． B．1 C．D．2
（2）对于0°＜A＜180°，∠A的正对值sadA的取值范围是 0＜sadA＜2 ．
（3）已知sinα＝，其中α为锐角，试求sadα的值．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，求出底角的度数，判断出三角形为等边三角形，再根据正对的定义解答；
（2）求出0度和180度时等腰三角形底和腰的比即可；
（3）作出直角△ABC，构造等腰三角形ACD，根据正对的定义解答．
【解答】解：（1）根据正对定义，
当顶角为60°时，等腰三角形底角为60°，
则三角形为等边三角形，
则sad60°＝＝1．
故选B．
（2）当∠A接近0°时，sadα接近0，
当∠A接近180°时，等腰三角形的底接近于腰的二倍，故sadα接近2．
于是sadA的取值范围是0＜sadA＜2．
故答案为0＜sadA＜2．
（3）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，sin∠A＝．
在AB上取点D，使AD＝AC，
作DH⊥AC，H为垂足，令BC＝3k，AB＝5k，
则AD＝AC＝＝4k，
又∵在△ADH中，∠AHD＝90°，sin∠A＝．
∴DH＝ADsin∠A＝k，AH＝＝k．
则在△CDH中，CH＝AC﹣AH＝k，CD＝＝k．
于是在△ACD中，AD＝AC＝4k，CD＝k．
由正对的定义可得：sadA＝＝，即sadα＝．
4．（2022秋•法库县期中）如图，已知函数y＝x+1的图象与y轴交于点A，一次函数y＝kx+b的图象经过点B（0，﹣1），与x轴以及y＝x+1的图象分别交于点C，D，且点D的坐标为（1，n）．
（1）则k＝ 3 ，b＝ ﹣1 ，n＝ 2 ；
（2）若函数y＝kx+b的值大于函数y＝x+1的函数值，则x的取值范围是 x＞1 ；
（3）求四边形AOCD的面积；
（4）在x轴上是否存在点P，使得以点P，C，D为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出点P的坐标．
【分析】（1）对于直线y＝x+1，令x＝0求出y的值，确定出A的坐标，把B坐标代入y＝kx+b中求出b的值，再将D坐标代入y＝x+1求出n的值，进而将D坐标代入求出k的值即可；
（2）由两一次函数解析式，结合图象确定出x的范围即可；
（3）过D作DE垂直于x轴，如图1所示，四边形AOCD面积等于梯形AOED面积减去三角形CDE面积，求出即可；
（4）在x轴上存在点P，使得以点P，C，D为顶点的三角形是直角三角形，理由为：分两种情况考虑：①DP′⊥DC；②DP⊥CP，分别求出P坐标即可．
【解答】解：（1）对于直线y＝x+1，令x＝0，得到y＝1，即A（0，1），
把B（0，﹣1）代入y＝kx+b中，得：b＝﹣1，
把D（1，n）代入y＝x+1得：n＝2，即D（1，2），
把D坐标代入y＝kx﹣1中得：2＝k﹣1，即k＝3，
故答案为：3，﹣1，2；
（2）∵一次函数y＝x+1与y＝3x﹣1交于D（1，2），
∴由图象得：函数y＝kx+b的函数值大于函数y＝x+1的函数值时x的取值范围是x＞1；
故答案为：x＞1；
（3）过D作DE⊥x轴，垂足为E，如图1所示，
∵一次函数y＝3x﹣1的图象与x轴交于点C，
∴C（，0），
∴CE＝1﹣＝，
∴S四边形AOCD＝S梯形AOED﹣S△CDE＝（AO+DE）•OE﹣CE•DE＝×（1+2）×1﹣××2＝﹣＝；
（4）如图2所示，设P（p，0），
∴PC2＝（p﹣）2，
PD2＝22+（p﹣1）2，
CD2＝22+（1﹣）2，
分两种情况考虑：
①当P′D⊥DC时，P′C2＝P′D2+CD2，
∴（p﹣）2＝22+（p﹣1）2+22+（1﹣）2，
∴p＝7，
∴P′（7，0）；
②当DP⊥CP时，由D横坐标为1，得到P横坐标为1，
∵P在x轴上，
∴P的坐标为（1，0），
综上，P的坐标为（1，0）或（7，0）．
5．（2022秋•同安区期中）如图，直线分别与x轴、y轴交于A点与B点，函数的图象经过B点．点P是抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）连接AD，当△ABD为直角三角形时，求BD的长；
（3）将△BDP绕点B逆时针旋转45°，得到△BD'P'，当点P的对应点P'落在坐标轴上时，请求出点P的坐标．
【分析】（1）先确定出点A、B的坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）当点P在对称轴左侧时，△ABD不可能为直角三角形，当点P在对称轴右侧时，∠ABD为锐角，分两种情况：①当∠ADB＝90°时，②当∠BAD＝90°时，根据直角三角形的性质分别求解即可；
（3）分点P′落在x轴和y轴两种情况计算即可．①当点P'落在x轴上时，过点P'作P'E⊥x轴，垂足为P′，过点D'作D'F⊥y轴，垂足为F，交P′E于点E，先利用互余和旋转角相等得出△PD'E是等腰直角三角形，根据P′E＝OF＝OB+BF，建立方程即可；②根据等腰直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）∵直线y＝x﹣2分别与x轴、y轴交于A点与B点，
∴A（，0），B（0，﹣2），
∵抛物线y＝x2+2nx+n经过点B，
∴n＝﹣2，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x﹣2；
（2）当点P在对称轴左侧时，△ABD不可能为直角三角形，当点P在对称轴右侧时，∠ABD为锐角，
分两种情况：
①当∠ADB＝90°时，
∵A（，0），B（0，﹣2），
∴点D坐标为（，﹣2），
∴BD＝；
②当∠BAD＝90°时，设D（a，﹣2），
∵A（，0），B（0，﹣2），
∴AB2＝（）2+22＝6，
BD2＝a2，
AD2＝（a﹣）2+22，
在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，
∴6+（a﹣）2+22＝a2，解得a＝3，
∴BD＝3；
综上所述，当△ABD为直角三角形时，BD的长为或3；
（3）①当点P'落在x轴上时，过点P'作P'E⊥x轴，垂足为P′，过点D'作D'F⊥y轴，垂足为F，交P′E于点E，
设点P的坐标为（m，m2﹣4m﹣2），
∴PD＝m2﹣4m﹣2﹣（﹣2）＝m2﹣4m，
∵PD⊥x轴，BD⊥PD，
∴BD⊥y轴，
由旋转得∠DBD'＝45°，P′D′＝PD＝m2﹣4m，
∴∠BD'F＝∠DBD'＝45°，
∴∠PD'E＝45°，
∴△PD'E是等腰直角三角形，
∴P′E＝P′D′＝（m2﹣4m），
同理BF＝BD′＝﹣m，
∵P′E＝OF＝OB+BF，
∴（m2﹣4m）＝﹣m+2，
整理得2m2﹣3m﹣4＝0，
解得m＝﹣或2（舍去），
当m＝﹣时，m2﹣4m﹣2＝﹣2，
∴点P的坐标为（﹣，﹣2）；
②当点P'落在y轴上时，如图，
过点D′作D′M⊥x轴，交BD于M，过点P′作P′N⊥y轴，交MD'的延长线于点N，
设点P的坐标为（n，n2﹣4n﹣2），
∴PD＝n2﹣4n﹣2﹣（﹣2）＝n2﹣4n，
由旋转得∠DBP＝∠D′BP′＝45°，
∴△PDB是等腰直角三角形，
∴PD＝BD，
∴n＝n2﹣4n，
解得m＝或0（舍去），
当m＝时，n2﹣4n﹣2＝﹣2，
∴点P的坐标为（，﹣2）；
综上所述，点P的坐标为（﹣，﹣2）或，﹣2）．
6．（2022秋•禅城区校级期中）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝3x+6分别与x轴和y轴交于点C和点B，已知A（6，0），
（1）写出点B，点C的坐标和△ABC的面积；
（2）直线l经过A、B两点，求直线AB的解析式；
（3）点D是在直线AB上的动点，是否存在动点D，使得？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）如图2，P为A点右侧x轴上的一动点，以P为直角顶点、BP为腰在第一象限内作等腰直角三角形△BPQ，连接QA并延长交y轴于点K．当P点运动时，K点的位置是否发生变化？如果不变，请求出它的坐标；如果变化，请说明理由．
【分析】（1）△ABC的面积＝×AC×OB，即可求解；
（2）用待定系数法即可求解；
（3）由得到yD|＝|yB|，即可求解；
（4）证明△BOP≌△PHQ（AAS），求出Q的坐标为（t+6，t），进而求解．
【解答】解：（1）对于y＝3x+6，令x＝0，则y＝6，故点B（0，6），
令y＝3x+6＝0，解得：x＝﹣2，故点C（﹣2，0）；
则△ABC的面积＝×AC×OB＝×（6+2）×6＝24；
（2）设直线AB的表达式为y＝kx+b（k≠0），
则，解得：，
故直线AB的表达式为y＝﹣x+6；
（3）存在，理由：
∵，
∴|yD|＝|yB|＝3，即|x+6|＝3，
解得：x＝3或9，
故点D的坐标为（3，3）或（9，﹣3）；
（4）K点的位置不发生变化，理由：
设点P的坐标为（t，0），
过点Q作QH⊥x轴于点H，
∵∠BPO+∠QPH＝90°，∠PBO+∠BPO＝90°，
∴∠QPH＝∠PBO，
在Rt△BOP和Rt△PHQ中，
，
∴△BOP≌△PHQ（AAS），
∴PH＝BO＝6，QH＝OP＝t，
则点Q的坐标为（t+6，t），
设直线AQ的表达式为y＝mx+n，
则，解得，
故点K的坐标为（0，﹣6）．
7．（2022秋•工业园区校级期中）如图，已知点P是第一象限内二次函数y＝﹣x2+2mx+3m2（m＞0）图象上一点，该二次函数图象与x轴交于A、B两点（A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC．
（1）线段AB的长为 4m （用含m的代数式表示）；
（2）当m＝1时，点D与C点关于二次函数图象对称轴对称，若AD平分∠CAP，求点P的坐标；
（3）若△ABC是直角三角形，点E是AP与BC的交点，则的最小值是多少？直接写出答案即可．
【分析】（1）利用根与系数的关系求解即可；
（2）先求出∠ABC＝∠DAB＝45°，可得BC⊥AD，再由△AOK和△DQK是等腰直角三角形，确定点Q的坐标，利用点Q的坐标求出C点关于AD的对称点G的坐标，直线AG与抛物线的交点即为P点；
（3）过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，过点A作AF∥y轴交BC于点F，设P（t，﹣t2+2mt+3m2），则F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），由PQ∥AF，＝，当PQ最大时，有最小值，再由PQ＝﹣（t﹣m）2+m2，当t＝m时，PQ有最大值m2，即可求的最小值是．
【解答】解：（1）令y＝0，则﹣x2+2mx+3m2＝0，
∴x1+x2＝2m，x1•x2＝﹣3m2，
∴AB＝＝4m，
故答案为：4m；
（2）当m＝1时，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∵点D与C点关于二次函数图象对称轴对称，
∴D（2，3），
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴OB＝OC＝3，
∴∠ABC＝45°，
过点D作DH⊥x轴交于点H，
∴DH＝3，AH＝3，
∴∠DAH＝45°，
∴BC⊥AD，
∵AO＝1，
∴OK＝1，
∴CK＝2，
∵△CQK是等腰直角三角形，
∴Q（1，2），
∴C点关于AD的对称点G（2，1），
∴∠CAQ＝∠QAG，
∴AD平分∠CAG，
设直线AP的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+，
联立方程组，
解得（舍）或，
∴P（，）；
（3）令x＝0，则y＝3m2，
∴C（0，3m2），
令y＝0，则﹣x2+2mx+3m2＝0，
解得x＝﹣m或x＝3m，
∴B（3m，0），A（m，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣mx+3m2，
过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，过点A作AF∥y轴交BC于点F，
设P（t，﹣t2+2mt+3m2），
∴F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），
∴PQ＝﹣t2+2mt+3m2+mt﹣3m2＝﹣t2+3mt，FA＝5m2，
∵PQ∥AF，
∴＝＝，
当PQ最大时，有最小值，
∵PQ＝﹣t2+3mt＝﹣（t﹣m）2+m2，
当t＝m时，PQ有最大值m2，
∴的最小值是．
8．（2022秋•西湖区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，以BC为一边向下作矩形BDEC，其中DB＝3．M为线段AB上的动点（且不与A、B重合），过M作MN⊥DE，交DB于点N．
（1）如图1，以MN为边作矩形MNPQ，使边NP在线段DE上，点Q在AC上．
①当MN为5时，矩形MNPQ的面积为 15 ；
②设MN＝x，矩形MNPQ的面积为y，试求出y关于x的函数表达式；
③矩形MNPQ的面积y是否有最大值，若有，请求出这个最大值；若没有，请说明理由．
（2）如图2，过点N作AB的平行线，交线段AC于点F，连接MF，若△MNF为直角三角形，请直接写出线段MN的长度．
【分析】（1）①如图1，过点Z作AJ⊥BC于点J，交MQ于点H，交DE于点G．求出MQ，可得结论；
②方法类似，求出MN可得结论；
③利用二次函数的性质求解即可．
（2）分两种情况讨论，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）如图1，过点Z作AJ⊥BC于点J，交MQ于点H，交DE于点G．
∵AB＝AC＝5，AJ⊥BC，
∴BJ＝JC＝BC＝3，
∴AJ＝＝＝4，
∵∠D＝∠DBJ＝∠BJG＝90°，
∴四边形MNPQ是矩形，
∴JG＝BD＝3，
同法可证四边形MNGH是矩形，
∴GH＝MN＝5，
∴AG＝AJ+JG＝4+3＝7，
∴AH＝AG﹣HG＝2，
∵MQ∥DE∥BC，
∴∠AMQ＝∠ABC，∠AQM＝∠ACB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AMQ＝∠AQM，
∴AM＝AQ，
∵AH⊥MQ，
∴MH＝HQ＝＝＝，
∴MQ＝3，
∴矩形MNPQ的面积＝5×3＝15．
故答案为：15；
②当MN＝x时，同法可得HA＝7﹣x，MQ＝2×＝（7﹣x），
∴y＝x×（7﹣x）＝﹣x+x（3＜x＜7）；
③存在．
理由：∵y＝﹣（x﹣）2+，
∴x＝时，矩形MNPQ的面积最大，最大值为；
（2）如图2，延长AB、AC与DE所在直线分别交于点G、H，过点F作FP⊥NH于点P．
∵BC∥GH，
∴∠G＝∠ABC，∠H＝∠ACB，
∵∠ABC＝∠ACB，
∴∠G＝∠H，
∴AG＝AH，
∵AB＝AC，
∴BG＝CH＝＝＝，
∴GH＝+6＝，
设MN＝m，则GN＝m，
∵NF∥AB，
∴∠FNH＝∠G＝∠H，
∴FN＝FH，
∵FP⊥NH，
∴NP＝PH＝（﹣m）＝﹣m，
∴FN＝＝＝﹣m，
∵△MNF为直角三角形，
①若∠MFN＝90°，则NF＝MN，即﹣m＝m，
解得m＝；
②若∠NMF＝90°，则MN＝NF，即m＝（﹣m），
解得m＝，
综上所述，满足条件的MN长度为或．
9．（2022秋•梁溪区校级期中）如图1，Rt△MCD中，∠MCD＝90°，MD＝5，CD＝4．O为边MD上一点，以O为圆心，MO为半径的⊙O与边CD相切于点F，交MC、MD于点E、N．点A、B分别在线段MN、MC上（不与端点重合），且满足＝．
（1）①求MO的长；
②设BM＝x，AD＝y，求y与x之间的函数关系式；
（2）如图2，作AP∥MC，交CD于点P，连接AB，BP．
①当△ABP为直角三角形时，求BM的长；
②当点E关于BP的对称点E′落在边MD上时，请直接写出的值．
【分析】（1）①证明△DFO∽△DCM，进而求得结果；
②在①的基础上求得DN的值，进而求得结果；
（2）①分成两种情形：当∠ABP＝90°时，作AH⊥CM于H，可推出△BCP和△ABH是等腰直角三角形，根据AH＝CP及AP＝CH求得结果；当∠PAB＝90°时，根据BC＝AP列出方程求得结果；
②可表示出BE′＝BE＝CM﹣CF﹣BM＝3﹣﹣x＝，在Rt△MBE′中，根据列出方程求得结果．
【解答】解：（1）①如图1，
连接OF，设半径为r，
∵CD切⊙O于点F，
∴OF⊥CD，
∵MC⊥CD，
∴OF∥MC，
∴△DFO∽△DCM，
∴＝，
∴＝ 解得r＝，
∴MO＝；
②由①得ND＝MD﹣MN＝5﹣2×＝，
∵＝，BM＝x，
∴AN＝x，
∴AD＝AN+ND，
∴y＝x+；
（2）①显然∠APB＜90°，所以分两种情形|：
如图2，
当∠ABP＝90°时，作AH⊥CM于H，
∵PD＝AD＝（）＝x+1，
∴CP＝CD﹣PD＝4﹣（x+1）＝3﹣x，
∵CB＝CM﹣BM＝3﹣x，
∴CB＝CP，
∴∠CBP＝∠CPB＝°，
∴∠ABH＝180°﹣∠ABP﹣∠CBP＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
∴∠HAB＝∠ABH＝45°，
∴AH＝BH，
∵AH＝CP＝3﹣x，
∴BH＝3﹣x，
∵AP＝CH＝BC+BH，
∴）＝（3﹣x）+（3﹣x），
∴x＝，
如图2，
当∠PAB＝90°时，
∵∠APC＝∠C＝90°，
∴四边形APCB是矩形，
∴BC＝AP，
∵BC＝CM﹣BM＝3﹣x，
AP＝＝，
∴3﹣x＝，
∴x＝，
综上，x的值为或；
②如图4，
由上可知：∠CBP＝45°，
∵∠E′BP＝∠CBP＝45°，
∴∠MBE′＝90°，
∴，
∵BE′＝BE＝CM﹣CE﹣BM＝3﹣﹣x＝，
∴，
∴x＝，
∴E′M＝＝，
∴DE′＝5﹣＝，
∴＝．
10．（2022秋•市北区期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y1＝x+2的图象与x轴，y轴分别交于点A，B，的图象与x轴，y轴分别交于点D，E，且两个函数图象相交于点C（m，5）．
（1）填空：m＝ 3 ，b＝ 6 ；
（2）求△ACD的面积；
（3）在线段AD上是否存在一点M，使得△ABM的面积与四边形BMDC的面积比为4：21？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）点P在线段AD上，连接CP，若△ACP是直角三角形，请直接写出所有符合条件的点P坐标．
【分析】（1）由C（m，5）是一次函数y1＝x+2与y2＝﹣x+b的图象的交点，即可解出；
（2）由两个一次函数解析式分别求出它们与x轴的交点坐标，得到AD的长，从而算出△ACD的面积；
（3）由已知条件可得△ABM的面积，进而得出AM的长，即可得点M的坐标；
（4）由△ACP是直角三角形、∠CAP是锐角，分∠APC＝90°和∠ACP＝90°两种情况讨论，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）∵C（m，5）是一次函数y1＝x+2与y2＝﹣x+b的图象的交点，
∴m+2＝5，解得m＝3，
∴﹣×3+b＝5，解得b＝6，
故答案为：3，6；
（2）一次函数y1＝x+2中，当y1＝0时，x＝﹣2；当x＝0时，y1＝2，
∴A（﹣2，0），B（0，2），
一次函数y2＝﹣x+6中，当y2＝0时，x＝18，
∴D（18，0），
∴AD＝18﹣（﹣2）＝20，
∴S△ACD＝×20×5＝50，
∴△ACD的面积为50；
（3）如图：
在线段AD上存在一﹣点M，使得△ABM的面积与四边形BMDC的面积比为4：21，
∵△ABM的面积与四边形BMDC的面积比为4：21，
∴S△ABM＝S△ACD＝×50＝8，
∴AM•OB＝8，即AM×2＝8，
∴AM＝8，
∵点M在线段AD上，
∴点M的坐标为（6，0）；
（4）点P在线段AD上，∠CAP是锐角，若△ACP是直角三角形，则∠APC＝90°或∠ACP＝90°，
设点P（p，0），
∵A（﹣2，0），C（3，5），
∴AC2＝（3+2）2+52，
AP2＝（p+2）2，
PC2＝（p﹣3）2+52，
当∠APC＝90°时，AP2+PC2＝AC2，
∴（p+2）2+（p﹣3）2+52＝（3+2）2+52，
整理得，p2﹣p﹣6＝0，
解得p＝3或﹣2（舍去），
∴点P坐标为（3，0）；
当∠ACP＝90°时，AC2+PC2＝AP2，
∴（p+2）2＝（3+2）2+52+（p﹣3）2+52，
整理得，p2﹣p﹣6＝0，
解得p＝8，
∴点P坐标为（8，0）；
综上所述，所有符合条件的点P坐标为（3，0）或（8，0）．
11．（2022秋•南湖区校级期中）在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，E是AB边上一动点，以1cm/s的速度从点B出发，到A停止运动；F是BC边上一动点，以2cm/s的速度从点B出发，到点C停止运动．设动点运动的时间为t（s），△DEF的面积为S（cm2）
（1）求S关于t的函数表达式，并求自变量t的取值范围．
（2）当△DEF是直角三角形时，求△DEF的面积．
【分析】（1）根据S△DEF＝S矩形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△CDF解答即可；
（2）分情况讨论解答即可．
【解答】解：∵（1）BE＝tcm，BF＝2tcm，．AE＝（6﹣t）cm，CF＝（12﹣2t）cm，
∴S△DEF＝S矩形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△CDF，
∴S＝12×6﹣12×（6﹣t）﹣t×2t﹣6×（12﹣2t）＝﹣t2+12t，
根据题意得，
解得0＜t≤6；
（2）由勾股定理可，EF2＝BE2+BF2＝5t2，
DF2＝CD2+CF2＝4t2﹣48t+180，
DE2＝AD2+AE2＝t2﹣12t+180，
①当∠EDF为直角时，EF2＝DE2+DF2，
即5t2＝t2﹣12t+180+4t2﹣48t+180，
解得t＝6，
∴S＝﹣62+12×6＝36；
②当∠DEF为直角时，DF2＝DE2+EF2，
即6t2﹣12t+180＝4t2﹣48t+180，
解得t＝0或﹣18，
∵0＜t≤6，
∴都不符合；
③当∠DFE为直角时，DE2＝DF2+EF2，
即5t2+4t2﹣48t+180＝t2﹣12t+180，
解得t＝0（舍）或t＝，．
∴S＝﹣．
12．（2022秋•罗湖区校级期中）建立模型：
（1）如图1，等腰直角三角形ABC的直角顶点在直线l上．过点A作AD⊥l交于点D，过点B作BE⊥l交于点E，求证：△ADC≌△CEB
模型应用：
（2）如图2，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝2x+4分别与y轴，x轴交于点A，B，将直线l1绕点A顺时针旋转45°得到l2，求l2的函数表达式；
（3）如图3，在平面直角坐标系，点B（6，4），过点B作AB⊥y交于点A，过点B作BC⊥x交于点C，P为线段BC上的一个动点，点Q（a，2a﹣4）位于第一象限．问点A，P，Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）过点A作AD⊥x轴交于点D，过点B作BE⊥x轴交于点E，再证明△ACD≌△CBE（SAS）即可；
（2）过点B作BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，由（1）的模型可得△BCD≌△ABO，求出C（﹣6，2），再由待定系数法求函数的解析式即可；
（3）分两种情况讨论：当Q点AB下方时，过Q点作EF∥x轴交y轴于点E，交BC于点F，由（1）的模型可得，△AEQ≌△QFP，可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝4﹣（2a﹣4）＝8﹣2a，再由EQ+FQ＝6，求出a＝2（舍）；当Q点在AB上方时，同理可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝2a﹣4﹣4＝2a﹣8，再由EQ+FQ＝6，可求a＝．
【解答】（1）证明：过点A作AD⊥x轴交于点D，过点B作BE⊥x轴交于点E，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∵∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
∵AC＝BC，
∴△ACD≌△CBE（SAS）；
（2）解：过点B作BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，
∵∠CAB＝45°，
∴BC＝AB，
由（1）的模型可得△BCD≌△ABO，
∵y＝2x+4与x轴的交点B（﹣2，0），A（0，4），
∴CD＝2，BD＝4，
∴C（﹣6，2），
设直线l2的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+4；
（3）解：点A，P，Q能构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，理由如下：
当Q点AB下方时，如图3，过Q点作EF∥x轴交y轴于点E，交BC于点F，
由（1）的模型可得，△AEQ≌△QFP，
∴AE＝FQ，EQ＝PF，
∵B（6，4），
∴OA＝4，CO＝6，
∵点Q（a，2a﹣4），
∴EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝4﹣（2a﹣4）＝8﹣2a，
∵EQ+FQ＝6，
∴a+8﹣2a＝6，
解得a＝2，
∴Q（2，0），
∵Q点在第一象限，
∴a＝2（舍）；
当Q点在AB上方时，如图4，
同理可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝2a﹣4﹣4＝2a﹣8，
∵EQ+FQ＝6，
∴a+2a﹣8＝6，
解得a＝；
综上所述：a的值为．
13．（2022秋•天桥区期中）如图，在平面直角坐标系中，直线l1的解析式为y＝x，直线l2与x轴交于点A，与y轴交于点B（0，3），与l1交于点C（2，m）．
（1）求出直线l2的函数关系式；
（2）在y轴右侧有一动直线平行于y轴，分别与l1、l2交于点M、N，
①当点M在点N的上方，且满足MN＝OB时，请求出点M与点N的坐标；
②当点M在点N的下方时，y轴上是否存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出点C的坐标，在用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）①设M（t，t），N（t，﹣t+3），由MN＝OB建立方程求出t的值即可求解；
②根据题意分三种情况讨论：当∠NMQ＝90°时，MN＝MQ，此时Q（0，t），再由﹣t+3＝t，求出Q点坐标；当∠MNQ＝90°时，NQ＝MN，此时Q（0，﹣t+3），再由﹣t+3＝﹣t+3，求Q点坐标；当∠MQN＝90°时，MN的中点坐标为（t，t+），则Q（0，t+），再由t＝（﹣t+3），求出Q点坐标．
【解答】解：（1）将点C（2，m）代入y＝x，
∴m＝2，
∴C（2，2），
设直线l2的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+3；
（2）①设M（t，t），N（t，﹣t+3），
∵点M在点N的上方，
∴t＞2，
∵MN＝OB，
∴t﹣3＝3，
解得t＝4，
∴M（4，4），N（4，1）；
②存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形，理由如下：
点M在点N的下方时，0＜t＜2，
当∠NMQ＝90°时，MN＝MQ，此时Q（0，t），
∴﹣t+3＝t，
∴t＝，
∴Q（0，）；
当∠MNQ＝90°时，NQ＝MN，此时Q（0，﹣t+3），
∴﹣t+3＝﹣t+3，
∴t＝0（舍）；
当∠MQN＝90°时，MN的中点坐标为（t，t+），
∴Q（0，t+），
∴t＝（﹣t+3），
解得t＝，
∴Q（0，）；
综上所述：Q点坐标为（0，）或（0，）．
14．（2022秋•甘井子区校级月考）抛物线y＝x2+bx+c过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C，点C、D关于抛物线的对称轴对称．
（1）抛物线的解析式是 y＝x2﹣2x﹣3 ，△ABD的面积为 6 ；
（2）在直线AD下方的抛物线上存在点P，使△APD的面积最大，求出最大面积．
（3）当t≤x≤t+1时，函数y＝x2+bx+c的最小值为5，求t的值．
（4）若点M在y轴上运动，点N在x轴上运动，当以点D、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出此时M点的坐标．
【分析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c中，可求抛物线的解析式，再利用三角形的面积公式求△ABD的面积即可；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，交AD于点N．设点P的横坐标为m，则P（m，m2﹣2m﹣3），N（m，﹣m﹣1），可得PN＝﹣m﹣1﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2．可得S△APD＝S△APN+S△DPN＝﹣（m﹣）2+．根据二次函数的最值即可求解；
（3）将二次函数解析式化为顶点式，分类讨论x＝t，x＝t+1时y取最小值；
（4）分三种情形，①当∠DNM＝90°，ND＝NM时，②当∠DMN＝90°，MN＝MD时，③当∠NDM＝90°，DN＝DM时，分别求解即可．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）分别代入y＝x2+bx+c（a≠0）中，
得，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵点C、D关于抛物线的对称轴对称，y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为x＝1，点D（2，﹣3），
∴△ABD的面积为AB•OC＝×4×3＝6，
故答案为：y＝x2﹣2x﹣3，6；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，交AD于点N．
设直线AD的解析式为y＝kx+a，
把A（﹣1，0），D（2，﹣3）分别代入y＝kx+a中，
得，
解得：，
∴直线AD的解析式为y＝﹣x﹣1，
设点P的横坐标为m，则P（m，m2﹣2m﹣3），N（m，﹣m﹣1），
∴PN＝﹣m﹣1﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2．
∴S△APD＝S△APN+S△DPN
＝PN•（xD﹣xA）
＝×（﹣m2+m+2）×（2+1）
＝﹣×（m2﹣m﹣2）
＝﹣（m﹣）2+．
∴当m＝时，△APD的最大面积为；
（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝1，顶点坐标为（1，﹣4），
①当t+1＜1时，t＜0，
当x＝t+1时，y＝（t+1﹣1）2﹣4＝5为最小值，
解得t＝3（舍去）或t＝﹣3；
②当t≤1，t+1≥1时，0≤t≤1，
此时，函数的最小值为﹣4≠5；
③当t＞1时，
x＝t时，y＝（t﹣1）2﹣4＝5为最小值，
解得t＝4或t＝﹣2（舍去），
综上所述，t的值为﹣3或4；
（4）①当∠DNM＝90°，ND＝NM时，如图，过点D作DE⊥x轴于E，
∴DE＝3，OE＝2，
∵∠MON＝∠DEN＝90°，∠DNM＝90°，
∴∠MNO＝∠NDE，
∵ND＝NM，
∴△MNO≌△NDE（AAS），
∴OM＝EN，ON＝DE＝3，
∴OM＝EN＝ON﹣OE＝3﹣2＝1，
∴M（0，1），
如图，同理可得NE＝OM＝ON+OE＝DE+OE＝3+2＝5，
∴M（0，5）；
②当∠DMN＝90°，MN＝MD时，
∵点C、D关于抛物线的对称轴对称．
∴CD⊥y轴，
∴∠DCM＝∠MON＝90°＝∠DMN，
∴∠DMC＝∠MNO，
∵MN＝MD，
∴△MNO≌△DMC（AAS），
∴OM＝CD＝2，
∴M（0，2）或（0，﹣2），
③当∠NDM＝90°时，过点D作DE⊥x轴于E，
同理可得△DCM≌△DEN，则DC＝DN，
∵D（2，﹣3），
∴DC＝2，DN＝3，与DC＝DN矛盾，故此种情况不存在，
综上所述，满足条件的M点的坐标为（0，1）或（0，5）或（0，2）或（0，﹣2）．
15．（2022秋•荣县校级月考）如图，已知一条直线过点（0，4），且与抛物线y＝交于A、B两点，其中点A的横坐标是﹣2
（1）求这条直线的函数关系式及点B的坐标；
（2）在x轴上是否存在点C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）过线段AB上一点P，作PM∥x轴，交抛物线于点M，点M在第一象限；点N（0，1），当点M的横坐标为何值时，MN+3MP的长度最大？最大值是多少？
【分析】（1）设这条直线的函数关系式为y＝kx+b，由直线y＝kx+b过点（0，4），求得b＝4，由点A的横坐标为﹣2且在抛物线y＝x2上，求得A（﹣2，1），再由直线y＝kx+4经过点A（﹣2，1），求得k＝，即得到直线的函数关系式为y＝x+4；将直线和抛物线的函数关系式联立方程组，解该方程组即可求出点B的坐标；
（2）设C（x，0），分别求得AB2＝（8+2）2+（16﹣1）2＝325，AC2＝（x+2）2+（0﹣1）2＝x2+4x+5，BC2＝（x﹣8）2+（0﹣16）2＝x2﹣16x+320，再分三种情况讨论，一是∠BAC＝90°，二是∠ACB＝90°，三是∠ABC＝90°，分别根据勾股定理的逆定理列方程求出相应的x值，即得到点C的坐标；
（3）设点M的坐标为（m，m2），则MN＝＝m2+1，再由PM∥x轴，且点P在直线y＝x+4上，求得P（m2﹣，m2），则MP＝﹣m2+m+，再推导出MN+3MP＝﹣m2+3m+9＝﹣（m﹣6）2+18，即可求得点M的横坐标为6时，MN+3MP的长度最大，最大值是18．
【解答】解：（1）设这条直线的函数关系式为y＝kx+b，
∵直线y＝kx+b过点（0，4），
∴b＝4，
∴y＝kx+4，
抛物线y＝x2，当x＝﹣2时，y＝×（﹣2）2＝1，
∴A（﹣2，1），
∵直线y＝kx+4经过点A（﹣2，1），
∴﹣2k+4＝1，
∴k＝，
∴这条直线的函数关系式为y＝x+4；
解方程组，得，，
∴B（8，16）．
（2）存在，
设C（x，0），连接AC、BC，
∵A（﹣2，1），B（8，16），
∴AB2＝（8+2）2+（16﹣1）2＝325，
AC2＝（x+2）2+（0﹣1）2＝x2+4x+5，
BC2＝（x﹣8）2+（0﹣16）2＝x2﹣16x+320，
如图1，当∠BAC＝90°时，则x2+4x+5+325＝x2﹣16x+320，
解得x＝﹣，
∴C（﹣，0）；
如图2，当∠ACB＝90°时，则x2+4x+5+x2﹣16x+320＝325，
解得x1＝0，x2＝6，
∴C（0，0）或C′（6，0）；
如图3，当∠ABC＝90°时，则x2﹣16x+320+325＝x2+4x+5，
解得x＝32，
∴C（32，0），
综上所述，点C的坐标为（0，0）或C（6，0）或（﹣，0）或（32，0）．
（3）设点M的坐标为（m，m2），
∵N（0，1），
∴MN＝＝m2+1，
∵PM∥x轴，且点P在直线y＝x+4上，
∴y＝m2，
∴x+4＝m2，
∴x＝m2﹣，
∴P（m2﹣，m2），
∴MP＝m﹣（m2﹣）＝﹣m2+m+，
∴MN+3MP＝m2+1+3（﹣m2+m+）＝﹣m2+3m+9，
∵点P在线段AB上，
∴﹣2＜m＜8，
∵MN+3MP＝﹣m2+3m+9＝﹣（m﹣6）2+18，且﹣＜0，﹣2＜6＜8，
∴当m＝6时，MN+3MP的最大值为18，
∴点M的横坐标为6时，MN+3MP的长度最大，最大值是18．
16．（2022秋•汉川市校级月考）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与坐标轴相交于A、B、C三点，其中A点坐标为（4，0），B点坐标为（﹣1，0），连接AC、BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒个单位长度向点C做匀速运动；同时，动点Q从点B出发，在线段BA上以每秒1个单位长度向点A做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接PQ，设运动时间为t秒．
（1）求二次函数的解析式．
（2）在P、Q运动的过程中，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小，最小值为多少？
（3）在线段AC上方的抛物线上是否存在点M，使△MPQ是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PH⊥x轴，垂足为E，利用S四边形BCPQ＝S△ABC﹣S△APQ表示出四边形BCPQ的面积，求出t的范围，利用二次函数的性质求出最值即可；
（3）画出图形，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，证明△PFM≌△QEP，得到MF＝PE＝t，PF＝QE＝4﹣2t，得到点M的坐标，再代入二次函数表达式，求出t值，即可算出M的坐标．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（4，0），B（﹣1，0），
则，
解得：，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4；
（2）由（1）得：抛物线表达式为y＝﹣x2+3x+4，
∴C（0，4），
∵A（4，0），
∴△OAC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
由点P的运动可知：AP＝t，
过点P作PH⊥x轴，垂足为H，如图，
∴AH＝PH＝，即H（4﹣t，0），
又Q（﹣1+t，0），
∴S四边形BCPQ＝S△ABC﹣S△APQ
＝×5×4﹣（5﹣t）•t
＝10﹣t+t2，
＝（t﹣）2+，
∵当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，
AC＝＝4，AB＝5，
∴0≤t≤5，
∴当t＝时，四边形BCPQ的面积最小，最小值为；
（3）存在．假设点M是线段AC上方的抛物线上的点，
如图，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，连接MQ，MP．
∵△PMQ是等腰直角三角形，PM＝PQ，∠MPQ＝90°，
∴∠MPF+∠QPE＝90°，又∠MPF+∠PMF＝90°，
∴∠PMF＝∠QPE，
在△PFM和△QEP中，
，
∴△PFM≌△QEP（AAS），
∴MF＝PE＝t，PF＝QE＝5﹣2t，
∴EF＝5﹣2t+t＝5﹣t，
又OE＝4﹣t，
∴点M的坐标为（4﹣2t，5﹣t），
∵点M在抛物线y＝﹣x2+3x+4上，
∴5﹣t＝﹣（4﹣2t）2+3（4﹣2t）+4，
解得：t＝或（舍），
∴M点的坐标为（，）．
17．（2022秋•鼓楼区校级月考）如图，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是对称轴上的点，且△ADQ为直角三角形，求点Q的坐标．
【分析】（1）在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0可求得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的方程进行解答即可；
（3）由y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣2）2﹣4可得抛物线对称轴是直线x＝2，设Q（2，t），可得AQ2＝16+t2，AD2＝45，DQ2＝4+（t+3）2，分三种情况，用勾股逆定理列方程可解得答案．
【解答】解：（1）在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0，得x2﹣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），把A（﹣2，0），D（4，﹣3）代入得：
，
解得，，
∴直线l的解析式为y＝﹣x﹣1；
（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），
∴PM＝﹣m2+m+3，MN＝m+1，NP＝PM﹣MN＝﹣m2+m+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（与A重合，舍去），
∴P（0，﹣3）；
②当PM＝3NP时，得﹣m2+m+3＝3（﹣m2+m+2），
解得，m＝3，或m＝﹣2（与A重合，舍去），
∴P（3，﹣）；
∴综上所述：P的坐标为（3，﹣）或（0，﹣3）；
（3）由y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣2）2﹣4可得抛物线对称轴是直线x＝2，
设Q（2，t），而A（﹣2，0），D（4，﹣3），
∴AQ2＝16+t2，AD2＝45，DQ2＝4+（t+3）2，
①当AQ是斜边时，4+（t+3）2+45＝16+t2，
解得t＝﹣7，
∴Q（2，﹣7），
②当AD为斜边时，16+t2+4+（t+3）2＝45，
解得t＝或t＝，
∴Q（2，）或（2，）；
③当DQ为斜边时，16+t2+45＝4+（t+3）2，
解得t＝8，
∴Q（2，8），
综上所述，Q的坐标为（2，﹣7）或Q（2，）或（2，）或（2，8）．
18．（2022春•武侯区校级期中）【模型建立】：（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA；
【模型应用】：（2）如图②，已知直线l1：y＝﹣2x+4与x轴交于点A、与y轴交于点B，将直线l1绕点A顺时针旋转45°至直线l2，求直线l2的函数表达式；
（3）如图③，平面直角坐标系内有一点B（﹣4，﹣6），过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝3x+3上的动点且在第三象限内．试探究△CPD能否成为等腰直角三角形？若能，求出点D的坐标，若不能，请说明理由．
【分析】（1）由∠ACB＝90°，AD⊥ED于点D，BE⊥ED于点E，得∠BEC＝∠CDA＝∠DCA＝90°，则∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，而BC＝CA，即可根据全等三角形的判定定理“AAS”证明△BEC≌△CDA；
（2）作BF⊥AB交直线l2于点F，作FE⊥x轴于点E，可证明△BEF≌△AOB，由y＝﹣2x+4与x轴交于点A、与y轴交于点B，得A（2，0），B（0，4），则EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，所以OE＝6，则F（4，6），即可由待定系数法求出直线l2的函数表达式；
（3）分四种情况讨论，一是∠PDC＝90°，则PD＝DC，过点D作DH⊥y轴于点H，交AB的延长线于点G，可证明△PDG≌△DCH，得DG＝CH＝BG，PG＝DH，由BP＝m﹣（﹣6）＝m+6及m+6+DG＝4﹣DG，得DG＝BG＝，则D（，），将其代入y＝3x+3，求出m的值再求出点D的坐标；二是∠PCD＝90°，则CD＝PC，作DJ⊥y轴于点J，PI⊥y轴于点I，可证明△DCJ≌△CPI，得CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，所以OJ＝6+4＝10，则D（﹣m﹣6，﹣10），将其代入y＝3x+3，求出m的值再求出点D的坐标；三是∠CPD＝90°，且点D在PC上方，则DP＝PC，作DK⊥AB交射线BA于点K，可证明△PDK≌△CPB，得KP＝BC＝4，KD＝BP＝m+6，则D（m+2，m+4），将其代入y＝3x+3，求出m的值再求出点D的坐标并进行检验，舍去不符合题意的解；四是∠CPD＝90°，且点D在PC下方，则DP＝PC，作DL⊥AB交AB的延长线于点L，可证明△PDL≌△CPB，得LP＝BC＝4，LD＝BP＝m+6，则D（﹣10﹣m，m﹣4），将其代入y＝3x+3，求出m的值再求出点D的坐标，最后得到问题的答案．
【解答】（1）证明：如图①，∵∠ACB＝90°，AD⊥ED于点D，BE⊥ED于点E，
∴∠BEC＝∠CDA＝∠DCA＝90°，
∴∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，
∵BC＝CA，
∴△BEC≌△CDA（AAS）．
（2）解：如图②，作BF⊥AB交直线l2于点F，作FE⊥x轴于点E，
∵∠BEF＝∠AOB＝∠BAF＝90°，
∴∠EBF＝∠OAB＝90°﹣∠OBA，
由旋转得∠BAF＝45°，
∴∠BFA＝∠BAF＝45°，
∴BF＝AB，
∴△BEF≌△AOB（AAS），
直线y＝﹣2x+4，当y＝0时，则﹣2x+4＝0，
解得x＝2；
当x＝0时，y＝4，
∴A（2，0），B（0，4），
∴EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，
∴OE＝OB+EB＝6，
∴F（4，6），
设直线l2的函数表达式为y＝kx+b，
把A（2，0），F（4，6）代入y＝kx+b，
得，解得
∴直线l2的函数表达式为y＝3x﹣6．
（3）解：△CPD能成为等腰直角三角形，
∵B（﹣4，﹣6），BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，
∴A（﹣4，0），C（0，﹣6），四边形OABC为矩形，
设P（﹣4，m），
如图③，∠PDC＝90°，则PD＝DC，
过点D作DH⊥y轴于点H，交AB的延长线于点G，
∵∠G＝∠ABC＝90°，∠DHC＝90°，
∴∠G＝∠DHC，
∴∠PDG＝∠DCH＝90°﹣∠CDH，
∴△PDG≌△DCH（AAS），
∴DG＝CH＝BG，PG＝DH，
∵BP＝m﹣（﹣6）＝m+6，
∴m+6+DG＝4﹣DG，
∴DG＝BG＝，
∴xD＝﹣4+＝，yD＝﹣6﹣＝，
将D（，）代入y＝3x+3，
得＝3×+3，
解得m＝﹣，
∴D（﹣，﹣）；
如图④，∠PCD＝90°，则CD＝PC，
∵作DJ⊥y轴于点J，PI⊥y轴于点I，
∵∠DJC＝∠CIP＝90°，
∴∠DCJ＝∠CPI＝90°﹣∠PCI，
∴△DCJ≌△CPI（AAS），
∴CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，
∴OJ＝6+4＝10，
∴D（﹣m﹣6，﹣10），
将D（﹣m﹣6，﹣10）代入y＝3x+3，
得过且过﹣10＝3（﹣m﹣6）+3，
解得m＝﹣，
∴D（﹣，﹣10）；
如图⑤，∠CPD＝90°，且点D在PC上方，则DP＝PC，
作DK⊥AB交射线BA于点K，
∵∠K＝∠B＝90°，
∴∠PDK＝∠CPB＝90°﹣∠DPK，
∴△PDK≌△CPB（AAS），
∴KP＝BC＝4，KD＝BP＝m+6，
∴xD＝﹣4+m+6＝m+2，yD＝m+4，
∴D（m+2，m+4），
将D（m+2，m+4）代入y＝3x+3，
得m+4＝3（m+2）+3，
解得m＝﹣，
∴D（﹣，），
∵D（﹣，）不在第三象限，
∴D（﹣，）不符合题意，舍去；
如图⑥，∠CPD＝90°，且点D在PC下方，则DP＝PC，
作DL⊥AB交AB的延长线于点L，则∠DLP＝∠PBC，
∴∠DPL＝∠PCB＝90°﹣∠BPC，
∴△PDL≌△CPB（AAS），
∴LP＝BC＝4，LD＝BP＝m+6，
∴xD＝﹣4﹣（m+6）＝﹣10﹣m，yD＝m﹣4，
∴D（﹣10﹣m，m﹣4），
将D（﹣10﹣m，m﹣4）代入y＝3x+3，
得m﹣4＝3（﹣10﹣m）+3，
解得m＝﹣，
D（﹣，﹣），
综上所述，点D的坐标为（﹣，﹣）或（﹣，﹣10）或（﹣，﹣）．
19．（2022秋•齐齐哈尔月考）综合与探究
如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0）、B两点，与y轴相交于点C（0，）．当x﹣4和x＝2时，二次函数y＝a2+bx+c（a≠0）的函数值y相等，连接AC、BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另点也随之停止运动．当运动时间为t秒时，连接MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，则t的值为 ，点P的坐标为 （﹣1，） ；
（4）抛物线对称轴上是否存在一点F，使得△ACF以AC为直角边的直角三角形？若不存在请说明理由；若存在，请直接写出点F的坐标．
【分析】（1）由对称性先求出点B的坐标，可设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），将C坐标代入y＝a（x+3）（x﹣1）即可；
（2）先判断△ABC为直角三角形，分别求出AB，AC，BC的长，由勾股定理的逆定理可证明结论；
（3）因为点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，所以BM＝BN＝t，证四边形PMBN是菱形，设PM与y轴交于H，证△CPN∽△CAB，由相似三角形的性质可求出t的值，CH的长，可得出点P纵坐标，求出直线AC的解析式，将点P纵坐标代入即可；
（4）求出直线BC的解析式，如图2，当∠ACF＝90°时，点B，C，F在一条直线上，求出直线BC与对称轴的交点即可；当∠CAF＝90°时，求出直线AF的解析式，再求其与对称轴的交点即可．
【解答】解：（1）∵在抛物线y＝ax2+bx+c中，当x＝﹣4和x＝2时，二次函数y＝ax2+bx+c的函数值y相等，
∴抛物线的对称轴为x＝＝﹣1，
又∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0）、B两点，
由对称性可知B（1，0），
∴可设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
将C（0，）代入y＝a（x+3）（x﹣1），
得，﹣3a＝，
解得a＝﹣，
∴此抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣x+；
（2）△ABC为直角三角形，理由如下：
∵A（﹣3，0），B（1，0），C（0，），
∴OA＝3，OB＝1，OC＝，
∴AB＝OA+OB＝4，AC＝＝2，BC＝＝2，
∵AC2+BC2＝16，AB2＝16，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）∵点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，
∴BM＝BN＝t，
由翻折知，△BMN≌△PMN，
∴BM＝PM＝BN＝PN＝t，
∴四边形PMBN是菱形，
∴PN∥AB，
∴△CPN∽△CAB，设PM与y轴交于H，
∴＝，
即，
解得t＝，CH＝，
∴OH＝OC﹣CH＝﹣＝，
∴yP＝，
设直线AC的解析式为y＝kx+，
将点A（﹣3，0）代入y＝kx+，
得﹣3k+＝0，解得k＝，
∴直线AC的解析式为y＝x+，
将yP＝代入y＝x+，
∴x＝﹣1，
∴P（﹣1，），
故答案为：，（﹣1，）；
（4）设直线BC的解析式为y＝kx+，
将点B（1，0）代入y＝kx+得，k+＝0，
解得k＝﹣，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+，
由（2）知△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，
如图2，当∠ACF＝90°时，
点B，C，F在一条直线上，
在y＝﹣x+中，当x＝﹣1时，y＝2，
∴F1（﹣1，2）；
当∠CAF＝90°时，AF∥BC，
∴可设直线AF的解析式为y＝﹣x+n，
将点A（﹣3，0）代入y＝﹣x+n得，﹣3x+n＝0，
解得n＝﹣3，
∴直线AF的解析式为y＝﹣x﹣3，
在y＝﹣x﹣3中，当x＝﹣1时，y＝﹣2，
∴F2（﹣1，﹣2）；
∴点F的坐标为F1（﹣1，2），F2（﹣1，﹣2）．
20．（2022秋•双流区校级月考）如图1，平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），交y轴正半轴于点B．
（1）求△AOB的面积；
（2）如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，AB＝BC，P为射线AB（不含A点）上一点，过点P作y轴的平行线交射线AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点N，使△PQN是等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由于y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），求出m的值，可得出OA＝4，OB＝3，AB＝5，根据BC＝AB可得BC＝5，C（0，﹣2），则可得出答案；
（2）设点P（t，﹣t+3），求出直线AC解析式为y＝x﹣2，由于P在直线y＝﹣x+3上，可得PQ＝﹣t+3﹣（t﹣2）＝5﹣t；
（3）根据△PQN是等腰直角三角形，设N（0，n），结合（2）列出方程即可求出点N的坐标．
【解答】解：（1）把A（4，0）代入y＝﹣x+m得：m＝3，
∴一次函数解析式为y＝﹣x+3，
令x＝0，得y＝3，
∴B（0，3），
在Rt△AOB中，AB2＝OA2+OB2，
∴AB＝5，
∵BC＝AB＝5，
∴C（0，﹣2），
∴△AOB的面积＝OB•OA＝3×4＝6；
（2）①设P（t，﹣t+3），
∵P为射线AB上一点，
∴t＜4，
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
代入A（4，0），C（0，﹣2）得
，
∴，
∴y＝x﹣2，
又∵PQ∥y轴，则Q（t，t﹣2），
∴PQ＝﹣t+3﹣（t﹣2）＝5﹣t；
∴d＝5﹣t；
（3）设N（0，n），过点N作NM⊥PQ于点M，
∵△PQN是等腰直角三角形，PQ∥y轴，点N在y轴上，
当N为直角顶点时，∠PNQ＝90°，PN＝NQ，
∴PQ＝2MN，
∵PQ＝5﹣t，P（t，﹣t+3），
∴5﹣t＝2t，
∴t＝，
∵PQ＝2PM，
∴5﹣t＝2（﹣t+3﹣n），
∴n＝或n＝﹣，
∴N（0，）．
当P为直角顶点时，PN＝PQ，
∴t＝5﹣t，n＝﹣t+3，
解得t＝，
∴n＝，
∴N（0，）．
当Q为直角顶点时，QN＝PQ，
∴t＝5﹣t，n＝t﹣2，
解得t＝，
∴n＝﹣，
∴N（0，﹣）．
综上所述：N（0，）或（0，）或（0，﹣）．
21．（2022秋•大连月考）如图，矩形OABC顶点B的坐标为（8，3），定点D的坐标为（12，0），动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动，动点Q从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的负方向匀速运动，P、Q两点同时运动，相遇时停止．在运动过程中，以PQ为斜边在x轴上方作等腰直角三角形PQR，设运动时间为t秒，△PQR和矩形OABC重叠部分的面积为S．
（1）当t＝ 1 时，△PQR的边QR经过点B；
（2）求S关于t的函数关系式，并写出t的取值范围．
【分析】（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，则有AB＝AQ，由此列方程求出t的值；
（2）在图形运动的过程中，有三种情形，当0＜t≤1时，当1＜t≤2时，当2＜t≤4时，进行分类讨论求出答案．
【解答】解：（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，
∵矩形OABC顶点B的坐标为（8，3），定点D的坐标为（12，0），
∴AB＝3，
∴AB＝AQ，即3＝4﹣t，
∴t＝1．
即当t＝1秒时，△PQR的边QR经过点B．
故答案为：1；
（2）①当0≤t≤1时，如答图1﹣1所示．
设PR交BC于点G，
过点P作PH⊥BC于点H，则CH＝OP＝2t，GH＝PH＝3．
S＝S矩形OABC﹣S梯形OPGC
＝8×3﹣（2t+2t+3）×3
＝﹣6t；
②当1＜t≤2时，如答图1﹣2所示．
设PR交BC于点G，RQ交BC、AB于点S、T．
过点P作PH⊥BC于点H，则CH＝OP＝2t，GH＝PH＝3．
QD＝t，则AQ＝AT＝4﹣t，
∴BT＝BS＝AB﹣AQ＝3﹣（4﹣t）＝t﹣1．
S＝S矩形OABC﹣S梯形OPGC﹣S△BST
＝8×3﹣（2t+2t+3）×3﹣（t﹣1）2
＝﹣t2﹣5t+19；
③当2＜t≤4时，如答图1﹣3所示．
设RQ与AB交于点T，则AT＝AQ＝4﹣t．
PQ＝12﹣3t，∴PR＝RQ＝（12﹣3t）．
S＝S△PQR﹣S△AQT
＝PR2﹣AQ2
＝（12﹣3t）2﹣（4﹣t）2
＝t2﹣14t+28．
综上所述，S关于t的函数关系式为：
S＝．
22．（2022秋•思明区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，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C（0，3），A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0）．点P是抛物线上一个动点，且在直线BC的上方．
（1）求这个二次函数及直线BC的表达式．
（2）过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，求PD的最大值．
（3）点M为抛物线对称轴上的点，问在抛物线上是否存在点N，使△MNO为等腰直角三角形，且∠NMO为直角，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，列方程组并且解该方程组求出b、c的值，设直线BC的表达式为y＝kx+3，则3k+3＝0，解方程求出k的值，得到二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3，直线BC的表达式为y＝﹣x+3；
（2）设P（x，﹣x2+2x+3），则D（x，﹣x+3），所以PD＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，即可求得PD的最大值为；
（3）设N（m，﹣m2+2m+3），先求得抛物线的对称轴是直线x＝1，设直线x＝1交x轴于点G，则G（1，0），MG⊥x轴，作NF⊥MG于点F，可证明△FMN≌△GOM，再分四种情况讨论，一是点M在x轴上方，且点N在直线OM左侧，可列方程﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1；二是点M在x轴上方，且点N在直线OM右侧，可列方程m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1；三是点M在x轴下方，且点N在直线OM右侧，可列方程﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1；四是点M在x轴下方，且点N在直线OM左侧，可列方程m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，分别求出相应的符合题意的m值，再求出对应的点N的纵坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，3），
∴，
解得，
设直线BC的表达式为y＝kx+3，则3k+3＝0，
解得k＝﹣1，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3，直线BC的表达式为y＝﹣x+3．
（2）如图1，设P（x，﹣x2+2x+3），
∵PD∥y轴交直线BC于点D，，
∴D（x，﹣x+3），
∴PD＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，
∵PD＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，PD最大＝，
∴PD的最大值为．
（3）存在，设N（m，﹣m2+2m+3），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴是直线x＝1，
设直线x＝1交x轴于点G，则G（1，0），MG⊥x轴，
作NF⊥MG于点F，则∠MFN＝∠OGM＝90°，F（1，﹣m2+2m+3），
如图2，点M在x轴上方，且点N在直线OM左侧，
∵∠NMO＝90°，MN＝OM，
∴∠FMN＝∠GOM＝90°﹣∠OMG，
∴△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝1﹣m，
∴﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1，
解得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去），
∴GF＝GM+MF＝1﹣+1＝，
∴N（，）；
如图3，点M在x轴上方，且点N在直线OM右侧，
同理可得△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝m﹣1，
∴m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，
解得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去），
∴GF＝GM﹣MF＝﹣1﹣1＝，
∴N（，）；
如图4，点M在x轴下方，且点N在直线OM右侧，
同理可得△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝m﹣1，
∴M（1，1﹣m），
∴﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1，
解得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去），
∴GF＝GM﹣MF＝﹣1﹣1＝，
∴yN＝yF＝﹣＝，
∴N（，）；
如图5，点M在x轴下方，且点N在直线OM左侧，
同理可得△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝1﹣m，
∴M（1，m﹣1），
∴m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，
解得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去），
∴GF＝GM+MF＝1﹣+1＝，
∴yN＝yF＝﹣＝，
∴N（，），
综上所述，点N的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）．
23．（2022秋•越秀区校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（1，0），B（0，2），以AB为边向右作等腰直角△ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC，二次函数的图象经过点C．
（1）求二次函数的解析式；
（2）平移该二次函数图象的对称轴所在的直线l，若直线l恰好将△ABC的面积分为1：2两部分，请求出直线l平移的最远距离；
（3）将△ABC以AC所在直线为对称轴翻折，得到△AB'C，那么在二次函数图象上是否存在点P，使△PB'C是以B'C为直角边的直角三角形？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）过点C作CK⊥x轴交于点K，证明△ABO≌△CAK（AAS），得OB＝AK＝2，AO＝CK＝1，即得点C的坐标为（3，1），用待定系数法有二次函数表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）由y＝x2﹣x﹣2可知抛物线的对称轴为直线x＝，且当直线l将△ABC的面积分为左部分比右部分＝2：1时，直线l平移的距离最远，设此时直线l分别交边BC、AC分别为点M、N，由B（0，2），C（3，1）可得直线BC解析式为y＝﹣x+2，由A（1，0），C（3，1）可得直线AC解析式为y＝x﹣，设点M的坐标为，点N坐标为，1≤t＜3，根据S△CMN＝S△ABC，得×（3﹣t）（﹣t+2﹣t+）＝×××，可解得直线l平移的距离最远是3﹣﹣＝；
（3）分两种情况：①当∠PCB'＝90°时，由B，B'关于直线AC对称，可得∠BCB'＝90°，即点P为直线BC与抛物线的另外一个交点，根据得点P的坐标为；②当∠CB'P＝90°时，过B'作BT⊥x轴于T，由△BOA≌△B'TA（AAS），可得B'（2，﹣2），故B'P解析式为y＝﹣x﹣，由得点P的坐标为（﹣1，﹣1）或．
【解答】解：（1）过点C作CK⊥x轴交于点K，如图：
∵∠BAO+∠CAK＝90°，∠BAO+∠OBA＝90°，
∴∠CAK＝∠OBA，
又∠AOB＝∠AKC＝90°，AB＝AC，
∴△ABO≌△CAK（AAS），
∴OB＝AK＝2，AO＝CK＝1，
∴OK＝AO+AK＝1+2＝3，
∴点C的坐标为（3，1），
将点C的坐标代入y＝x2+bx﹣2得：1＝×9+3b﹣2，
解得：b＝﹣，
∴二次函数表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）由y＝x2﹣x﹣2可知抛物线的对称轴为直线x＝，且当直线l将△ABC的面积分为左部分比右部分＝2：1时，直线l平移的距离最远，
如图：
设此时直线l分别交边BC、AC分别为点M、N，
由B（0，2），C（3，1）可得直线BC解析式为y＝﹣x+2，
由A（1，0），C（3，1）可得直线AC解析式为y＝x﹣，
设点M的坐标为，点N坐标为，1≤t＜3，
∵直线l将△ABC的面积分为左部分比右部分＝2：1，
∴S△CMN＝S△ABC，
又AB＝＝，
∴×（3﹣t）（﹣t+2﹣t+）＝×××，
解得或（舍去），
∴直线l平移的距离最远是3﹣﹣＝；
（3）在二次函数图象上存在点P，使△PB'C是以B'C为直角边的直角三角形，理由如下：
①当∠PCB'＝90°时，如图：
∵B，B'关于直线AC对称，
∴∠BCA＝∠B'CA＝45°，
∴∠BCB'＝90°，即点P为直线BC与抛物线的另外一个交点，
由得：或，
∴点P的坐标为；
②当∠CB'P＝90°时，过B'作BT⊥x轴于T，如图：
∵B，B'关于直线AC对称，∠BAC＝90°，
∴BA＝B'A，
∵∠BAO＝∠B'AT，∠BOA＝90°＝∠B'TA，
∴△BOA≌△B'TA（AAS），
∴AT＝AO＝1，OB＝B'T＝2，
∴OT＝AO+AT＝2，
∴B'（2，﹣2），
由①知，∠BCB'＝90°，
∴过B'作BC的平行线，与抛物线的交点即为P，
∵直线BC解析式为y＝﹣x+2，B'（2，﹣2），
∴B'P解析式为y＝﹣x﹣，
由得或，
∴点P的坐标为（﹣1，﹣1）或，
综上所述，点P的坐标为：或（﹣1，﹣1）或．
24．（2022秋•石阡县月考）如图1，一次函数y＝kx﹣2（k≠0）的图象与y轴交于点A，与反比例函数（x＜0）的图象交于点B（﹣3，b），连接OB．
（1）b＝ 1 ，k＝ ﹣1 ．
（2）若点P在第三象限内，是否存在点P使得△OBP是以OB为直角边的等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，C是线段AB上一点（不与点A，B重合），过点C且平行于y轴的直线l交该反比例函数的图象于点D，连接OC，OD，BD．若四边形OCBD的面积为3，求点C的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）需要分两种情况讨论，当点O为直角顶点和当点B为直角顶点时，分别求解即可；
（3）由S四边形OCBD＝S△CDB+S△CDO＝CD•（xO﹣xB），即可求解．
【解答】解：（1）∵B（﹣3，b）在反比例函数（x＜0）的图象上，
∴b＝1，
∴B（﹣3，1），
∵一次函数y＝kx﹣2（k≠0）的图象过点B，
∴1＝﹣3k﹣2，
∴k＝﹣1，
故答案为：1，﹣1；
（2）存在，理由如下：
若△OBP是以OB为直角边的等腰直角三角形，则需要分两种情况讨论：
①当点O为直角顶点时，过点O作OP⊥OB，且OP＝OB，
分别过点B，P作y轴的垂线，垂直于点E，F，
∴∠BEO＝∠OFP＝90°，∠BOE+∠FOP＝∠BOE+∠OBE＝90°，
∴∠FOP＝∠OBE，
∵OB＝OP，
∴△BEO≌△OFP（AAS），
∴OE＝FP＝1，BE＝OF＝3，
∴P（﹣1，﹣3），
②当点B为直角顶点时，连接PP'，
∴四边形OBPP'是正方形，
∴OB∥PP'，且OB＝PP'，
∴P'（﹣4，﹣2），
综上，点P的坐标为（﹣1，﹣3）或（﹣4，﹣2）；
（3）∵点C在直线AB上，
∴设点C（m，﹣m﹣2），则点D（m，），
∴S四边形OCBD＝S△CDB+S△CDO＝CD•（xO﹣xB）＝（﹣+m+2）×3＝3，
解得m＝﹣或（舍去），
∴C（﹣，﹣2）．