第07讲 角的存在性《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》

这是一份第07讲 角的存在性《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》，共29页。教案主要包含了一线三等角，构造一线三等角，整体旋转法等内容，欢迎下载使用。
一、相似三角形的性质
1. 两个三角形相似，对应角相等；
2. 两个三角形相似，对应边成比例；
2. 两个三角形相似，对应线之比（高线、角平分线、中线）等于相似比；
3. 两个三角形相似，周长比等于相似比；
4. 两个三角形相似，面积比等于相似比的平方.

二、一线三等角
1. 如图1，若∠ACB=∠D=∠E=90°，若AC=BC，即△ACB为等腰直角三角形，则有△ACD≌△CBE；
2. 如图2，若∠ACB=∠D=∠E=90°，此为一线三直角，也称“K字型”，则有△ACD∽△CBE；
3. 如图3，若∠ACB=∠D=∠E，此为一般的一线三等角，则有△ACD∽△CBE.

图1 图2 图3





















一、构造一线三等角
1. 当出现特殊角度45°时，联想到直角三角形，联想到一线三垂直，如图4有△ACD∽△CBE；

图4
2. 当出现特殊角度30°时，联想到直角三角形，联想到一线三垂直，如图5有△ACD∽△CBE；

图5
3. 当出现时，联想到直角三角形，联想到一线三垂直，如图6有△ACD∽△CBE；



二、构造子母型相似

∵ △BAC∽△BEA
∴ BA2=BC·BE
则 BD2+AD2=BC·BE












三、整体旋转法
如图，已知点，将点A绕原点O顺时针旋转45°角，求其对应点A`的坐标.


解题：

















【例题1】如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线y＝（x＞0）同时经过点B，且点A在点B的左侧，点A的横坐标为，∠AOB＝∠OBA＝45°，则k的值为　　．

【解析】过A作AM⊥y轴于M，过B作BD⊥x轴于D，直线BD与AM交于点N，如图所示：
则OD＝MN，DN＝OM，∠AMO＝∠BNA＝90°，
∴∠AOM+∠OAM＝90°，
∵∠AOB＝∠OBA＝45°，
∴OA＝BA，∠OAB＝90°，
∴∠OAM+∠BAN＝90°，
∴∠AOM＝∠BAN，
在△AOM和△BAN中，，
∴△AOM≌△BAN（AAS），
∴AM＝BN＝，OM＝AN＝，
∴OD＝+，BD＝﹣，
∴B（+，﹣），
∴双曲线y＝（x＞0）同时经过点A和B，
∴（+）•（﹣）＝k，
整理得：k2﹣2k﹣4＝0，
解得：k＝1±（负值舍去），
∴k＝1+；
故答案为：1+．






【例题2】（2018•武汉模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝12，E为边AB上一点，AE＝2，P、Q分别为边AD、BC上的两点，且∠PEQ＝45°，若△EPQ为等腰三角形，则AP的长为　　．

【解析】（1）如图1，当PE＝PQ时，作QF⊥AD，
则四边形ABQF是矩形，可得QF＝AB＝6．
∵∠A＝∠PFQ＝∠EPQ＝90°，
∴∠APE+∠QPF＝90°，∠APE+∠AEP＝90°，
∴∠AEP＝∠QPF，
∵PE＝PQ，
∴△AEP≌△FPQ（AAS），
∴AP＝FQ＝6；
（2）如图2，当QE＝QP时，作PF⊥BC，
则四边形ABFP是矩形，可得PF＝AB＝6，
同法可得：△BEQ≌△FQP（AAS），
∴BE＝FQ＝4，BQ＝FP＝6，
∴AP＝BF＝10；
（3）如图3，当EP＝EQ时，
作PM⊥PE交EQ的延长线于点M，作MF⊥AD于点F，MF交BC于点H．
∵EP＝EQ，BE∥MH，
∴，
∴，
∴．
同法可得△AEP≌△FPM（AAS），
∴．
综合（1）、（2）、（3）可知：AP＝6或AP＝10或．
故答案是：6或10或4+2．














【例题3】如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+m分别交x轴，y轴于A，B两点，已知点C（2,0）．
（1）当直线AB经过点C时，点O到直线AB的距离是　　；
（2）设点P为线段OB的中点，连结PA，PC，若∠CPA＝∠ABO，则m的值是　　．

【解析】（1）当直线AB经过点C时，点A与点C重合，
当x＝2时，y＝﹣2+m＝0，即m＝2，
所以直线AB的解析式为y＝﹣x+2，则B（0，2）．
∴OB＝OA＝2，AB＝2．
设点O到直线AB的距离为d，
由S△OAB＝OA2＝AB•d，得
4＝2d，
则d＝．
故答案是：．

（2）作OD＝OC＝2，连接CD．则∠PDC＝45°，如图，
由y＝﹣x+m可得A（m，0），B（0，m）．
所以OA＝OB，
则∠OBA＝∠OAB＝45°．
当m＜0时，∠APC＞∠OBA＝45°，
所以，此时∠CPA＞45°，故不合题意．
所以m＞0．
因为∠CPA＝∠ABO＝45°，
所以∠BPA+∠OPC＝∠BAP+∠BPA＝135°，即∠OPC＝∠BAP，则△PCD∽△APB，
所以＝，即＝，
解得m＝12．
故答案是：12．






【例题4】如图，已知点A（2，3）和点B（0，2），点A在反比例函数y＝的图象上，作射线AB，再将射线AB绕点A按逆时针方向旋转45°，交反比例函数图象于点C，则点C的坐标为　　．

【解析】解法一：如图所示，过A作AE⊥x轴于E，以AE为边在AE的左侧作正方形AEFG，交AB于P，
根据点A（2，3）和点B（0，2），可得直线AB的解析式为y＝x+2，
由A（2，3），可得OF＝1，
当x＝﹣1时，y＝﹣+2＝，即P（﹣1，），
∴PF＝，
将△AGP绕点A逆时针旋转90°得△AEH，则△ADP≌△ADH，
∴PD＝HD，PG＝EH＝，
设DE＝x，则DH＝DP＝x+，FD＝1+2﹣x＝3﹣x，
Rt△PDF中，PF2+DF2＝PD2，
即（）2+（3﹣x）2＝（x+）2，
解得x＝1，
∴OD＝2﹣1＝1，即D（1，0），
根据点A（2，3）和点D（1，0），可得直线AD的解析式为y＝3x﹣3，
解方程组，可得或，
∴C（﹣1，﹣6），
故答案为：（﹣1，﹣6）．

解法二：如图，过A作AD⊥y轴于D，将AB绕着点B顺时针旋转90°，得到A'B，过A'作A'H⊥y轴于H，
由AB＝BA'，∠ADB＝∠BHA'＝90°，∠BAD＝∠A'BH，可得△ABD≌△BA'H，
∴BH＝AD＝2，
又∵OB＝2，
∴点H与点O重合，点A'在x轴上，
∴A'（1，0），
又∵等腰Rt△ABA'中，∠BAA'＝45°，而∠BAC＝45°，
∴点A'在AC上，
由A（2，3），A'（1，0），可得直线AC的解析式为y＝3x﹣3，
解方程组，可得或，
∴C（﹣1，﹣6），
故答案为：（﹣1，﹣6）．

解法三：如图，过B作BF⊥AC于F，过F作FD⊥y轴于D，
过A作AE⊥DF于E，则△ABF为等腰直角三角形，易得△AEF≌△FDB，设BD＝a，则EF＝a，
∵点A（2，3）和点B（0，2），
∴DF＝2﹣a＝AE，OD＝OB﹣BD＝2﹣a，
∵AE+OD＝3，
∴2﹣a+2﹣a＝3，
解得a＝，
∴F（，），
设直线AF的解析式为y＝kx+b，则
，解得，
∴y＝3x﹣3，
解方程组，可得或，
∴C（﹣1，﹣6），
故答案为：（﹣1，﹣6）．














【例题5】如图1，平面直角坐标系中，直线y＝x+1与抛物线y＝﹣x2+bx+c交于A，B两点，点A在y轴上，点B的横坐标为，点P是直线AB上方的抛物线上的一动点（不与点A，B重合），作PC⊥AB于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m．①用含m的代数式表示PC的长；②求PC长的最大值；
（3）如图2，连接PA，若∠PAB＝45°，求点P的坐标．

【解析】（1）将x＝0代入y＝x+1得：y＝1，
∴A（0，1）．将x＝代入y＝x+1得：y＝，∴B（，），
把A、B两点坐标代入y＝﹣x2+bx+c得到，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+1；

（2）如图1，作PF⊥x轴于F，交AB于E，直线AB交x轴于D．
把y＝0代入y＝x+1得：x+1＝0，解得x＝﹣2，
∴D（﹣2，0）．
设P（m，﹣m2+4m+1），则E（m，m+1），
∵点P在直线AB上方，
∴PE＝﹣m2+4m+1﹣（m+1）＝﹣m2+m，
∵OA＝1，OD＝2，AD＝，
∵PF∥OA，
∴∠DAO＝∠DEF＝∠PEC，
∵∠AOD＝∠PCE＝90°，
∴△PCE∽△DOA，
∴＝，即＝
∴PC＝﹣（m2﹣m），
∵PC＝﹣（m2﹣m）＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴m＝时，PC有最大值，最大值为；

（3）如图2所示，过点A作AC∥x轴，交抛物线与点C，作CD∥y轴交AB与点D，将△ACD旋转90°得到△AEF，延长EF交AP与点G，连结GD．

将y＝1代入抛物线的解析式得：﹣x2+4x+1＝1，解得：x＝0或x＝4．
∴点C的坐标为（4，1）．
将x＝4代入直线AB的解析式得：y＝3，
∴点D的坐标为（4，3）．
由旋转的性质可知：AF＝AC＝4，EF＝DC＝2，AE＝AD．
∴点E的坐标为（﹣2，5）．
在△AEG和△ADG中，
∴△AEG≌△ADG．
∴EG＝DG．
设点D的坐标为（x，y），由两点间的距离公式可知：（x+2）2+（y﹣5）2＝（x﹣4）2+（y﹣3）2，
整理得：y＝3x+1．
∴直线AG的解析式为y＝3x+1．
将y＝3x+1代入y＝﹣x2+4x+1得：3x+1＝﹣x2+4x+1，整理得：x2﹣x＝0，解得：x＝0或x＝1．
∴点P的横坐标为1．
将x＝1代入y＝3x+1得：y＝4．
∴点P的坐标为（1，4）．




1．（2018•龙岗区一模）如图，已知反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（3，4），在该图象上面找一点P，使∠POA＝45°，则点P的坐标为　　．

【解析】作AE⊥y轴于E，将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到OA′，作A′F⊥x轴于F，则△AOE≌△A′OF，可得OF＝OE＝4，A′F＝AE＝3，即A′（4，﹣3）
∵反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（3，4），
所以由勾股定理可知：OA＝5，
∴4＝，OA＝5，
∴k＝12，
∴y＝，
∴AA′的中点K（，），
∴直线OK的解析式为y＝x，
由，解得或，
∵点P在第一象限，
∴P（2，），
故答案为（2，）．






2．（2017•孝感）如图，在平面直角坐标系中，OA＝AB，∠OAB＝90°，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过A，B两点．若点A的坐标为（n，1），则k的值为　　．

【解析】作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，过B点作BC⊥y轴于C，交AE于G，如图所示：
则AG⊥BC，
∵∠OAB＝90°，
∴∠OAE+∠BAG＝90°，
∵∠OAE+∠AOE＝90°，
∴∠AOE＝∠GAB，
在△AOE和△BAG中，，
∴△AOE≌△BAG（AAS），
∴OE＝AG，AE＝BG，
∵点A（n，1），
∴AG＝OE＝n，BG＝AE＝1，
∴B（n+1，1﹣n），
∴k＝n×1＝（n+1）（1﹣n），
整理得：n2+n﹣1＝0，
解得：n＝（负值舍去），
∴n＝，
∴k＝；
故答案为：．

3．（2017•新区一模）（1）如图1，已知△ABC，以AB，AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，连结BE，CD，请你完成图形（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），并证明：BE＝CD；
（2）如图2，利用（1）中的方法解决如下问题：在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，求BD的长．
（3）如图3，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα＝，CD＝5，AD＝12，求BD的长．

【解析】（1）如图1，分别以点A、B为圆心，以AB为半径画弧，交于点D，连接AD、BD，再分别以A、C为圆心，以AC为半径画弧，交于点E，连接AE、CE，则△ABD、△ACE就是所求作的等边三角形；
证明：如图1，∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴BE＝CD；

（2）如图2，过A作AE⊥AD，使AD＝AE＝3，连接DE、CE，
由勾股定理得：DE＝＝3，
∴∠EDA＝45°，
∵∠ADC＝45°，
∴∠EDC＝∠EDA+∠ADC＝90°，
∵∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠CAB＝90°，
∴∠CAB+∠DAC＝∠EAD+∠DAC，
即∠EAC＝∠DAB，
∵AE＝AD，AC＝AB，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴EC＝BD，
在Rt△DCE中，EC＝＝＝，
∴BD＝EC＝；

（3）如图3，作直角三角形DAE，使得∠DAE＝90°，
∠DEA＝∠ACB，连接EC，
容易得到△DAE∽△BAC，
∴，即，
∵∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠DAE+∠DAC＝∠BAC+∠DAC，即∠EAC＝∠DAB，
∴△EAC∽△DAB，
∴，
在△DCE中，∠ADC＝∠ACB，
∠EDA＝∠ABC，
∴∠EDC＝90°，
∵，AD＝12，
∴AE＝9，∠DAE＝90°，
∴DE＝＝15，
CE＝＝5，
由△EAC∽△DAB，
∴
BD＝．

4．（2019•成都一模）如图，反比例函数的图象过格点（网格线的交点）A．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）若点P是该双曲线第一象限上的一点，且∠AOP＝45°，填空：
①直线OP的解析式为　y＝x　；
②点P的坐标为　（，）　．

【解析】（1）由图知，点A（1，3），
∵点A（1，3）在反比例函数y＝图象上，
∴k═1×3＝3，
∴反比例函数的解析式为y＝；

（2）①如图，
过点O作OA的垂线OE，取x轴上点（3，0），
记D，则D（3，0），
∴OD＝3，
过点D作BD⊥x轴，交OE于B，OP于C，
易知，B（3，﹣1），OA＝OB，
∵∠AOP＝45°，
∴∠BOC＝∠AOB﹣∠AOP＝45°＝∠AOC，
∵OC＝OC，
∴△AOC≌△BOC（SAS），
∴AC＝BC，
设C（3，m），
∵A（1，3），B（3，﹣1），
∴AC＝，BC＝m+1，
∴＝m+1，∴m＝，∴C（3，），
设直线OP的解析式为y＝kx，
∴3k＝，∴k＝，∴直线OP的解析式为y＝x，
故答案为：y＝x；

②由①知，直线OP的解析式为y＝x（Ⅰ），
由（1）知，反比例函数解析式为y＝（Ⅱ），
联立（Ⅰ）（Ⅱ）解得，或（由于点P在第一象限内，所以，舍去），
∴P（，），
故答案为：（，）．







5．如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0，3），C（3，0）；过A作AB∥x轴交抛物线于点B，连接AC、BC，点P为抛物线上动点．
（1）求抛物线解析式；
（2）当∠PAB＝∠BCA时，求点P的坐标；
（3）当点P在抛物线上BC两点之间移动时，点Q为x轴上一动点，连接AP、AQ，使得tan∠PAQ＝2，且AP交BC于点G，过G作GH⊥AQ交AQ于点H，设点H的坐标为（m，n），求n关于m的函数关系式．

【解析】（1）将A（0，3），C（3，0）代入得：，
解得b＝2，c＝3．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；

（2）如图1中，当点P在抛物线上BC两点之间时，连接PA交BC于E，作BM⊥OC于M，EN⊥BM于N．
∵∠PAB＝∠ACB，∠ABE＝∠ABC，
∴△ABE∽△CBA，
∴＝，∴AB2＝BE•BC，∴BE•BC＝4，
∵BC＝，∴BE＝，
∵EN∥MC，∴＝＝，∴＝＝，
∴BN＝，EN＝，∴E（，），∵A（0，3），
∴直线AE的解析式为y＝﹣x+3，
由解得或，
∵A（0，3），∴P（，），
根据对称性直线AP关于直线AB的对称的直线AP′的解析式为y＝x+3，
由解得或，∴P′（，），
综上所述，满足条件的点P坐标为P（，）或（，）；

（3）如图2中，作HM⊥OA于M，GN⊥MH于N．
∵AH⊥GH，
∴∠AHG＝90°，
由△AHM∽△HGN，
∴＝＝，
∵tan∠GAH＝＝2，H（m，n），
∴＝＝，
∴HN＝6﹣2n，GN＝2m，
∴G（6﹣﹣2n+m，2m+n），
∵直线BC的解析式为y＝﹣3x+9，
∵点G在直线BC上，
∴2m+n＝﹣3（6﹣2n+m）+9，
∴n＝m+．

6．（2018•成都模拟）如图1，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣4ax+c与直线y＝kx+1（k≠0）交于y轴上一点A和第一象限内一点B，该抛物线顶点H的纵坐标为5．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AH、BH，抛物线的对称轴与直线y＝kx+1（k≠0）交于点K，若S△AHB＝，求k的值；
（3）在（2）的条件下，点P是直线AB上方的抛物线上的一动点（如图2），连接PA．当∠PAB＝45°时，
ⅰ）求点P的坐标；
ⅱ）已知点M在抛物线上，点N在x轴上，当四边形PBMN为平行四边形时，请求出点M的坐标．

【解析】（1）∵抛物线y＝ax2﹣4ax+c与直线y＝kx+1交于y轴上一点A
∴A（0，1），即c＝1
∵抛物线y＝ax2﹣4ax+c＝a（x﹣2）2﹣4a+c
∴顶点坐标为（2，c﹣4a）
∴c﹣4a＝5
∴a＝﹣1
∴抛物线解析式y＝﹣x2+4x+1＝﹣（x﹣2）2+5
（2）∵抛物线与直线相交
∴kx+1＝﹣x2+4x+1
∴x1＝0，x2＝4﹣k
∴B点横坐标为4﹣k
∵点B在第一象限
∴4﹣k＞0即k＜4
∵S△AHB＝HK×（4﹣k）＝
∴（5﹣2k﹣1）×（4﹣k）＝
解得：k1＝，k2＝（不合题意舍去）
（3）ⅰ）如图：将AB绕B点顺时针旋转90°到BC位置，过B点作BD⊥x轴，过点C点作CD⊥BD于D，过A点作AE⊥BD于E
∵k＝，
∴B（，）
∵A（0，1），B（，）
∴AE＝，BE＝
∵旋转
∴BC＝AB，∠ABC＝90°
∴∠CAB＝45°，∠CBD+∠ABE＝90°
且∠CBD+∠DCB＝90°
∴∠ABE＝∠DCB且AB＝BC，∠D＝∠AEB＝90°
∴△ABE≌△BCD
∴AE＝BD＝，BE＝CD＝
∴C（，）
设AC解析式y＝bx+1
∴＝b+1
∴b＝3
∴AC解析式y＝3x+1
∵P是直线AC与抛物线的交点
∴3x+1＝﹣x2+4x+1
∴x1＝0，x2＝1
∴P（1，4）
ⅱ）如图2：设PM与BN的交点为H
∵四边形PBMN为平行四边形
∴PH＝NH，BH＝MH
∵设点M坐标为（x，y）
∴＝
∴y＝﹣
∴﹣＝﹣（x﹣2）2+5
解得：x1＝﹣，x2＝
∴点M坐标为（﹣，﹣），（，﹣）
7．（2014•白银）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线y＝x2﹣3向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在该抛物线上，且横坐标为3．
（1）求点M、A、B坐标；
（2）连接AB、AM、BM，求∠ABM的正切值；
（3）点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α＝∠ABM时，求P点坐标．

【解析】（1）抛物线y＝x2﹣3向右平移一个单位后得到的函数解析式为y＝（x﹣1）2﹣3，
顶点M（1，﹣3），
令x＝0，则y＝（0﹣1）2﹣3＝﹣2，
点A（0，﹣2），
x＝3时，y＝（3﹣1）2﹣3＝4﹣3＝1，
点B（3，1）；

（2）过点B作BE⊥AO于E，过点M作MF⊥AO于M，
∵EB＝EA＝3，
∴∠EAB＝∠EBA＝45°，
同理可求∠FAM＝∠FMA＝45°，
∴△ABE∽△AMF，
∴＝＝，
又∵∠BAM＝180°﹣45°×2＝90°，
∴tan∠ABM＝＝；

（3）过点P作PH⊥x轴于H，
∵y＝（x﹣1）2﹣3＝x2﹣2x﹣2，
∴设点P（x，x2﹣2x﹣2），
①点P在x轴的上方时，＝，
整理得，3x2﹣7x﹣6＝0，解得x1＝﹣（舍去），x2＝3，
∴点P的坐标为（3，1）；
②点P在x轴下方时，＝，
整理得，3x2﹣5x﹣6＝0，解得x1＝（舍去），x2＝，
x＝时，x2﹣2x﹣2＝﹣×＝﹣，
∴点P的坐标为（，﹣），
综上所述，点P的坐标为（3，1）或（，﹣）．

8．（2018•宿迁三模）如图，二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．
（1）求顶点D的坐标；
（2）若点P（0，t） （t＜﹣1）是y轴上的点，将点Q （﹣5，0）绕着点P按顺时针方向旋转90度得到点E，当点E恰好落在该二次函数的图象上时，求t的值；
（3）在（2）的条件下，连接AD、AE，若M是该二次函数图象上的一点，且∠DAE＝∠MCB，求点M的坐标．

【解析】（1）二次函数的表达式为：y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2﹣4，
所以顶点D的坐标为（1，4）；

（2）如图1，过点E作EH⊥y轴于点H，
∵∠PQO+∠OPQ＝90°，∠OPQ+∠HPE＝90°，
∴∠HPE＝∠PQO，
由旋转知，PQ＝PE，
在△EPH和△PQO中，
，
∴△EPH≌△PQO（AAS），
∴EH＝OP＝﹣t，HP＝OQ＝5
∴E（﹣t，5+t）
当点E恰好在该二次函数的图象上时，有5+t＝﹣t2﹣2t+3
解得t1＝﹣2，t2＝﹣1（由于t＜﹣1所以舍去），

（3）设点M（a，﹣a2+2a+3）
①若点M在x轴上方，
如图2，过点M作MN⊥y轴于点N，
过点D作DF⊥x轴于点F．
∵∠EAB＝∠OCB＝45°，∠DAE＝∠MCB
∴∠MCN＝∠DAF
∴△MCN∽△DAF，
∴＝，即＝
∴a1＝，a2＝0（舍去）
∴M（ ，），
②若点M在x轴下方，
如图3，过点M作MN⊥y轴于点N，
过点D作DF⊥x轴于点F．
∵∠EAB＝∠OCB＝45°，∠DAE＝∠MCB
∴∠MCN＝∠ADF
∴△MCN∽△ADF
∴＝，即＝
∴a1＝4，a2＝0（舍去）
∴M（4，﹣5）
综上所述，M（ ，）或M（4，﹣5）．





9．（2009•武汉）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4a经过A（﹣1，0）、C（0，4）两点，与x轴交于另一点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接BD，点P为抛物线上一点，且∠DBP＝45°，求点P的坐标．

【解析】方法一：
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣4a经过A（﹣1，0）、C（0，4）两点，
∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4；

（2）∵点D（m，m+1）在抛物线上，
∴m+1＝﹣m2+3m+4，
即m2﹣2m﹣3＝0
∴m＝﹣1或m＝3
∵点D在第一象限
∴点D的坐标为（3，4）
由（1）知OC＝OB
∴∠CBA＝45°
设点D关于直线BC的对称点为点E
∵C（0，4）
∴CD∥AB，且CD＝3
∴∠ECB＝∠DCB＝45°
∴E点在y轴上，且CE＝CD＝3
∴OE＝1
∴E（0，1）
即点D关于直线BC对称的点的坐标为（0，1）；

（3）方法一：作PF⊥AB于F，DE⊥BC于E，
由（1）有：OB＝OC＝4
∴∠OBC＝45°
∵∠DBP＝45°
∴∠CBD＝∠PBA
∵C（0，4），D（3，4）
∴CD∥OB且CD＝3
∴∠DCE＝∠CBO＝45°
∴DE＝CE＝
∵OB＝OC＝4
∴BC＝4
∴BE＝BC﹣CE＝
∴tan∠PBF＝tan∠CBD＝
设PF＝3t，则BF＝5t，OF＝5t﹣4
∴P（﹣5t+4，3t）
∵P点在抛物线上
∴3t＝﹣（﹣5t+4）2+3（﹣5t+4）+4
∴t＝0（舍去）或t＝
∴P（，）；
方法二：过点D作BD的垂线交直线PB于点Q，过点D作DH⊥x轴于H，过Q点作QG⊥DH于G，
∵∠PBD＝45°，
∴QD＝DB，
∴∠QDG+∠BDH＝90°，
又∵∠DQG+∠QDG＝90°，
∴∠DQG＝∠BDH，
∴△QDG≌△DBH，
∴QG＝DH＝4，DG＝BH＝1
由（2）知D（3，4），
∴DH＝4，OH＝3
∴HG＝OH＝3，QG＝DH＝4，
∴QF＝QG﹣GF＝4﹣3＝1
∴Q（﹣1，3）
∵B（4，0）
∴直线BQ的解析式为y＝﹣x+，解方程组，得，
∴点P的坐标为（，）．

方法二：
（1）略．
（2）∵点D（m，m+1）在抛物线上，
∴m+1＝﹣m2+3m+4，即m2﹣2m﹣3＝0
∴m＝﹣1或m＝3
∵点D在第一象限
∴点D的坐标为（3，4）
∵B（4，0），C（0，4），∴lBC：y＝﹣x+4，
D，E关于BC对称，
∴DE⊥BC，DE与BC的交点F为DE的中点，
KDE×KBC＝﹣1，
∵KBC＝1，∴KDE＝﹣1，
lDE：y＝x+1，lBC：y＝﹣x+4，
∴lDE与lBC的交点F（，），
∵FX＝，FY＝，
∴E（0，1）．

（3）过点D作直线BF的垂线，垂足为H，设点H（a，b），
∵∠DBP＝45°，
∴△DHB为等腰三角形，点B可视为点D绕点H顺时针旋转90°而成，
将点H平移至原点得点H′，则点D（3，4）平移后为D′（3﹣a，4﹣b），
将点D′顺时针旋转90°，则点B′（4﹣b，a﹣3），将H′平移至H，则B′平移后即为点B（4+a﹣b，a+b﹣3），
∵B（4，0），
∴4+a﹣b＝4，a+b﹣3＝0，
∴a＝b＝，H（，），
∵P在直线BH上，KBH＝，
∴lBH：y＝﹣x，
∴⇒，
∴点P的坐标为（，）．












10．（2020•青浦区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0）．
（1）求该抛物线的表达式及顶点坐标；
（2）点P为抛物线上一点（不与点A重合），联结PC．当∠PCB＝∠ACB时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将抛物线沿平行于y轴的方向向下平移，平移后的抛物线的顶点为点D，点P的对应点为点Q，当OD⊥DQ时，求抛物线平移的距离．

【解析】（1）∵对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0），
∴点B的坐标是（3，0）．
将A（1，0），B（3，0）分别代入y＝x2+bx+c，得
．解得．
则该抛物线解析式是：y＝x2﹣4x+3．
由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1知，该抛物线顶点坐标是（2，﹣1）；

（2）如图1，过点P作PN⊥x轴于N，过点C作CM⊥PN，交NP的延长线于点M，
∵∠CON＝90°，
∴四边形CONM是矩形．
∴∠CMN＝90°，CO＝MN、
∴y＝x2﹣4x+3，
∴C（0，3）．
∵B（3，0），
∴OB＝OC＝3．
∵∠COB＝90°，
∴∠OCB＝∠BCM＝45°．
又∵∠ACB＝∠PCB，
∴∠OCB﹣∠ACB＝∠BCM﹣∠PCB，即∠OCA＝∠PCM．
∴tan∠OCA＝tan∠PCM．
∴＝．
故设PM＝a，MC＝3a，PN＝3﹣a．∴P（3a，3﹣a），
将其代入抛物线解析式y＝x2﹣4x+3，得（3a）2﹣4（3﹣a）+3＝3﹣a．解得a1＝，a2＝0（舍去）．
∴P（，）．
（3）设抛物线平移的距离为m，得y＝（x﹣2）2﹣1﹣m．
∴D（2，﹣1﹣m）．
如图2，过点D作直线EF∥x轴，交y轴于点E，交PQ延长线于点F，
∵∠OED＝∠QFD＝∠ODQ＝90°，
∴∠EOD+∠ODE＝90°，∠ODE+∠QDP＝90°．
∴∠EOD＝∠QDF．
∴tan∠EOD＝tan∠QDF，
∴＝．
∴＝．
解得m＝．
故抛物线平移的距离为．
11．（2017•咸宁）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB＝OC＝6．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）连接BD，F为抛物线上一动点，当∠FAB＝∠EDB时，求点F的坐标；
（3）平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以线段MN为对角线作菱形MPNQ，当点P在x轴上，且PQ＝MN时，求菱形对角线MN的长．

【解析】
（1）∵OB＝OC＝6，
∴B（6，0），C（0，﹣6），
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣6，
∵y＝x2﹣2x﹣6＝（x﹣2）2﹣8，
∴点D的坐标为（2，﹣8）；
（2）如图1，过F作FG⊥x轴于点G，
设F（x，x2﹣2x﹣6），则FG＝|x2﹣2x﹣6|，
在y＝x2﹣2x﹣6中，令y＝0可得x2﹣2x﹣6＝0，解得x＝﹣2或x＝6，
∴A（﹣2，0），
∴OA＝2，则AG＝x+2，
∵B（6，0），D（2，﹣8），
∴BE＝6﹣2＝4，DE＝8，
当∠FAB＝∠EDB时，且∠FGA＝∠BED，
∴△FAG∽△BDE，
∴＝，即＝＝，
当点F在x轴上方时，则有＝，
解得x＝﹣2（舍去）或x＝7，此进F点坐标为（7，）；
当点F在x轴下方时，则有＝﹣，
解得x＝﹣2（舍去）或x＝5，此进F点坐标为（5，﹣）；
综上可知F点的坐标为（7，）或（5，﹣）；

（3）∵点P在x轴上，
∴由菱形的对称性可知P（2，0），
如图2，当MN在x轴上方时，设T为菱形对角线的交点，
∵PQ＝MN，
∴MT＝2PT，
设PT＝n，则MT＝2n，
∴M（2+2n，n），
∵M在抛物线上，
∴n＝（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n＝或n＝（舍去），
∴MN＝2MT＝4n＝+1；
当MN在x轴下方时，同理可设PT＝n，则M（2+2n，﹣n），
∴﹣n＝（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n＝或n＝（舍去），
∴MN＝2MT＝4n＝﹣1；
综上可知菱形对角线MN的长为+1或﹣1．
12．（2016•皇姑区一模）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）如图2，连接BD，F为x轴上一点，连接CF交BD于点E，当BE＝CE时，求点F的坐标；
（3）如图3，连接AC、BC，在（1）中的抛物线上是否存在点G，使得∠BCG＝∠ACO？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

【解析】（1）把A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，
y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
顶点D（1，4）；
（2）当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3，
∵B（3，0），
∴OB＝3，
∴OB＝OC，
∵BE＝CE，
∴点E在∠COB的平分线上，
作射线OE，则OE的解析式为：y＝x，
设BD的解析式为：y＝kx+b，
把B（3，0）、D（1，4）代入得：，解得：，
∴BD的解析式为：y＝﹣2x+6，则，
﹣2x+6＝x，x＝2，∴y＝2，
∴E（2，2），
设CE的解析式为：y＝kx+b，
把C（0，3），E（2，2）代入得：，解得：，∴CE的解析式为：y＝﹣x+3，
当y＝0时，﹣x+3＝0，x＝6，∴F（6，0）；

（3）分两种情况：
设G（x，﹣x2+2x+3），
①如图3，当CG交x轴于M时，
∵∠ACO＝∠BCG时，∴∠ACM＝∠OCB，
∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠ACM＝45°，
∵∠ACB＝∠ACM+∠BCG，∠AMC＝∠OBC+∠BCG，
∴∠ACB＝∠AMC，
∵∠CAM＝∠CAB，∴△ACM∽△ABC，∴，
∵OA＝1，OC＝3，∴AC＝，
设M（x，0），
∴＝，∴x＝，∴M（，0），
同理可求得CM的解析式为：y＝﹣2x+3，则，
﹣x2+2x+3＝﹣2x+3，x2﹣4x＝0，
x1＝0（舍），x2＝4，
当x＝4时，y＝﹣5，∴G（4，﹣5），
②如图4，当CG与x轴交于点N时，过A作AP⊥BC于P，
∵∠OBC＝45°，
∴△ABP是等腰直角三角形，
∵AB＝4，∴AP＝BP＝＝2，
∵BC＝＝3，
∴CP＝BC﹣BP＝，
∵∠ACO＝∠BCG，∴∠ACB＝∠OCG，
∵∠APC＝∠COB＝90°，∴△ACP∽△NCO，
∴，∴，∴NO＝6，∴N（6，0），
同理可得NC的解析式为：y＝﹣x+3，
联立方程组得：，解得：x1＝0，x2＝，
因为点G在抛物线上，所以当x＝时，y＝，∴G（，），
综上所述，存在点G（4，﹣5）或（，），使得∠BCG＝∠ACO．