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挑战2023年中考数学压轴题专题15 二次函数与角综合问题（含答案解析）
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这是一份挑战2023年中考数学压轴题专题15 二次函数与角综合问题（含答案解析），共108页。试卷主要包含了角的数量关系问题，角的最值问题等内容，欢迎下载使用。
专题15二次函数与角综合问题
二次函数与角综合问题,常见的主要有三种类型：
1. 特殊角问题：
（1） 利用特殊角的三角函数值找到线段之间的数量关系
（2） 遇到特殊角可以构造特殊三角形,如遇到45°构造等腰直角三角形,遇到30°、60°构造等边三角形,遇到90°构造直角三角形
2.角的数量关系问题
（1）等角问题：借助特殊图形的性质、全等和相似的性质来解决；构造圆,利用圆周角的性质来解决
（2）二倍角问题：利用角平分线的性质、等腰三角形的性质、对称、辅助圆等知识来解答
（3）角的和差问题
3.角的最值问题：利用辅助圆等知识来解答
【例1】（2022•西宁）如图,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3,0）,与y轴交于点B,点C在直线AB上,过点C作CD⊥x轴于点D（1,0）,将△ACD沿CD所在直线翻折,使点A恰好落在抛物线上的点E处．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接BE,求△BCE的面积；
（3）抛物线上是否存在一点P,使∠PEA＝∠BAE？若存在,求出P点坐标；若不存在,请说明理由．
【例2】（2022•益阳）如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P在抛物线F：y＝ax2上,直线x＝t与抛物线E,F分别交于点A,B．
（1）求a的值；
（2）将A,B的纵坐标分别记为yA,yB,设s＝yA﹣yB,若s的最大值为4,则m的值是多少？
（3）Q是x轴的正半轴上一点,且PQ的中点M恰好在抛物线F上．试探究：此时无论m为何负值,在y轴的负半轴上是否存在定点G,使∠PQG总为直角？若存在,请求出点G的坐标；若不存在,请说明理由．
【例3】．（2022•鄂尔多斯）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+2经过A（,0）,B（3,）两点,与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上,过P作PD⊥x轴,交直线BC于点D,若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形,求点P的横坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q,使∠QCB＝45°？若存在,请直接写出点Q的坐标；若不存在,请说明理由．
【例4】（2022•菏泽）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2,0）、B（8,0）两点,与y轴交于点C（0,4）,连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）将△ABC沿AC所在直线折叠,得到△ADC,点B的对应点为D,直接写出点D的坐标,并求出四边形OADC的面积；
（3）点P是抛物线上的一动点,当∠PCB＝∠ABC时,求点P的坐标．
1．（2022•江岸区模拟）已知：抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右）,交y轴正半轴于点C,且OB＝OC．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第一象限抛物线上一点,连接AP,AP交y轴于点D,设P的横坐标为m,CD的长为d,求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）；
（3）如图3,在（2）的条件下,过点P作PE⊥y轴于点E,延长EP至点G,使得PG＝3CE,连接CG交AP于点F,且∠AFC＝45°,连接AG交抛物线于T,求点T的坐标．
2．（2022•沈阳模拟）如图1,在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣4,0）和B（1,0）,与y轴交于点C,连接AC,BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2,点M为直线AC上方的抛物线上任意一点,过点M作y轴的平行线,交AC于点N,过点M作x轴的平行线,交直线AC于点Q,求△MNQ周长的最大值；
（3）点P为抛物线上的一动点,且∠ACP＝45°﹣∠BAC,请直接写出满足条件的点P的坐标．
3．（2022•沈阳模拟）如图1,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A,B两点（点B在点A的右边）,点A坐标为（1,0）,抛物线与y轴交于点C,S△ABC＝3．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P（x,y）是抛物线上一动点,且x＞3．作PN⊥BC于N,设PN＝d,求d与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下,过点A作PC的平行线交y轴于点F,连接BF,在直线AF上取点E,连接PE,使PE＝2BF,且∠PEF+∠BFE＝180°,请直接写出P点坐标．
4．（2022•成都模拟）如图,已知抛物线表达式为y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0）,直线y＝x+与坐标轴交于点A,B．
（1）若该抛物线过原点,求抛物线的表达式．
（2）试说明无论a为何值,抛物线一定经过两个定点,并求出这两个定点的坐标．点P为两定点所在直线上的动点,当点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小时,求点P的坐标；
（3）点N是抛物线上一动点,点M（﹣4,0）,且∠NMA+∠OBA＝90°,若满足条件的点N的个数恰好为3个,求a的值．
5．（2022•成都模拟）如图1所示,直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于点A,点B,点C（1,2）在经过点A,B的二次函数y＝ax2+bx+c的图象上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为线段AB上（不与端点重合）的一动点,过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q,求PQ+PB取得最大值时点P的坐标；
（3）如图2,连接BC并延长,交x轴于点D,E为第三象限抛物线上一点,连接DE,点G为x轴上一点,且G（﹣1,0）,直线CG与DE交于点F,点H在线段CF上,且∠CFD+∠ABH＝45°,连接BH交OA于点M,已知∠GDF＝∠HBO,求点H的坐标．
6．（2022•洪山区模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C（0,3）,与直线l：y＝k（x﹣3）+3（k＞0）交于D,E两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,连接BD,若△BDE的面积为6,求k的值；
（3）如图2,若直线l与抛物线交于M,N两点,与BC交于点P,且∠MBC＝∠NBC．求P点的坐标．
7．（2022•洪山区模拟）抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边）,与y轴的正半轴交于C点,△ABC的面积为6．
（1）直接写出点A、B的坐标为 ；抛物线的解析式为 ．
（2）如图1,连结AC,若在第一象限抛物线上存在点D,使点D到直线AC的距离为,求点D的坐标；
（3）如图2,平行于AC的直线交抛物线于M、N两点,在抛物线上存在点P,当PQ⊥y轴时,PQ恰好平分∠MPN,求P点坐标．
8．（2022•泰安模拟）如图,抛物线y＝mx2+3mx﹣2m+1的图象经过点C,交x轴于点A（x1,0）,B（x2,0）（点A在点B左侧）,且x2﹣x1＝5,连接BC,D是AC上方的抛物线一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC,CD,S△DCE：S△BCE是否存在最大值？若存在,请求出其最大值及此时点D的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）第二象限内抛物线上是否存在一点D,DF垂直AC于点F,使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的两倍？若存在,求点D的横坐标,若不存在,请说明理由．
9．（2022•青山区模拟）抛物线y＝x2+（t﹣2）x﹣2t（t＞0）与x轴交于A、B两点（A在B左边）,与y轴交于点 C．
（1）直接写出A点坐标 、B点坐标 、C点坐标 ；
（2）如图1,直线y＝kx+b与抛物线交于M、N两点（M不与A重合,M在N左边）,连接MA,作NH⊥x轴于点H,过点H作HP∥MA交y轴于点P,PH交MN于点Q,求点Q的横坐标；
（3）如图2,直线y＝d（d＞0）与抛物线交于第二象限点D,若∠ADB＝45°,求d﹣t的值．
10．（2022•丹阳市二模）如图所示,抛物线y＝﹣x2+bx+3经过点B（3,0）,与x轴交于另一点A,与y轴交于点C．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）如图,设点D是x轴正半轴上一个动点,过点D作直线l⊥x轴,交直线BC于点E,交抛物线于点F,连接AC、FC．
①若点F在第一象限内,当∠BCF＝∠BCA时,求点F的坐标；
②若∠ACO+∠FCB＝45°,则点F的横坐标为 ．
11．（2022•东港区校级一模）如图1,抛物线y＝ax2+bx+3经过A（1,0）、B（3,0）两点,与y轴交于点C,
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图2,M是x轴下方的抛物线上一点,连接MO、MB、MC,若△MOC的面积是△MBC面积的3倍,求点M的坐标；
（3）如图3,连接AC、BC,在抛物线上是否存在一点N（不与点A重合）,使得∠BCN＝∠ACB？若存在,求点N的横坐标；若不存在,请说明理由．
12．（2022•宁津县模拟）如图,抛物线与x轴交于点A和点C（﹣1,0）,与y轴交于点B（0,3）,连接AB,BC,对称轴PD交AB与点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,试探究：线段BC上是否存在点M,使∠EMO＝∠ABC,若存在,求出点M的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）如图3,点Q是抛物线的对称轴PD上一点,若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形,请直接写出点Q纵坐标n的取值范围．
13．（2022•南山区模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a﹣1不为整数）的顶点D（,）,AB⊥BC．
（1）直接得出抛物线解析式．
（2）如图1所示,点P为抛物线一动点,∠PBC＝3∠ABO,求xP；
（3）如图2,延长DB交x轴于点E,EF平分∠BEO,交线段AB于点F．x轴正半轴有一点S,且AS＝12EF．过点F作FG∥x轴,交抛物线的对称轴于点G．该对称轴交x轴于点H．过点G作线段IM、NQ,且NH＝MH＝IH＝QH．线段IQ交直线FG于点R,若线段MN恰好交FG于点F．那么请求出R点坐标．并试问∠EFA与∠RSE是否存在倍数关系？若存在,请分别求出它们的角度大小并写出存在的倍数关系；若不存在,请说明理由．
14．（2022•大连二模）抛物线y＝x2﹣4x+c与直线I：y＝kx交于点G（1,m）和点H,﹣1≤m＜0,直线x＝m﹣1交直线l于点A,交抛物线于点B．
（1）求c和k的值（用含m的代数式表示）；
（2）过点A作x轴的平行线交抛物线于M,N两点（M在N的左侧）,交y轴于点C．求的取值范围；
（3）在（2）的条件下,过点B作x轴的平行线,与抛物线另一个交点为D,若点E是线段BD的中点,探究∠MEN与∠ABC的数量关系,并说明理由．
15．（2022•新抚区模拟）如图,直线y＝mx+n与抛物线y＝﹣x2+bx+c交于A（﹣2,0）,B（2,2）两点,直线AB与y轴交于点C．
（1）求抛物线与直线AB的解析式；
（2）点P在抛物线上,直线PC交x轴于Q,连接PB,当△PBC的面积是△ACQ面积的2倍时,求点P的坐标；
（3）点M为坐标轴上的动点,当∠AMB＝45°时,直接写出点M的坐标．
16．（2022•铁岭模拟）如图1,抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴交于A（﹣2,0）、B（4,0）两点,与y轴交于点C,直线l与抛物线交于A、D两点,其中D点的横坐标为2．
（1）求抛物线的解析式以及直线AD的解析式；
（2）点P是抛物线上位于直线AD下方的动点,过点P作x轴,y轴的平行线,交AD于点E、F,当PE+PF取最大值时,求点P的坐标；
（3）如图2,连接AC,点Q在抛物线上,且满足∠QAB＝2∠ACO,求点的坐标．
17．（2022•平房区二模）如图1,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A、B（点A在点B左侧）,与y轴交于点C,直线y＝﹣x+4经过B、C两点,OB＝4OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第四象限抛物线上一点,过点P作PD⊥x轴交BC于点D,垂足为N,连接PC交x轴于点E,设点P的横坐标为t,△PCD的面积为S,求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下,如图3,过点P作PF⊥PC交y轴于点F,PF＝PE．点G在抛物线上,连接PG,∠CPG＝45°,连接BG,求直线BG的解析式．
18．（2022•新民市一模）如图,已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0,2）,B（8,0）,点D是第一象限抛物线上的一点,CD⊥AB于点C．
（1）直接写出抛物线的表达式 ；
（2）如图1,当CD取得最大值时,求点D的坐标,并求CD的最大值；
（3）如图2,点D满足（2）的条件,点P在x轴上,且∠APD＝45°,直接写出点P的横坐标 ．
19．（2022•大庆二模）如图,抛物线y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,已知点B（3,0）．
（1）求直线BC及抛物线的函数表达式；
（2）P为x轴上方抛物线上一点．
①若S△PBC＝S△ABC,请直接写出点P的坐标；
②如图,PD∥y轴交BC于点D,DE∥x轴交AC于点E,求PD+DE的最大值；
（3）Q为抛物线上一点,若∠ACQ＝45°,求点Q的坐标．
20．（2022•运城二模）如图,已知抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于点A（﹣2,0）,B（8,0）两点,与y轴交于点C,点P是直线BC下方抛物线上一动点,过点P作直线PE∥y轴,交直线BC于点D,交x轴于点F,以PD为斜边,在PD的右侧作等腰直角△PDF．
（1）求抛物线的表达式,并直接写出直线BC的表达式；
（2）设点P的横坐标为m（0＜m＜3）,在点P运动的过程中,当等腰直角△PDF的面积为9时,请求出m的值；
（3）连接AC,该抛物线上是否存在一点M,使∠ACO+∠BCM＝∠ABC,若存在,请直接写出所有符合条件的点M的坐标,若不存在,请说明理由．
21．（2022•永安市模拟）已知二次函数y＝x2+（k﹣2）x﹣2k．
（1）当此二次函数的图象与x轴只有一个交点时,求该二次函数的解析式；
（2）当k＞0时,直线y＝kx十2交抛物线于A,B两点（点A在点B的左侧）,点P在线段AB上,过点P做PM垂直x轴于点M,交抛物线于点N．
①求PN的最大值（用含k的代数式表示）；
②若抛物线与x轴交于E,F两点,点E在点F的左侧．在直线y＝kx+2上是否存在唯一一点Q,使得∠EQO＝90°？若存在,请求出此时k的值；若不存在,请说明理由．
22．（2022•南岗区三模）在平面直角坐标系中,点O为坐标系的原点,经过点B（3,6）的抛物线与x轴的正半轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点P为第一象限抛物线上的一点,且点P在抛物线对称轴的右侧,连接OP,AP,设点P的横坐标为t,△OPA的面积为S,求S与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2,在（2）的条件下,当时,连接BP,点C为线段OA上的一点,过点C作x轴的垂线交BP的延长线于点D,连接OD,BC,若,求点C的坐标．
23．（2022•同安区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）过点A（﹣1,0）和C（0,3）,与x轴交于另一点B,顶点为D．
（1）求a、b满足的关系式；
（2）对于抛物线上的任意两点P1（x1,y1）,P2（x2,y2）,当y1＝y2时,恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|．
①求抛物线解析式；
②AC与BD的延长线交于点H,在x轴上方的抛物线上是否存在点P,使得∠OPB＝∠AHB．若存在,求出一个符合条件的点P的坐标；若不存在,请说明理由．
24．（2022•伊宁市模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1,0）和点B（3,0）,与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图1,点M是第一象限内抛物线上一动点,过点M作MF⊥x轴于点F,作ME⊥y轴于点E,当矩形MEOF周长最大时,求M点坐标．
（3）如图2,点P是该抛物线上一动点,连接PC,AC,直接写出使得∠PCB＝∠ACO时点P的坐标．
【例1】（2022•西宁）如图,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3,0）,与y轴交于点B,点C在直线AB上,过点C作CD⊥x轴于点D（1,0）,将△ACD沿CD所在直线翻折,使点A恰好落在抛物线上的点E处．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接BE,求△BCE的面积；
（3）抛物线上是否存在一点P,使∠PEA＝∠BAE？若存在,求出P点坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由点A的坐标可得出点E的坐标,由点A,E的坐标,利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标,由点A,B的坐标,利用待定系数法可求出直线AB的解析式,利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标,再利用三角形的面积计算公式,结合S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE,即可求出△BCE的面积；
（3）存在,由点A,B的坐标可得出OA＝OB,结合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°,设点P的坐标为（m,﹣m2+2m+3）,分点P在x轴上方及点P在x轴下方两种情况考虑：①当点P在x轴上方时记为P1,过点P1作P1M⊥x轴于点M,则EM＝P1M,进而可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出m的值,将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P1的坐标；②当点P在x轴下方时记为P2,过点P2作P2N⊥x轴于点N,则EN＝P2N,进而可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出m的值,将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P2的坐标．
【解答】解：（1）∵将△ACD沿CD所在直线翻折,使点A恰好落在抛物线上的点E处,点A的坐标为（3,0）,点D的坐标为（1,0）,
∴点E的坐标为（﹣1,0）．
将A（3,0）,E（﹣1,0）代入y＝ax2+bx+3,
得：,解得：,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）当x＝0时,y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3,
∴点B的坐标为（0,3）．
设直线AB的解析式为y＝mx+n（m≠0）,
将A（3,0）,B（0,3）代入y＝mx+n,
得：,解得：,
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3．
∵点C在直线AB上,CD⊥x轴于点D（1,0）,当x＝1时,y＝﹣1×1+3＝2,
∴点C的坐标为（1,2）．
∵点A的坐标为（3,0）,点B的坐标为（0,3）,点C的坐标为（1,2）,点E的坐标为（﹣1,0）,
∴AE＝4,OB＝3,CD＝2,
∴S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE＝AE•OB﹣AE•CD＝×4×3﹣×4×2＝2,
∴△BCE的面积为2．
（3）存在,理由如下：
∵点A的坐标为（3,0）,点B的坐标为（0,3）,
∴OA＝OB＝3．
在Rt△AOB中,∠AOB＝90°,OA＝OB,
∴∠BAE＝45°.
∵点P在抛物线上,
∴设点P的坐标为（m,﹣m2+2m+3）．
①当点P在x轴上方时记为P1,过点P1作P1M⊥x轴于点M,
在Rt△EMP1中,∠P1EA＝45°,∠P1ME＝90°,
∴EM＝P1M,即m﹣（﹣1）＝﹣m2+2m+3,
解得：m1＝﹣1（不合题意,舍去）,m2＝2,
∴点P1的坐标为（2,3）；
②当点P在x轴下方时记为P2,过点P2作P2N⊥x轴于点N,
在Rt△ENP2中,∠P2EN＝45°,∠P2NE＝90°,
∴EN＝P2N,即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m2+2m+3）,
解得：m1＝﹣1（不合题意,舍去）,m2＝4,
∴点P2的坐标为（4,﹣5）．
综上所述,抛物线上存在一点P,使∠PEA＝∠BAE,点P的坐标为（2,3）或（4,﹣5）．
【例2】（2022•益阳）如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P在抛物线F：y＝ax2上,直线x＝t与抛物线E,F分别交于点A,B．
（1）求a的值；
（2）将A,B的纵坐标分别记为yA,yB,设s＝yA﹣yB,若s的最大值为4,则m的值是多少？
（3）Q是x轴的正半轴上一点,且PQ的中点M恰好在抛物线F上．试探究：此时无论m为何负值,在y轴的负半轴上是否存在定点G,使∠PQG总为直角？若存在,请求出点G的坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由抛物线的顶点式可直接得出顶点P的坐标,再代入抛物线F即可得出结论；
（2）根据题意可分别表达A,B的纵坐标,再根据二次函数的性质可得出m的值；
（3）过点Q作x轴的垂线KN,分别过点P,G作x轴的平行线,与KN分别交于K,N,则△PKQ∽△QNG,设出点M的坐标,可表达点Q和点G的坐标,进而可得出结论．
【解答】解：（1）由题意可知,抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P的坐标为（m,2m2）,
∵点P在抛物线F：y＝ax2上,
∴am2＝2m2,
∴a＝2．
（2）∵直线x＝t与抛物线E,F分别交于点A,B,
∴yA＝﹣（t﹣m）2+2m2＝﹣t2+2mt+m2,yB＝2t2,
∴s＝yA﹣yB
＝﹣t2+2mt+m2﹣2t2
＝﹣3t2+2mt+m2
＝﹣3（t﹣m）2+m2,
∵﹣3＜0,
∴当t＝m时,s的最大值为m2,
∵s的最大值为4,
∴m2＝4,解得m＝±,
∵m＜0,
∴m＝﹣．
（3）存在,理由如下：
设点M的坐标为n,则M（n,2n2）,
∴Q（2n﹣m,4n2﹣2m2）,
∵点Q在x轴正半轴上,
∴2n﹣m＞0且4n2﹣2m2＝0,
∴n＝﹣m,
∴M（﹣m,m2）,Q（﹣m﹣m,0）．
如图,过点Q作x轴的垂线KN,分别过点P,G作x轴的平行线,与KN分别交于K,N,
∴∠K＝∠N＝90°,∠QPK+∠PQK＝90°,
∵∠PQG＝90°,
∴∠PQK+∠GQN＝90°,
∴∠QPK＝∠GQN,
∴△PKQ∽△QNG,
∴PK：QN＝KQ：GN,即PK•GN＝KQ•QN．
∵PK＝﹣m﹣m﹣m＝﹣m﹣2m,KQ＝2m2,GN＝﹣m﹣m,
∴（﹣m﹣2m）（﹣m﹣m）＝2m2•QN
解得QN＝．
∴G（0,﹣）．
【例3】（2022•鄂尔多斯）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+2经过A（,0）,B（3,）两点,与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上,过P作PD⊥x轴,交直线BC于点D,若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形,求点P的横坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q,使∠QCB＝45°？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）根据待定系数法,将点A,点B代入抛物线解析式,解关于b,c的二元一次方程组,即可求得抛物线的解析式；
（2）设出点P的坐标,确定出PD∥CO,由PD＝CO,列出方程求解即可；
（3）过点D作DF⊥CP交CP的延长线于点F,过点F作y轴的平行线EF,过点D作DE⊥EF于点E,过点C作CG⊥EF于点G,证明△DEF≌△FGC（AAS）,由全等三角形的性质得出DE＝FG,EF＝CG,求出F点的坐标,由待定系数法求出直线CF的解析式,联立直线CF和抛物线解析式即可得出点P的坐标．
【解答】解：（1）将点A（﹣,0）,B（3,）代入到y＝ax2+bx+2中得：
,解得：,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）设点P（m,﹣m2+m+2）,
∵y＝﹣x2+x+2,
∴C（0,2）,
设直线BC的解析式为y＝kx+c,
∴,解得,
∴直线BC的解析式为y＝x+2,
∴D（m,m+2）,
∴PD＝|﹣m2+m+2﹣m﹣2|＝|m2﹣3m|,
∵PD⊥x轴,OC⊥x轴,
∴PD∥CO,
∴当PD＝CO时,以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形,
∴|m2﹣3m|＝2,解得m＝1或2或或,
∴点P的横坐标为1或2或或；
（3）①当Q在BC下方时,如图,过B作BH⊥CQ于H,过H作MN⊥y轴,交y轴于M,过B作BN⊥MH于N,
∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°,
∵∠QCB＝45°,
∴△BHC是等腰直角三角形,
∴CH＝HB,
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°,
∴∠CHM＝∠HBN,
∴△CHM≌△HBN（AAS）,
∴CM＝HN,MH＝BN,
∵H（m,n）,
∵C（0,2）,B（3,）,
∴,解得,
∴H（,）,
设直线CH的解析式为y＝px+q,
∴,解得,
∴直线CH的解析式为y＝﹣x+2,
联立直线CF与抛物线解析式得,
解得或,
∴Q（,）；
②当Q在BC上方时,如图,过B作BH⊥CQ于H,过H作MN⊥y轴,交y轴于M,过B作BN⊥MH于N,
同理得Q（,）．
综上,存在,点Q的坐标为（,）或（,）．
【例4】（2022•菏泽）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2,0）、B（8,0）两点,与y轴交于点C（0,4）,连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）将△ABC沿AC所在直线折叠,得到△ADC,点B的对应点为D,直接写出点D的坐标,并求出四边形OADC的面积；
（3）点P是抛物线上的一动点,当∠PCB＝∠ABC时,求点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点D作DE⊥x轴于点E,利用轴对称的性质和三角形的中位线的性质定理求得线段OE,DE,则点D坐标可得；利用四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ACD,S△ADC＝S△ABC,利用三角形的面积公式即可求得结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点P在BC上方时,利用平行线的判定与性质可得点C,P的纵坐标相等,利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点P在BC下方时,设PC交x轴于点H,设HB＝HC＝m,利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得m值,则点H坐标可求；利用待定系数法求得直线PC的解析式,与抛物线解析式联立即可求得点P坐标；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2,0）、B（8,0）两点,与y轴交于点C（0,4）,
∴,
解得：．
∴抛物线的表达式为y＝﹣+x+4；
（2）点D的坐标为（﹣8,8）,理由：
将△ABC沿AC所在直线折叠,得到△ADC,点B的对应点为D,如图,
过点D作DE⊥x轴于点E,
∵A（﹣2,0）、B（8,0）,C（0,4）,
∴OA＝2,OB＝8,OC＝4．
∵,,
∴．
∵∠AOC＝∠COB＝90°,
∴△AOC∽△COB,
∴∠ACO＝∠CBO．
∵∠CBO+∠OCB＝90°,
∴∠ACO+∠OCB＝90°,
∴∠ACB＝90°,
∵将△ABC沿AC所在直线折叠,得到△ADC,点B的对应点为D,
∴点D,C,B三点在一条直线上．
由轴对称的性质得：BC＝CD,AB＝AD．
∵OC⊥AB,DE⊥AB,
∴DE∥OC,
∴OC为△BDE的中位线,
∴OE＝OB＝8,DE＝2OC＝8,
∴D（﹣8,8）；
由题意得：S△ACD＝S△ABC,
∴四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ADC
＝S△OAC+S△ABC
＝OC•OA+AB•OC
＝4×2+10×4
＝4+20
＝24；
（3）①当点P在BC上方时,如图,
∵∠PCB＝∠ABC,
∴PC∥AB,
∴点C,P的纵坐标相等,
∴点P的纵坐标为4,
令y＝4,则﹣+x+4＝4,
解得：x＝0或x＝6,
∴P（6,4）；
②当点P在BC下方时,如图,
设PC交x轴于点H,
∵∠PCB＝∠ABC,
∴HC＝HB．
设HB＝HC＝m,
∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m,
在Rt△COH中,
∵OC2+OH2＝CH2,
∴42+（8﹣m）2＝m2,
解得：m＝5,
∴OH＝3,
∴H（3,0）．
设直线PC的解析式为y＝kx+n,
∴,
解得：．
∴y＝﹣x+4．
∴,
解得：,．
∴P（,﹣）．
综上,点P的坐标为（6,4）或（,﹣）．
1．（2022•江岸区模拟）已知：抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右）,交y轴正半轴于点C,且OB＝OC．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第一象限抛物线上一点,连接AP,AP交y轴于点D,设P的横坐标为m,CD的长为d,求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）；
（3）如图3,在（2）的条件下,过点P作PE⊥y轴于点E,延长EP至点G,使得PG＝3CE,连接CG交AP于点F,且∠AFC＝45°,连接AG交抛物线于T,求点T的坐标．
【分析】（1）由图象可得B点坐标,代入函数解析数即可求解；
（2）表示出点P坐标,由正切公式可表示出d与m的关系,即可求出；
（3）作出辅助线,得到▱CGPW,利用正切公式求出m与k的值,得到G点坐标,然后表示出∠GAB的正切值,从而求出T点坐标．
【解答】解：（1）当y＝0时,﹣（x+k）（x﹣7）＝0,
解得：x＝﹣k或7,
∴点B的坐标为（7,0）,A（﹣k,0）,
∵OB＝OC,
∴OC＝OB＝7,
∴点C的坐标为（0,7）,
将点C的坐标代入抛物线表达式得：﹣（0+k）（0﹣7）＝7,
解得：k＝2,
∴y＝﹣（x+2）（x﹣7）＝﹣x2+x+7,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+7；
（2）过点P作PK⊥AB与点K,PE⊥y轴于点E,如图1,
∵y＝﹣（x+2）（x﹣7）,
∴P（m,﹣（m+2）（m﹣7））,A（﹣2,0）,
∴AK＝m+2,
tan∠PAB＝＝＝,
∴DO＝AO•tan∠PAB＝2（）＝7﹣m,
∴CD＝7﹣（7﹣m）＝m,
∴d＝m．
（3）过点C作WC⊥ED使得WD＝PD,TL⊥AB,连接WD,WP,
设EC＝k,
则PG＝3k,
∵∠WCD＝∠DEP,CD＝EP,WD＝PD,
∴△WCD≌△DEP,
则△PWD为等腰直角三角形,
∴∠WPD＝45°＝∠CFD,
∴WP∥CG,
∴四边形CGPW为平行四边形,
∴CW＝PG＝3k＝ED,
∴CD＝2k＝PE,
∴tan∠APE＝＝,
由（2）可得tan∠PAB＝,
∴＝,
∴m＝4,k＝2,
∴EO＝7+2＝9,EG＝10,
∴G（10,9）,A（﹣2,0）,
∴tan∠GAB＝＝,
再设T坐标为（t,﹣（t+2）（t﹣7））,
则tan∠TAB＝＝,
∴t＝,
∴T（,）．
2．（2022•沈阳模拟）如图1,在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣4,0）和B（1,0）,与y轴交于点C,连接AC,BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2,点M为直线AC上方的抛物线上任意一点,过点M作y轴的平行线,交AC于点N,过点M作x轴的平行线,交直线AC于点Q,求△MNQ周长的最大值；
（3）点P为抛物线上的一动点,且∠ACP＝45°﹣∠BAC,请直接写出满足条件的点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）设直线AC解析式为y＝kx+2,用待定系数法得直线AC解析式为y＝x+2,设M（x,﹣x2﹣x+2）,则N（x,x+2）,即得MN＝﹣x2﹣2x,可证△QMN∽△AOC,有＝＝,故MQ＝2MN,NQ＝MN,可得△MNQ周长MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝﹣（x﹣2）2+6+2,即得当x＝2时,△MNQ周长最大值为6+2；
（3）在x轴负半轴上取D,使OC＝OD,连接CD交抛物线于P,此时∠ACP＝45°﹣∠BAC,P是满足条件的点,由C（0,2）,D（2,0）,得直线CD解析式为y＝x+2,即可解得P（﹣5,﹣3）,作D关于直线AC的对称点E,连接CE并延长交抛物线于P',由对称性知∠ACP'＝∠ACP,P'是满足条件的点,设E（m,n）,可得,可解得E（﹣,）,从而可得直线CE解析式为：y＝x+2,即可解得P'（﹣,）．
【解答】解：（1）把A（﹣4,0）和B（1,0）代入y＝ax2+bx+2得：
,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）由y＝﹣x2﹣x+2可得C（0,2）,
设直线AC解析式为y＝kx+2,把A（﹣4,0）代入得：
﹣4k+2＝0,
解得k＝,
∴直线AC解析式为y＝x+2,
设M（x,﹣x2﹣x+2）,则N（x,x+2）,
∴MN＝﹣x2﹣x+2﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x,
∵MQ∥x轴,MN∥y轴,
∴∠MQN＝∠CAO,∠NMQ＝∠AOC＝90°,
∴△QMN∽△AOC,
∴＝＝,即＝＝,
∴MQ＝2MN,NQ＝MN,
∴△MNQ周长MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝（3+）MN＝（3+）×（﹣x2﹣2x）＝﹣（x+2）2+6+2,
∵﹣＜0,
∴当x＝﹣2时,△MNQ周长最大值为6+2；
（3）在x轴负半轴上取D,使OC＝OD,连接CD交抛物线于P,如图：
∴D（﹣2,0）,∠CDO＝45°,此时∠ACP＝45°﹣∠BAC,P是满足条件的点,
∵C（0,2）,D（2,0）,
∴直线CD解析式为y＝x+2,
由得或,
∴P（﹣5,﹣3）,
作D关于直线AC的对称点E,连接CE并延长交抛物线于P',由对称性知∠ACP'＝∠ACP,P'是满足条件的点,
设E（m,n）,根据AE＝AD,CE＝CD可得：
,
解得或,
∴E（﹣,）,
由E（﹣,）,C（0,2）可得直线CE解析式为：y＝x+2,
解得或,
∴P'（﹣,）,
综上所述,P的坐标为（﹣5,﹣3）或（﹣,）．
3．（2022•沈阳模拟）如图1,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A,B两点（点B在点A的右边）,点A坐标为（1,0）,抛物线与y轴交于点C,S△ABC＝3．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P（x,y）是抛物线上一动点,且x＞3．作PN⊥BC于N,设PN＝d,求d与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下,过点A作PC的平行线交y轴于点F,连接BF,在直线AF上取点E,连接PE,使PE＝2BF,且∠PEF+∠BFE＝180°,请直接写出P点坐标．
【分析】（1）根据二次函数的解析式求出C点的坐标,再根据△ABC的面积求出AB的长度,根据A点的坐标再求出B点的坐标,再用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）用待定系数法求出直线BC的解析式,过点P作PD⊥x轴交BC于点E,交x轴于点D,利用三角函数求出PN＝PE,设出P点的坐标,得出E点的坐标,然后根据PE求出PN即可得出d和x的函数关系式；
（3）过点P作PH⊥FE于点H,过点C作CI⊥FE于点I,过点B作BJ⊥FE于点J,设FE交BC于点K,证△PEH∽△BJF,然后证四边形CPHI是矩形,进而得出K点的坐标,求出AF的解析式,再求出直线PC的解析式,联立直线PC和抛物线的解析式求出P点的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C,
当x＝0时,y＝3,
∴C（0,3）,
即OC＝3,
∵S△ABC＝3,
∴×AB×OC＝3,
即AB×3＝3,
∴AB＝2,
又∵A（1,0）且点B在点A的右边,
∴B（3,0）,
把A点和B点坐标代入抛物线y＝ax2+bx+3,
得,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）由（1）知,C（0,3）,B（3,0）,
设直线BC的解析式为y＝kx+t,
代入B点和C点的坐标得,
解得,
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3,
过点P作PD⊥x轴交BC延长线于点E,交x轴于点D,
∵OC＝OB,
∴∠CBO＝45°,
又∵∠COB＝∠PDO＝90°,且∠CBO＝∠DBE＝45°,
∴∠PEC＝45°,且PN⊥CB,
∴∠NPE＝45°,
∴cos∠NPE＝＝cos45°＝,
∴PN＝PE,
设P（m,m2﹣4m+3）,则E（m,﹣m+3）,
∴PE＝m2﹣4m+3﹣（﹣m+3）＝m2﹣3m,
∴PN＝d＝PE＝（m2﹣3m）＝m2﹣m,
∴d＝x2﹣x；
（3）如下图,过点P作PH⊥FE于点H,过点C作CI⊥FE于点I,过点B作BJ⊥FE于点J,设FE交BC于点K,
∵∠PEF+∠BFE＝180°,且∠PEF+∠PEH＝180°,
∴∠BFE＝∠PEH,
∵∠PHE＝∠CIJ＝∠BJH＝90°,
又∵PE＝2BF,
∴△PEH∽△BJF,
∴BJ＝PH,
又∵CP∥AH,且CI∥PH,
∴四边形CPHI是矩形,
∴CJ＝PH,
又∵∠CJI＝∠BKJ,
∴BJ＝CI,
∴BK＝CK,
∴K（2,1）,
设直线AF的解析式为y＝sx+n,
代入K点和A点的坐标得,
解得,
∴直线AF的解析式为y＝x﹣1,
设直线PC的解析式为y＝x+g,
代入C点坐标得g＝3,
∴直线PC的解析式为y＝x+3,
联立直线PC和抛物线的解析式得,
解得或,
∴P（5,8）．
4．（2022•成都模拟）如图,已知抛物线表达式为y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0）,直线y＝x+与坐标轴交于点A,B．
（1）若该抛物线过原点,求抛物线的表达式．
（2）试说明无论a为何值,抛物线一定经过两个定点,并求出这两个定点的坐标．点P为两定点所在直线上的动点,当点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小时,求点P的坐标；
（3）点N是抛物线上一动点,点M（﹣4,0）,且∠NMA+∠OBA＝90°,若满足条件的点N的个数恰好为3个,求a的值．
【分析】（1）将原点（0,0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0）,即可求解；
（2）由y＝x+中,得A（﹣3,0）,B（0,）,由y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1,即得二次函数的图象过两定点C（2,1）和D（﹣1,1）；则直线CD为y＝1,设P（p,1）,过点P作PH⊥AB于H,可得PA2＝（p+3）2+1,证明△PHD∽△BOA,根据相似三角形的性质得PH＝,PH2＝（p+1）2,则PA2+PH2最小时,PA+PH最小,根据二次函数的性质即可求解；
（3）由∠NMA+∠OBA＝90°,知N在过点M且与直线AB平行的直线y＝x+2上,或在直线y＝﹣x﹣2上,由图得a＞0,直线y＝x+2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1总有两个交点,当直线y＝﹣x﹣2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1个交点时即满足题意,由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2的Δ＝0,即可求解．
【解答】解：（1）把（0,0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1得：
﹣2a+1＝0,
解得a＝,
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x；
（2）∵y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1,
∴x＝2或x＝﹣1时,y＝1,
即二次函数的图象过两定点C（2,1）和D（﹣1,1）,
∴直线CD为y＝1,CD∥x轴,
在y＝x+中,令x＝0得y＝,令y＝0得x＝﹣3,
∴A（﹣3,0）,B（0,）,
∴OA＝3,OB＝,AB＝＝,
如图：过点P作PH⊥AB于H,设P（p,1）,
∴∠PHD＝∠BOA＝90°,
∵CD∥x轴,
∴∠PDH＝∠BAO,
∴△PHD∽△BOA,
∴,
∴,
∴PH＝,PH2＝（p+1）2,
∵PA2＝（p+3）2+1,
∴PA2+PH2最小时,PA+PH最小,
PA2+PH2＝（p+3）2+1+（p+1）2＝p2+p+＝（p+）2+,
∴当p＝﹣时,点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小,
此时,点P的坐标为（﹣,1）；
（3）如图,
∵∠NMA+∠OBA＝90°,∠OAB+∠OBA＝90°,
∴∠NMA＝∠OAB,
∴MN∥AB,
∵直线AB：y＝x+,
设直线MN为y＝x+m,
∵点M（﹣4,0）,
∴﹣2+m＝0,解得m＝2,
∴N在过点M且与直线AB平行的直线y＝x+2上,或在直线y＝﹣x﹣2上,
由图得a＞0,直线y＝x+2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1总有两个交点,
∴当直线y＝﹣x﹣2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1个交点时即满足题意,
由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2得：ax2+（﹣a）x+3﹣2a＝0,
当Δ＝0,即（﹣a）2﹣4a（3﹣2a）＝0时,a＝或（舍去）,
∴a的值为．
5．（2022•成都模拟）如图1所示,直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于点A,点B,点C（1,2）在经过点A,B的二次函数y＝ax2+bx+c的图象上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为线段AB上（不与端点重合）的一动点,过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q,求PQ+PB取得最大值时点P的坐标；
（3）如图2,连接BC并延长,交x轴于点D,E为第三象限抛物线上一点,连接DE,点G为x轴上一点,且G（﹣1,0）,直线CG与DE交于点F,点H在线段CF上,且∠CFD+∠ABH＝45°,连接BH交OA于点M,已知∠GDF＝∠HBO,求点H的坐标．
【分析】（1）求得A、B两点坐标,将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式,进而求得结果；
（2）作PD⊥OB于D,设出点P和Q点坐标,表示出PQ的长,由△BPD∽△BAO表示出PB,从而表示出PQ+PB,进而根据二次函数性质求得结果；
（3）作CN⊥AD于N,作MT⊥AB于T,根据条件推出BM平分∠ABO,根据S△ABM+S△BOM＝S△AOB,求得OM长,进而得出直线CG,BM的解析式,进一步求得结果．
【解答】解：（1）由题意得：A（﹣4,0）,B（0,3）,
∴,
∴,
∴y＝﹣﹣+3；
（2）如图1,
作PD⊥OB于D,
设Q（m,﹣﹣+3）,P（m,m+3）,
∴PQ＝﹣﹣+3﹣（＝﹣﹣,
∵PD∥OA,
∴△BPD∽△BAO,
∴＝,
∴＝,
∴PB＝﹣,
∴PQ+PB＝﹣﹣m﹣m＝﹣﹣,
∴当m＝﹣＝﹣,
∵+3＝,
∴P（﹣,）；
（3）如图2,
作CN⊥AD于N,作MT⊥AB于T,
∵C（1,2）,G（﹣1,0）,
∴CN＝GN＝2,
∴∠CGN＝∠NCG＝45°,
∴∠CFD+∠GDF＝45°,
∵∠CFD+∠ABH＝45°,
∴∠GDF＝∠ABH,
∵∠GDF＝∠HBO,
∴∠ABH＝∠HBO,
∴OM＝MT,
∵S△ABM+S△BOM＝S△AOB,
∴,
∴5OM+3OM＝3×4,
∴OM＝,
∴M（﹣,0）,
∴直线BM的解析式为：y＝2x+3,
∵C（1,2）,G（﹣1,0）,
∴直线CG的解析式为：y＝x+1,
由2x+3＝x+1得,x＝﹣2,
∴x+1＝﹣1,
∴H（﹣2,﹣1）．
6．（2022•洪山区模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C（0,3）,与直线l：y＝k（x﹣3）+3（k＞0）交于D,E两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,连接BD,若△BDE的面积为6,求k的值；
（3）如图2,若直线l与抛物线交于M,N两点,与BC交于点P,且∠MBC＝∠NBC．求P点的坐标．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）先根据直线l的解析式得出定点F（3,3）,连接BF,则BF∥y轴,BF＝3,根据由三角形面积可得xE﹣xD＝4,联立得整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0,再由根与系数关系可得：xD+xE＝2﹣k,xD•xE＝﹣3k,即可求得k的值；
（3）设M（x1,﹣x12+2x1+3）,N（x2,﹣x22+2x2+3）,如图2,分别过点M、N作ME⊥x轴于点E,NQ⊥BF于点Q,可证得∠MBE＝∠NBQ,得出tan∠MBE＝tan∠NBQ,即＝,即可求得k的值,得出直线l的解析式,再利用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝﹣x+3,联立方程组求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,
∴设y＝a（x+1）（x﹣3）,把C（0,3）代入得,3＝a×（0+1）×（0﹣3）,
解得：a＝﹣1,
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直线l：y＝k（x﹣3）+3,当x＝3时,y＝3,
∴点F（3,3）是直线l上一定点,
如图1,连接BF,则BF∥y轴,BF＝3,
∵S△BDF﹣S△BEF＝S△BDE＝6,
∴BF（3﹣xD）﹣BF（3﹣xE）＝6,即（xE﹣xD）＝6,
∴xE﹣xD＝4,
联立得：﹣x2+2x+3＝k（x﹣3）+3,
整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0,
∴xD+xE＝2﹣k,xD•xE＝﹣3k,
∵（xD+xE）2﹣4xD•xE＝（xE﹣xD）2,
∴（2﹣k）2﹣4×（﹣3k）＝42,
解得：k1＝﹣4+2,k2＝﹣4﹣2,
∵k＞0,
∴k＝﹣4+2；
（3）设M（x1,﹣x12+2x1+3）,N（x2,﹣x22+2x2+3）,
如图2,分别过点M、N作ME⊥x轴于点E,NQ⊥BF于点Q,
∵C（0,3）,B（3,0）,
∴OB＝OC,
∵∠BOC＝90°,
∴∠OBC＝45°,∠CBQ＝45°,
∵∠MBC＝∠NBC,
∴∠MBE＝∠NBQ,
∴tan∠MBE＝tan∠NBQ,
∴＝,
∴＝,即＝,
∴x1+x2+x1x2＝0,
由（2）知：x1+x2＝2﹣k,x1•x2＝﹣3k,
∴2﹣k﹣3k＝0,
解得：k＝,
∴直线l的解析式为y＝（x﹣3）+3,
设直线BC的解析式为y＝mx+n,
则,
解得：,
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3,
联立方程组得,
解得：,
∴P点的坐标为（1,2）．
7．（2022•洪山区模拟）抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边）,与y轴的正半轴交于C点,△ABC的面积为6．
（1）直接写出点A、B的坐标为 A（﹣1,0）,B（3,0） ；抛物线的解析式为 y＝﹣x2+2x+3 ．
（2）如图1,连结AC,若在第一象限抛物线上存在点D,使点D到直线AC的距离为,求点D的坐标；
（3）如图2,平行于AC的直线交抛物线于M、N两点,在抛物线上存在点P,当PQ⊥y轴时,PQ恰好平分∠MPN,求P点坐标．
【分析】（1）令y＝0,可求出x的值,进而可得出A,B的坐标；令x＝0,可求出y的值,可得出点C的坐标,得出线段OC的长,利用三角形的面积公式可得出a的值；
（2）过点O作OQ⊥AC于点Q,根据三角形面积的等积法可求出OQ的长,进可得出点D的位置,利用全等三角形的性质求出直线QA′的解析式,联立可求出点D的坐标；
（3）过点M作ME⊥DE于E,过点N作NF⊥DE于F,根据∠MPE＝∠NPE,∠MEP＝∠NFP＝90°,可得△MPE∽△NPF,设出M、N、P三点的坐标（只设横坐标,纵坐标用横坐标表示）,分别用横坐标之差、纵坐标之差表示出两个相似三角形的直角边,列出比例等式；设出MN的解析式,与抛物线方程联立,得出两根之和的关系式,结合前面的比例等式解出P点的横坐标,进而算出纵坐标．
【解答】解：（1）令y＝0,即ax2﹣2ax﹣3a＝0,
解得x＝﹣1或x＝3,
∴A（﹣1,0）,B（3,0）；
令x＝0,则y＝﹣3a,
∴C（0,﹣3a）,即OC＝﹣3a,
∴S＝×4×（﹣3a）＝6,解得a＝﹣1,
∴函数解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
故答案为：A（﹣1,0）,B（3,0）；y＝﹣x2+2x+3．
（2）由（1）知,A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）,
∴OA＝1,OC＝3,AB＝,
过点O作OG⊥AC于点G,
∴S△OAC＝•OA•OB＝•AC•OG
∴×1×3＝וOG,
∴OG＝,
设点D到直线AC的距离h＝＝2OG,
延长GO到点G′,使得OG′＝OG,过点G′作AC的平行线与x轴交于点A′,与抛物线在第一象限内交于点D,
∴∠GAO＝∠G′A′O,
∵∠GOA＝∠G′OA′,
∴△GAO≌△G′A′O（AAS）,
∴OA＝OA′＝1,
∴A′（1,0）,
∵A（﹣1,0）,C（0,3）,
∴直线AC的解析式为：y＝3x+3,
∴直线A′G′的解析式为：y＝3x﹣3,
令3x﹣3＝﹣x2+2x+3,解得x＝2或x＝﹣3,
∵点D在第一象限,
∴D（2,3）．
（3）如图,过点M作ME⊥DE于E,过点N作NF⊥DE于F,
设M（x1,﹣x12+2x1+3）,N（x2,﹣x22+2x2+3）,P（x0,﹣x02+2x0+3）,
则：ME＝﹣x12+2x1+3﹣（﹣x02+2x0+3）＝﹣x12+2x1+x02﹣2x0＝﹣（x1﹣x0）（x1+x0）+2（x1﹣x0）＝（x0+x1﹣2）（x0﹣x1）,
PE＝x0﹣x1,
FN＝﹣x02+2x0+3﹣（﹣x22+2x2+3）＝﹣（x0+x2﹣2）（x0﹣x2）,
PF＝x0﹣x2,
∵PQ恰好平分∠MPN,即∠MPE＝∠NPE,∠MEP＝∠NFP＝90°,
∴△MPE∽△NPF,
∴＝,
∴＝,
∴x0＝,
∵A（﹣1,0）,C（0,﹣3）,
∵MN∥AC,
∴设直线MN的解析式为y＝3x+b,
令3x+b＝﹣x2+2x+3,
由消去y整理得：x2+x﹣3+b＝0,
由韦达定理可知：x1+x2＝﹣1,
∴x＝,
∴x−2x−3＝,
∴P（,）．
8．（2022•泰安模拟）如图,抛物线y＝mx2+3mx﹣2m+1的图象经过点C,交x轴于点A（x1,0）,B（x2,0）（点A在点B左侧）,且x2﹣x1＝5,连接BC,D是AC上方的抛物线一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC,CD,S△DCE：S△BCE是否存在最大值？若存在,请求出其最大值及此时点D的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）第二象限内抛物线上是否存在一点D,DF垂直AC于点F,使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的两倍？若存在,求点D的横坐标,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点的横坐标与一元二次方程根的联系,用一元二次方程根与系数的关系定理列出关于m的方程,解方程即可得出结论；
（2）过点D作DH⊥x轴于点H,交AC于点M,过点B作BN⊥x轴于点B,交直线AC于点N,利用待定系数法求得直线AC的解析式,设D（a,a+2）,则M（a,a+2）,求得线段DM,BN的长,利用同高的三角形的面积关系列出S△DCE：S△BCE关于a的等式,利用配方法和二次函数的性质解答即可；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当∠DCF＝2∠BAC时,②当∠FDC＝2∠BAC时：取AB的中点P,连接OP,过点D作DR⊥y轴于点R,延长交AC于点G,利用勾股定理的逆定理判定△ABC为直角三角形,∠ACB＝90°,设D（a,a+2）,则DR＝﹣a,OR＝a+2,利用直角三角形的边角关系定理列出关于a的方程,解方程即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝mx2+3mx﹣2m+1的图象交x轴于点A（x1,0）,B（x2,0）,
∴x1,x2是方程mx2+3mx﹣2m+1＝0的两根,
∴x1+x2＝﹣3,x1•x2＝．
∵x2﹣x1＝5,
∴＝25．
即：﹣4x1•x2＝25,
∴9﹣4×＝25．
解得：m＝﹣．
∴抛物线的解析式为y＝﹣﹣x+2．
（2）S△DCE：S△BCE存在最大值,此时点D的坐标为（﹣2,3）,理由：
令y＝0,则﹣﹣x+2＝0,
解得：x＝﹣4或1,
∴A（﹣4,0）,B（1,0）,
令x＝0,则y＝2,
∴C（0,2）．
设直线AC的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得：,
∴直线AC的解析式为y＝x+2．
过点D作DH⊥x轴于点H,交AC于点M,过点B作BN⊥x轴于点B,交直线AC于点N,如图,
则DM∥BN,
∴△EDM∽△EBN,
∴．
设D（a,a+2）,则M（a,a+2）,
∴DM＝（a+2）﹣（a+2）＝﹣﹣2a．
当x＝1时,y＝×1+2＝,
∴N（1,）．
∴BN＝．
∵等高的三角形的面积比等于底的比,
∴S△DCE：S△B∁E＝．
∴S△DCE：S△B∁E＝＝﹣﹣a＝﹣（a+2）2+,
∵＜0,
∴当a＝﹣2时,S△DCE：S△BCE有最大值为,此时点D（﹣2,3）；
（3）第二象限内抛物线上存在一点D,DF垂直AC于点F,使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的两倍,点D的横坐标为﹣2或﹣,理由：
∵A（﹣4,0）,B（1,0）,C（0,2）,
∴OA＝4,OB＝1,OC＝2,
∴AC＝＝2,BC＝＝,AB＝OA+OB＝5．
∵AC2+BC2＝25＝AB2,
∴△ABC为直角三角形,∠ACB＝90°．
取AB的中点P,连接OP,
则P（﹣,0）,
∴OP＝．
∴PA＝PB＝PC＝,
∴∠BAC＝∠PCA．
∵∠CPB＝∠BAC+∠PCA,
∴∠CPB＝2∠BAC．
过点D作DR⊥y轴于点R,延长交AC于点G,如图,
①当∠DCF＝2∠BAC时,
设D（m,m+2）,则DR＝﹣m,OR＝m+2,
∴CR＝OR﹣OC＝m．
∵DR⊥y轴,OA⊥y轴,
∴DR∥AB,
∴∠G＝∠BAC．
∵∠DCF＝∠G+∠CDG,∠DCF＝2∠BAC,
∴∠CDG＝∠G＝∠BAC．
∵tan∠BAC＝,
∴tan∠CDR＝．
∴,
∴
解得：m＝﹣2或0（舍去）,
∴m＝﹣2．
∴点D的横坐标为﹣2；
②当∠FDC＝2∠BAC时,
∵∠CPB＝2∠BAC,
∴∠FDC＝∠CPB．
∵tan∠CPB＝,
∴tan∠FDC＝,
∵tan∠FDC＝,
∴,
设FC＝4n,则DF＝3n,
∴CD＝＝5n．
∵tan∠G＝tan∠BAC＝,
∴tan∠G＝,
∴FG＝6n．
∴CG＝FG﹣FC＝2n．
∵tan∠G＝,
∴RC＝n,
∴DR＝＝n,
∴,
解得：a＝或0（舍去）,
∴a＝﹣,
即点D的横坐标为﹣,
综上,第二象限内抛物线上存在一点D,DF垂直AC于点F,使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的两倍,点D的横坐标为﹣2或﹣．
9．（2022•青山区模拟）抛物线y＝x2+（t﹣2）x﹣2t（t＞0）与x轴交于A、B两点（A在B左边）,与y轴交于点 C．
（1）直接写出A点坐标 （﹣t,0） 、B点坐标 （2,0） 、C点坐标 （0,﹣2t） ；
（2）如图1,直线y＝kx+b与抛物线交于M、N两点（M不与A重合,M在N左边）,连接MA,作NH⊥x轴于点H,过点H作HP∥MA交y轴于点P,PH交MN于点Q,求点Q的横坐标；
（3）如图2,直线y＝d（d＞0）与抛物线交于第二象限点D,若∠ADB＝45°,求d﹣t的值．
【分析】（1）令y＝0,从而得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0,解这个方程,进而求得A,B两点坐标,当x＝0时,可求得C点纵坐标；
（2）过点M作MK⊥x轴于K,过点Q作QL⊥x轴于L,设M（x1,kx1+b）、N（x2,kx2+b）设点Q的横坐标为n,则Q（n,kn+b）,将直线MN的解析式与抛物线的解析式联立,从而得出x1+x2＝2+k﹣m,x1x2＝﹣2m﹣b,根据△MKA∽△QLH,可得 ＝,进一步求得结果；
（3）设D（m,m2+（t﹣2）m﹣2t）,作∠DBE＝90°,交DA的延长线于E,作DF∥x轴,作BF⊥DF于F,作EG⊥FB交FB的延长线于G,根据△DFB≌△BGE,可推出点E的坐标,根据M,A的坐标,可以得出MA的解析式,将点E坐标代入,从而求得结果．
【解答】解：（1）令y＝0,得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0,
解得：x＝﹣t或x＝2,
∴A（﹣t,0）,B（2,0）,
令x＝0,得y＝﹣2t,
∴C（0,﹣2t）,
故答案为：A（﹣t,0）,B（2,0）,C（0,﹣2t）；
（2）如图1,
过点M作MK⊥x轴于K,过点Q作QL⊥x轴于L,
∴∠MKA＝∠QLH＝90°,
设M（x1,kx1+b）、N（x2,kx2+b）
联立 ,
整理得x2+（m﹣2﹣k）x﹣2m﹣b＝0,
∴x1+x2＝2+k﹣m,x1x2＝﹣2m﹣b,
设点Q的横坐标为n,则Q（n,kn+b）,
∵MA∥QH,
∴∠MAK＝∠QHL,
∴△MKA∽△QLH,
∴,
即 ＝,
整理得kx1x2+b（x1+x2）+kmn+bm﹣bn＝0,
∴k（﹣2m﹣b）+b（2+k﹣m）+kmn+bm﹣bn＝0,
∴（km﹣b）（n﹣2）＝0,
①当km﹣b＝0,此时直线为y＝k（x+m）,过点A（﹣m,0）,不符合题意；
②当n﹣2＝0,此时n＝2,Q点的横坐标为2；
（3）如图2,
设D（m,m2+（t﹣2）m﹣2t）,
作∠DBE＝90°,交DA的延长线于E,作DF∥x轴,作BF⊥DF于F,作EG⊥FB交FB的延长线于G,
∴∠F＝∠G＝90°,∠DBF+∠EBG＝90°,
∴∠FDB+∠DBF＝90°,
∴∠FDB＝∠EBG,
∵∠ADB＝45°,
∴∠AEB＝90°﹣∠DAB＝45°,
∴BD＝BE,
∴△DFB≌△BGE（AAS）,
∴EG＝BF＝d,BG＝DF＝2﹣m,
∴E（2﹣m,m﹣2）,
设直线DE的解析式为：y＝px+q,
∴,
∴,
∴y＝（m﹣2）x+（m﹣2）t,
把x＝2﹣d,y＝m﹣2代入得,
m﹣2＝（m﹣2）•（2﹣d）（m﹣2）t,
∴d﹣t＝1．
10．（2022•丹阳市二模）如图所示,抛物线y＝﹣x2+bx+3经过点B（3,0）,与x轴交于另一点A,与y轴交于点C．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）如图,设点D是x轴正半轴上一个动点,过点D作直线l⊥x轴,交直线BC于点E,交抛物线于点F,连接AC、FC．
①若点F在第一象限内,当∠BCF＝∠BCA时,求点F的坐标；
②若∠ACO+∠FCB＝45°,则点F的横坐标为 或5 ．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）①作点A关于直线BC的对称点G,连接CG交抛物线于点F．此时,∠BCF＝∠BCA．求得G（3.4）,利用待定系数法求得直线CF的解析式为y＝x+3,联立方程组,即可求解；
②分两种情况讨论,由相似三角形的性质和等腰三角形的性质,可求CF的解析式,联立方程可求解．
【解答】解：（1）∵B（3,0）在抛物线y＝﹣x2+bx+3上,
∴﹣32+3b+3＝0,
∴b＝2,
∴抛物线所对应的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）①作点A关于直线BC的对称点G,AG交BC于点H,过点H作HI⊥x轴于点I,连接CG交抛物线于点F,此时,∠BCF＝∠BCA,
y＝﹣x2+2x+3,令x＝0,则y＝3,
令y＝0,则﹣x2+2x+3＝0,
解得：x＝3或＝﹣1,
∴A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）．
∴OB＝OC,AB＝4,
∴△OCB是等腰直角三角形,则∠OCB＝∠OBC＝45°,
∴∠HAB＝∠OBC＝∠AHI＝∠BHI＝45°,
∴HI＝AI＝BI＝AB＝2,
∴H（1,2）,
∴G（3,4）,
设直线CG的解析式为y＝kx+3,
把G（3,4）代入得：4＝3k+3,
解得k＝,
∴直线CF的解析式为y＝x+3,
∴,解得,
∴点F的坐标为（,）；
②当点F在x轴上方时,如图,延长CF交x轴于N,
∵点B（3,0）,点C（0,3）,
∴OB＝OC,
∴∠OCB＝∠OBC＝45°,
∵A（﹣1,0）,
∴OA＝1,
∵∠ACO+∠FCB＝45°,∠CBO＝∠FCB+∠CNO＝45°．
∴∠ACO＝∠CNO,
∵∠COA＝∠CON＝90°,
∴△CAO∽△NCO,
∴,
∴,
∴ON＝9,
∴点N（9,0）,
设直线CF的解析式为y＝k′x+3,
把N（9,0）代入得：0＝9k′+3,
解得k′＝﹣,
∴直线CF的解析式为y＝﹣x+3,
∴﹣x+3＝﹣x2+2x+3,
∴x1＝0（舍去）,x2＝,
∴点的横坐标为；
当点F在x轴下方时,如图,设CF与x轴交于点M,
∵∠ACO+∠FCB＝45°,∠FCB+∠OCM＝45°．
∴∠ACO＝∠OCM,
∵OC＝OC,∠COA＝∠COM＝90°,
∴△CAO≌△CMO（ASA）,
∴OM＝OA＝1,
∴点M（1,0）,
同理直线CF解析式为：y＝﹣3x+3．
∴﹣3x+3＝﹣x2+2x+3,
∴x1＝0（舍去）,x2＝5,
∴点的横坐标为5．
综上所述,点F的横坐标为或5．
故答案为：或5．
11．（2022•东港区校级一模）如图1,抛物线y＝ax2+bx+3经过A（1,0）、B（3,0）两点,与y轴交于点C,
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图2,M是x轴下方的抛物线上一点,连接MO、MB、MC,若△MOC的面积是△MBC面积的3倍,求点M的坐标；
（3）如图3,连接AC、BC,在抛物线上是否存在一点N（不与点A重合）,使得∠BCN＝∠ACB？若存在,求点N的横坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由于抛物线y＝ax2+bx+3过A（1,0）、B（3,0）两点,那么可以得到方程ax2+bx+3＝0的两根为x＝1或x＝3,然后利用根与系数即可确定a、b的值．
（2）利用待定系数法求出直线BC的解析式,设点M（m,m2﹣4m+3）,过点M作MN∥y轴,交BC于点N,则N（m,﹣m+3）,根据△MOC的面积是△MBC面积的3倍,即可得到点M的坐标；
（3）过点B作BE⊥AB交CN与E,证明△ABC≌△EBC（ASA）,根据全等三角形的性质得BE＝AB＝2,求得E的坐标,由点E、C的坐标可得直线CN的解析式,联立y＝x2﹣4x+3即可求得N点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过A（1,0）、B（3,0）两点,
∴方程ax2+bx+3＝0的两根为x＝1或x＝3,
∴1+3＝﹣,1×3＝,
∴a＝1,b＝﹣4,
∴二次函数解析式是y＝x2﹣4x+3；
（2）∵二次函数解析式是y＝x2﹣4x+3,
∴C（0,3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+t（k≠0）,
则,
解得：．
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3．
设点M（m,m2﹣4m+3）,
过点M作MN∥y轴,交BC于点N,
∴N（m,﹣m+3）,
∴MN＝﹣m+3﹣m2+4m﹣3＝﹣m2+3m,
∵A（1,0）、B（3,0）,C（0,3）．
∴S△MOC＝OC•m＝m,
S△MBC＝MN•OB＝﹣m2+m,
∵△MOC的面积是△MBC面积的3倍,
∴m＝3（﹣m2+m）,
∴m＝0（舍去）或,
∴点M的坐标为（,﹣）；
（3）抛物线上存在一点N,使得∠BCN＝∠ACB．
过点B作BE⊥AB交CN与E,
∵B（3,0）,C（0,3）．
∴OB＝OC＝3,
∴∠OBC＝45°,
∴∠OBC＝∠EBC＝45°,
∵BC＝BC,∠BCN＝∠ACB．
∴△ABC≌△EBC（ASA）,
∴BE＝AB＝2,
∴E（3,2）,
设直线CN的解析式为y＝mx+n,
∴,解得,
∴直线CN的解析式为y＝﹣x+3,
联立y＝x2﹣4x+3得,或（舍去）,
∴抛物线上存在一点N,使得∠BCN＝∠ACB．点N的横坐标为．
12．（2022•宁津县模拟）如图,抛物线与x轴交于点A和点C（﹣1,0）,与y轴交于点B（0,3）,连接AB,BC,对称轴PD交AB与点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,试探究：线段BC上是否存在点M,使∠EMO＝∠ABC,若存在,求出点M的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）如图3,点Q是抛物线的对称轴PD上一点,若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形,请直接写出点Q纵坐标n的取值范围．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）先求出A（4,0）,可得抛物线的对称轴为x＝＝,证明∠ACB＝∠ABC,△MCO∽△EBM,可得MC•BM＝BE•CO,求出MC,即可求解；
（3）当∠BAQ为直角时,求出直线BQ的表达式为y＝x+3,得到n＝5；当∠BQA为直角时,利用解直角三角形的方法求出n＝；当∠BAQ为直角时,同理可得,n＝﹣,进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：,解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3；
（2）对于y＝﹣x2+x+3,令y＝﹣x2+x+3＝0,解得x＝4或﹣1,
故点A的坐标为（4,0）,
∵点A（4,0）,B（0,3）,C（﹣1,0）,
∴抛物线的对称轴为x＝＝,
直线AB的表达式为y＝﹣x+3,
AB＝＝5＝AC．
∴∠ACB＝∠ABC,点E（,）,
∵∠CME＝∠CMO+∠OME＝∠ABC+∠MEB,∠ABC＝∠OME,
∴∠CMO＝∠BEM．
∴△MCO∽△EBM,
∴,
∴MC•BM＝BE•CO,
∵B（0,3）,E（,）,
∴BE＝＝,
∴MC•BM＝,
∵MC+BM＝BC＝＝．
∴MC＝或MC＝．
∴＝或＝,
如图,过M作MK⊥x轴于K,则MK∥y轴,
∴△CMK∽△CBO,
∴＝或,即＝或,
∴MK＝或,
∵B（0,3）,C（﹣1,0）,
∴直线BC的解析式为y＝3x+3,
∴M的﹣横坐标为﹣或﹣,
∴点M的坐标为（﹣,）或（﹣,）；
（3）设点Q的坐标为（,n）,
当∠ABQ为直角时,如图,
设BQ交x轴于点H,
∵∠ABQ＝90°,
∴∠BAO+∠BHA＝90°,
∵∠BAO+∠ABO＝90°,
∴∠ABO＝∠BHA,
∵tan∠ABO＝,
∴tan∠BHO＝,
故设直线BQ的表达式为y＝x+t,
∵该直线过点B（0,3）,
∴t＝3,
∴直线BQ的表达式为y＝x+3,
当x＝时,y＝x+3＝5,
即n＝5；
②当∠BQA为直角时,
过点Q作直线MN交y轴于点N,交过点A与y轴的平行线于点M,
∵∠BQN+∠MQA＝90°,∠MQA+∠MAQ＝90°,
∴∠BQN＝∠MAQ,
∴tan∠BQN＝tan∠MAQ,
即,则,
解得n＝；
③当∠BAQ为直角时,
同理可得,n＝﹣；
综上,以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形,则△ABQ不为直角三角形,
故点Q纵坐标n的取值范围为﹣＜n＜或＜n＜5．
13．（2022•南山区模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a﹣1不为整数）的顶点D（,）,AB⊥BC．
（1）直接得出抛物线解析式．
（2）如图1所示,点P为抛物线一动点,∠PBC＝3∠ABO,求xP；
（3）如图2,延长DB交x轴于点E,EF平分∠BEO,交线段AB于点F．x轴正半轴有一点S,且AS＝12EF．过点F作FG∥x轴,交抛物线的对称轴于点G．该对称轴交x轴于点H．过点G作线段IM、NQ,且NH＝MH＝IH＝QH．线段IQ交直线FG于点R,若线段MN恰好交FG于点F．那么请求出R点坐标．并试问∠EFA与∠RSE是否存在倍数关系？若存在,请分别求出它们的角度大小并写出存在的倍数关系；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）根据顶点写出抛物线的顶点式,再根据AB⊥BC得出OB2＝OA•OC,再转化为a和c的关系,解出a,b,c,最后得到抛物线解析式；
（2）由上一问将∠ABO转化为∠BCO,从而得到点P的两种可能：第一种,在x轴上构造两次等腰三角形从而得到∠3∠BCO,再延长 与抛物线的新交点即为P点；第二种,过点B作x轴平行线,构造∠∠BCO,再在 上再构造2∠BCO即可得到3∠BCO,此时的角的边延长与抛物线的新交点即为P点；
先根据点D,点B得出直线DB,再得出点E坐标,再根据EF平分∠BEO得出F点坐标,EF的长以及EF与y轴坐标 （为了之后方便求∠EFA做准备）,再用 AS＝12EF算出S点坐标；接着根据G点与H点的做法得出 FG以及G点坐标；根据NH＝MH＝IH＝QH得出点N,M,I,Q都在以H为圆心的圆上；延长FG后根据HGFG得出点G是弦的中点,于是本题即为著名的“蝴蝶定理”——点G也是FR的中点,得出R的坐标；最后根据之前的准备与各点的坐标算出∠RSE＝135°,∠EFA＝45°,∠RSE＝3∠EFA．
【解答】解：（1）如图1,设点A（x1,0）,C（x2,0）
由题意,a≠0,其中x1,x2 是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个根
∵抛物线y＝ax2+bx+c的顶点为D（,）,
可设抛物线的顶点式为y+a（x﹣）2+,即y+ax2﹣3ax+,
∴与抛物线的一般式y＝ax2+bx+c对比,得,
当x＝0时,相应的抛物线的函数值为c,
点B坐标为（0,C）,
∵AB⊥BC,
∴∠ABC＝90°,
∴∠OBA+∠OBC＝90°,
∵∠OAB+∠OBA＝90°,
∴∠OAB＝∠OBC,
∵∠AOB＝∠BOC,
∴△OAB∽△OBC,
∴∠ABO＝∠BCO,＝,
∴OA2＝OB•OC,
如图1中,点A（x1,0）在y轴左侧,点C（x2,0）在y轴右侧,点B（0,c）在y轴正半轴,
∴OA＝﹣x1,OB＝OC＝,OC＝x2,其中c＞0,即＞0,
∴a＞﹣,
将以上数值代入到OB2＝OA•OC中,得c2＝﹣x1x2,
又x1,x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个根,
∴x1x2＝,
∴c2＝﹣,
∴ac＝﹣1,
∴a•＝﹣1,
∴a＝﹣或﹣,
∵a﹣1不为整数,而（﹣）﹣1＝﹣2为整数,
∴a＝﹣舍去,
抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+；
（2）如图1中,
∵在第（1）问中已证∠ABO＝∠BCO,
∴条件变为∠PBC＝3∠BCO,
在第（1）问中已求出抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+,
∴x1,x2是方程﹣x2+x+＝0的两根,
∴x1＝﹣,x2＝,
∴A（﹣,0）,B（0,）,C（,0）,
满足∠PBC＝3∠BCO的抛物线上的动点P一共有两种情形：
第一种,如下图所示,连接BC,作线段BC的垂直平分线交x轴于B1点,连接BB1,再作线段BB1的垂直平分线交x轴于B2点,连接BB2,
∴BB1＝B1C,BB2＝B2B1,
∴∠BCB1＝∠B1BC,∠BB1B2＝∠B2BB1,
∵∠BB1B2＝∠BCB1+∠B1BC＝2∠BCB1,即∠BB1O＝2∠BCO,
∴∠B2B1C＝∠B2BB1+∠B1BC＝∠BB1B2+∠BCB1＝2∠BCB1+∠BCB1＝3∠BCB1,
又点B1,O都在x轴上,∠BCB1＝∠BCO,
∴∠B2BC＝3∠BCO,
∴点P只需为直BB2与抛物线的另一个交点即可,此时∠PBC＝∠B2BC＝3∠BCO,符合题目要求,如下图所示；所以只需求出点B2的坐标,再得出直BB2的解析式,最后得出点P横坐标
∵∠BOC＝∠BOB1＝∠BOB2＝90°,B（0,）,C（）,BB1＝B1C,
∴OB＝,OC＝,OB1＝OC﹣B1C＝﹣BB1,
在Rt△BOB1中,（BB1）2＝OB2+OB12＝（）2+（﹣BB1）2,
∴BB1＝,
∴B1C＝BB1＝,OB1＝﹣BB1＝,
∴OB2＝OB1﹣B2B1＝﹣BB2,
在Rt△BOB2中,B2B2＝OB2+B2O2＝（）2+（﹣B2B）2,
∴B2B＝,
∴B2B2＝BB2＝,OB2＝﹣BB2＝,
∴点B2的坐标为（,0）,
设直线BB2的解析式为y＝kx+t1,
∴,解方程组得,
直线BB2的解析式为y＝﹣x+,
由,
解得x＝0或,
∴满足条件的点P的横坐标为．
第二种,如图1,过点B作关于抛物线对称轴对称的点B3,点B3仍在抛物线上；再连接BB3,将线段BB3绕着点B逆时针旋转到BB4,使得∠B4BB3＝2∠BCO；过点B4作B4B5⊥BB3于B5,
∵BB3∥x轴,且B3（3,）,BB3＝3,
∴∠BCO＝∠B3BC,
∵∠B4BB3＝2∠BCO,
∴∠B4BC＝∠B4BB3+∠B3BC＝2∠BO+∠BCO＝3∠BCO,
又∵此时∠PBC＝∠B4BC,
∴∠PBC＝3∠BCO符合题意,
根据作法,BB4＝BB3＝3,且在第一种情形已知∠BB1O＝2∠BCO,OB＝,OB1＝,
∴∠B4BB3＝2∠BCO＝∠BB1O,
∴tan∠B4BB3＝tan∠BB1O＝＝＝,
在Rt△B4B5B中,＝tan∠B4BB3＝,
∴B4B5＝BB5,
在Rt△B4B5B中,BB42＝BB52+B4B52,
∴32＝BB52+（BB5）2
∴BB5＝,B4B5＝,
∴B4（,）
∴直线BB4的解析式为y＝x+,
由,
解得x＝或0,
∴满足条件的点P的横坐标为,
综上所述,满足条件的点P的横坐标为或．
（3）结论：∠RSE＝3∠EFA．
理由：∵点D（,）,点B（0,）,
∴直线BD的解析式为y＝x+,
∴点E（﹣,0）,
∴OE＝,OB＝
根据勾股定理,BE＝＝,
如图3,延长EF交y轴于点F1,过点F1作F1F2⊥BE于点F2,
∵EF平分∠BEO,
∴EF1平分∠BEO,且OF1＝F1F2（角平分线上的点到角的两边距离相等）,
∵•BF1•OE＝•BE•F1F2,
即（OB﹣OF1）•OE＝BE•OF1,
∴（﹣OF1）×＝•OF1,
∴OF1＝,
∴F1（0,）,
∴直线EF的解析式为y＝x+,
∵A（﹣,0）,B（0,）,
∴直线AB的解析式为y＝3x+,
由,解得,
∴F（﹣,）,
∵E（﹣,0）,
∴EF＝,
∵x轴正半轴有一点S,且AS＝12EF,
∴AS＝12×,
∴AS＝,
∵A（﹣,0）,
∴S（3,0）,
∵FG∥x轴,交抛物线于点G,对称轴交X轴于点H,
∴HG⊥FG,G（,）,
∵NH＝MH＝IH＝QH,
点I,Q,M,N在以H为圆心,以HI为半径的圆上,
为方便,将圆中相关部分单独提出,并将直线FG两端延长至与⊙H相交,F侧交点记为F′,R侧交点记为R′,如图2所示,
∴FN•FM＝FF′•FR′,IR•QR＝RR′•RF′,
过点R作MN的平行线交NQ于点K,交MI的延长线于点L,
∴∠M＝∠L,∠N＝∠GKR,
∵∠FGM＝∠LGR,∠NGF＝∠KGR,
∴△FGM∽△LGR,△NGF∽△KGR,
∴＝,＝,
∴＝,
∵∠L＝∠M＝∠Q,∠IRL＝∠QRK,
∴△ILR∽△KQR,
∴＝即LR•KR＝IR•QR,
∴＝,即＝,
∵F′G＝GR′,
∴＝,
∴＝,
∴﹣1＝﹣1,
∴FG＝RG,
∴点G也是FR的中点,
∴R（,）,
如图3,过点F1作F1F3⊥AB于点F3,过点R作RR1⊥x轴于点R1．
∵R（,）,S（3,0）,F1（0,）,
∴R1（,0）,SR1＝﹣3＝,
∴RR1＝SR1,
∴△RR1S是等腰直角三角形,
∴∠RSR1＝45°,
∴∠RSE＝180°﹣45°＝135°,
∴∠EFA＝∠F1FF3,
∵F（﹣,）,F1（0,）,
∴FF1＝,
∵∠ABP＝∠F1BF3,∠AOB＝∠F1F3B＝90°,
∴△F1F3B∽△ABO,
∴＝,
∴＝,
∴F1F3＝,
∴sin∠F1FF3＝＝,
∴∠F1FF3＝45°,
∴∠EFA＝45°,
∴∠RSE＝3∠EFA．
14．（2022•大连二模）抛物线y＝x2﹣4x+c与直线I：y＝kx交于点G（1,m）和点H,﹣1≤m＜0,直线x＝m﹣1交直线l于点A,交抛物线于点B．
（1）求c和k的值（用含m的代数式表示）；
（2）过点A作x轴的平行线交抛物线于M,N两点（M在N的左侧）,交y轴于点C．求的取值范围；
（3）在（2）的条件下,过点B作x轴的平行线,与抛物线另一个交点为D,若点E是线段BD的中点,探究∠MEN与∠ABC的数量关系,并说明理由．
【分析】（1）把点G（1,m）分别代入y＝x2﹣4x+c与y＝kx,即可求得答案；
（2）由题意可得A（m﹣1,m2﹣m）,B（m﹣1,m2﹣5m+8）,M（m+1,m2﹣m）,求得＝＝﹣2m+4,再根据一次函数的性质即可求得的取值范围；
（3）先求出D（﹣m+5,m2﹣5m+8）,E（2,m2﹣5m+8）,F（2,m2﹣m）,利用三角函数定义可得：tan∠ABC＝＝,tan∠MEF＝＝,tan∠NEF＝＝,得出∠MEF＝∠NEF＝∠ABC,进而可得∠MEN＝2∠ABC．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣4x+c与直线I：y＝kx交于点G（1,m）,
∴m＝12﹣4×1+c,m＝k×1,
∴c＝m+3,k＝m；
（2）∵直线x＝m﹣1交直线l于点A,
∴y＝m（m﹣1）＝m2﹣m,
∴A（m﹣1,m2﹣m）,
∵直线x＝m﹣1交抛物线于点B,
∴y＝x2﹣4x+m+3＝（m﹣1）2﹣4（m﹣1）+m+3＝m2﹣5m+8,
∴B（m﹣1,m2﹣5m+8）,
∴AB＝﹣4m+8,
∵过点A作x轴的平行线交抛物线于M,N两点（M在N的左侧）,交y轴于点C,
∴C（0,m2﹣m）,点M的纵坐标与点A的纵坐标相等,
∴m2﹣m＝x2﹣4x+m+3,
解得：x1＝m+1,x2＝﹣m+3,
∴M（m+1,m2﹣m）,N（﹣m+3,m2﹣m）,
∴AM＝m+1﹣（m﹣1）＝2,
∴＝＝﹣2m+4,
∵﹣2＜0,且﹣1≤m＜0,
∴的值随着m的增大而减小,
当m＝﹣1时,＝﹣2×（﹣1）+4＝6,
当m＝0时,＝﹣2×0+4＝4,
∴4≤≤6；
（3）∠MEN＝2∠ABC．理由如下：
∵BD∥x轴,
∴点D的纵坐标与点B的纵坐标相等,
∴m2﹣5m+8＝x2﹣4x+m+3,
解得：x1＝m﹣1,x2＝﹣m+5,
∴D（﹣m+5,m2﹣5m+8）,
∵点E是线段BD的中点,
∴E（2,m2﹣5m+8）,
如图,设直线x＝2交直线MN于点F,
则F（2,m2﹣m）,
∴MF＝NF＝﹣m+1,EF＝m2﹣5m+8﹣（m2﹣m）＝﹣4m+8,
∵AC＝0﹣（m﹣1）＝﹣m+1,AB＝﹣4m+8,
∴tan∠ABC＝＝,
∵tan∠MEF＝＝,tan∠NEF＝＝,
∴∠MEF＝∠NEF＝∠ABC,
∴∠MEN＝2∠ABC．
15．（2022•新抚区模拟）如图,直线y＝mx+n与抛物线y＝﹣x2+bx+c交于A（﹣2,0）,B（2,2）两点,直线AB与y轴交于点C．
（1）求抛物线与直线AB的解析式；
（2）点P在抛物线上,直线PC交x轴于Q,连接PB,当△PBC的面积是△ACQ面积的2倍时,求点P的坐标；
（3）点M为坐标轴上的动点,当∠AMB＝45°时,直接写出点M的坐标．
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）由一次函数解析式可得点C坐标,从而可得AC＝BC,由△PBC的面积是△ACQ面积的2倍可得点P到AB的距离是点Q到AB的距离的2倍,通过分类讨论点P的位置,结合图象求解．
（3）分别讨论点M在x轴正半轴,y轴负半轴与正半轴三种情况,由AB长度不变,∠AMB角度不变可得∠AMB为弦AB所对圆周角,从而可得AB所对圆心角为直角,进而求解．
【解答】解：（1）将A（﹣2,0）,B（2,2）代入y＝﹣x2+bx+c得,
解得,
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+5．
将A（﹣2,0）,B（2,2）代入y＝mx+n得,
解得,
∴直线AB解析式为y＝x+1．
（2）①点P在x轴上方是,过点P作x轴平行线,交y轴于点F,交直线AB于点E,
将x＝0代入y＝x+1得y＝1,
∴点C坐标为（0,1）,
∵A（﹣2,0）,B（2,2）,
∴C为AB中点,即AC＝BC,
∴当△PBC的面积是△ACQ面积的2倍时,点P到BC的距离是点Q到AC的距离的2倍,
∵PE∥OA,
∴△EPC∽△AQC,
∴＝2,
∵PF∥OA,
∴△PFC∽△OQC,
∴＝＝2,
∴点P纵坐标为FC+OC＝3OC＝3,
将y＝3代入y＝﹣x2+x+5得3＝﹣x2+x+5,
解得x1＝﹣,x2＝+,
∴点P坐标为（﹣,3）或（+,3）．
②点P在x轴下方,连接BQ,PK⊥x轴于点K,
∵C为AB中点,
∴S△AQC＝S△BQC,
∵△PBC的面积是△ACQ面积的2倍,
∴S△PBQ＝S△BQC,
∴点Q为CP中点,
又∵∠CQO＝∠PQK,∠COQ＝∠PKQ＝90°,
∴△OCQ≌△KPQ,
∴CQ＝KP,即点P纵坐标为﹣1,
将y＝﹣1代入y＝﹣x2+x+5得﹣1＝﹣x2+x+5,
解得x1＝,x2＝,
∴点P坐标为（,﹣1）,（,﹣1）,
综上所述,点P坐标为（﹣,3）或（+,3）或（,﹣1）或（,﹣1）,
（3）①点M在x轴正半轴上,作BN⊥x轴于点N,
∵∠AMB＝45°,
∴△BNM为等腰直角三角形,
∴BN＝NM＝2,
∴OM＝ON+NM＝4,
∴点M坐标为（4,0）．
②如图,点M在y轴负半轴,作AG⊥BM于点G,
∵AB长度不变,∠AMB＝45°,
∴点A,B,C在同一个圆上,
∵∠AGB＝2∠AMB＝90°,
∴点G为△AMB外接圆圆心,
∴GA＝GM＝GB,即△AMB为等腰直角三角形,
∴AM＝AB＝＝2,
在Rt△AOM中,由勾股定理得OM＝＝4,
∴点M坐标为（0,﹣4）,
③点M1与点M关于点C对称,则四边形AMBM1为平行四边形,∠AM1B＝45°,
∴点M1坐标为（0,6）．
∴点M坐标为（4,0）或（0,﹣4）或（0,6）．
16．（2022•铁岭模拟）如图1,抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴交于A（﹣2,0）、B（4,0）两点,与y轴交于点C,直线l与抛物线交于A、D两点,其中D点的横坐标为2．
（1）求抛物线的解析式以及直线AD的解析式；
（2）点P是抛物线上位于直线AD下方的动点,过点P作x轴,y轴的平行线,交AD于点E、F,当PE+PF取最大值时,求点P的坐标；
（3）如图2,连接AC,点Q在抛物线上,且满足∠QAB＝2∠ACO,求点的坐标．
【分析】（1）将A（﹣2,0）,B（4,0）代入y＝ax2﹣x+c,求出抛物线的解析式,求出D点坐标后,利用待定系数法求直线AD的解析式；
（2）由题意可得PF＝PE,设P（x,x2﹣x﹣4）,F（x,﹣x﹣2）,则PF＝﹣x2+2,当PF最大时,PF+PE就最大,由此求解即可；
（3）在BO上截取ON＝OA,连接CN,过点A作AH⊥CN,证明△OCN≌△OCA（SAS）,则可推导出∠QAB＝∠NCA,再由S△ANC＝AN×OC＝AH×CN,求出tan∠NCA＝,分两种情况讨论：当点Q在AB的下方时,设AQ与y轴交于点I,tan∠NCA＝tan∠QAB＝,可求点I（0,﹣）,求出直线AQ解析式为y＝﹣x﹣,联立方程组得：,可求点Q坐标为（,﹣）,当点Q在AB的上方时,同理可求直线AQ解析式为：y＝x+,联立方程组得：,可求点Q坐标为（,）．
【解答】解：（1）将A（﹣2,0）,B（4,0）代入y＝ax2﹣x+c,
得,
解得,
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣4,
当x＝2时,y＝﹣4,
∴D（2,﹣4）,
设直线AD的解析式为y＝kx+b,
将A（﹣2,0）D（2,﹣4）代入,
得,
解得,
∴直线AD的解析式为y＝﹣x﹣2；
（2）根据题意作图,如图1,
在y＝﹣x﹣2上,当x＝0时,y＝﹣2,
∴AD与y轴的交点M的坐标为（0,﹣2）,
∴OA＝OM,∠AOM＝90°,
∴∠OAB＝45°,
∵PE∥x轴,PF∥y轴,
∴∠PEF＝∠OAB＝45°,∠EPF＝90°,
∴PF＝PE,
设P（x,x2﹣x﹣4）,F（x,﹣x﹣2）,
∴PF＝﹣x2+2,
∵P在AD的下方,
∴﹣2＜x＜2,
当x＝0时,PF有最大值为2,此时PF+PE最大,
∴P（0,﹣4）；
（3）在BO上截取ON＝OA,连接CN,过点A作AH⊥CN,如图2,
∵点A（﹣2,0）,点C（0,﹣4）,
∴OA＝2,OC＝4,
∴AC＝2,
∵ON＝OA,∠CON＝∠COA＝90°,OC＝OC,
∴△OCN≌△OCA（SAS）,
∴∠ACO＝∠NCO,CN＝AC＝2,
∴∠NCA＝2∠ACO,
∵∠QAB＝2∠ACO,
∴∠QAB＝∠NCA,
∵S△ANC＝AN×OC＝AH×CN,
∴AH＝,
∴CH＝,
∴tan∠NCA＝,
如图3,当点Q在AB的下方时,设AQ与y轴交于点I,
∵∠QAB＝∠NCA,
∴tan∠NCA＝tan∠QAB＝,
∴OI＝,
∴点I（0,﹣）,
又∵点A（﹣2,0）,
∴直线AQ解析式为：y＝﹣x﹣,
联立方程组得：,
解得：或（不合题意舍去）,
∴点Q坐标为（,﹣）,
当点Q在AB的上方时,同理可求直线AQ解析式为：y＝x+,
联立方程组得：,
解得：（不合题意舍去）或,
∴点Q坐标为（,）,
综上所述：点Q的坐标为（,﹣）或（,）．
17．（2022•平房区二模）如图1,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A、B（点A在点B左侧）,与y轴交于点C,直线y＝﹣x+4经过B、C两点,OB＝4OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第四象限抛物线上一点,过点P作PD⊥x轴交BC于点D,垂足为N,连接PC交x轴于点E,设点P的横坐标为t,△PCD的面积为S,求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下,如图3,过点P作PF⊥PC交y轴于点F,PF＝PE．点G在抛物线上,连接PG,∠CPG＝45°,连接BG,求直线BG的解析式．
【分析】（1）求出点A、B的坐标,将A（1,0）,B（4,0）代入y＝ax2+bx+4,即可求函数的解析式；
（2）由P（t,t2﹣5t+4）（0＜t＜4）,则D（t,﹣t+4）,求出PD的长,然后再求S＝×PD×t＝﹣t3+2t2；
（3）过点P作PM⊥y轴交于M,可证明△PFM≌△PEN（ASA）,进而求出P点坐标,再由PD∥OC,则＝,可求EN的长,能求出tan∠ECB＝＝,过点G作GH⊥PD交PD的延长线于点H,设G（m,m2﹣5m+4）,可求点G（5,4）,再由待定系数法求直线BG的解析式即可．
【解答】解：（1）在直线y＝﹣x+4中,令x＝0,则y＝4,
∴C（0,4）,
令y＝0,则x＝4,
∴B（4,0）,
∴OB＝4,
∵OB＝4OA,
∴OA＝1,
∴A（1,0）,
将A（1,0）,B（4,0）代入y＝ax2+bx+4,
∴,
解得,
∴y＝x2﹣5x+4；
（2）∵点P的横坐标为t,
∴P（t,t2﹣5t+4）（1＜t＜4）,
∵PD⊥x轴,
∴D（t,﹣t+4）,
∴PD＝﹣t+4﹣t2+5t﹣4＝﹣t2+4t,
∴S＝×t×（﹣t2+4t）＝﹣t3+2t2；
（3）过点P作PM⊥y轴交于M,
∵PN⊥x轴,
∴∠NPM＝90°,
∵PF⊥PC,
∴∠FPE＝90°,
∴∠FPM＝∠EPN,
∵PE＝PF,
∴△PFM≌△PEN（ASA）,
∴PM＝PN,
∴t＝﹣（t2﹣5t+4）,
解得t＝2,
∴P（2,﹣2）,
∵PD∥OC,
∴∠OCA＝∠CPD,
∵∠OCB＝∠CPG＝45°,
∴∠PCB＝∠DPG,
又∵PD∥OC,
∴＝,即＝,
解得EN＝,
∴BE＝2+＝,
过点E作EK⊥BC交于K,
∵∠OBC＝45°,
∴EK＝BK＝,
∴CK＝4﹣＝,
∴tan∠ECB＝＝,
过点G作GH⊥PD交PD的延长线于点H,
设G（m,m2﹣5m+4）,
∴＝,
解得m＝2（舍）或m＝5,
∴G（5,4）,
设直线BG的解析式为y＝kx+n,
∴,
解得,
∴y＝4x﹣16．
18．（2022•新民市一模）如图,已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0,2）,B（8,0）,点D是第一象限抛物线上的一点,CD⊥AB于点C．
（1）直接写出抛物线的表达式 y＝﹣++2 ；
（2）如图1,当CD取得最大值时,求点D的坐标,并求CD的最大值；
（3）如图2,点D满足（2）的条件,点P在x轴上,且∠APD＝45°,直接写出点P的横坐标 或 ．
【分析】（1）将x＝0,y＝2；x＝8,y＝0代入得抛物线的表达式,进一步求得结果；
（2）作DF⊥OB于F,交AB于E,根据△DCE∽△BOA,可得出CD＝DE,设D（m,﹣++2）,E（m,﹣+2）,从而得出DE＝（﹣++2）﹣（﹣m+2）＝﹣（m﹣4）2+2,进一步求得结果；
（3）作△APD的外接圆I,连接AI,DI,作IR⊥y轴于R,作DT⊥RI,交RI的延长线于T,设I（a,b）,可推出△ARI≌△ITD,从而得出AR＝IT＝2﹣b,RI＝DT＝a,进而得出a＝3﹣b,a+2﹣b＝4,从而求得a,b的值,根据PI2＝AI2,进而求得结果．
【解答】解：（1）将x＝0,y＝2代入抛物线的表达式得：c＝2,
将x＝8,y＝0代入得,
﹣×82+8b+2＝0,
∴b＝,
∴y＝﹣+,
故答案为：y＝﹣+；
（2）如图1,
作DF⊥OB于F,交AB于E,
∴∠DCE＝∠BFE＝90°,
∵∠CED＝∠BEF,
∴∠D＝∠ABO,
∴△DCE∽△BOA,
∴,
∵OB＝8,AB＝＝＝2,
∴,
∴CD＝DE,
设D（m,﹣++2）,
∵A（0,2）,B（8,0）,
∴直线AB的表达式为：y＝﹣x+2,
∴E（m,﹣+2）,
∴DE＝（﹣++2）﹣（﹣m+2）＝﹣（m﹣4）2+2,
∴当m＝4时,DE最大＝2,
∴CD最大＝,
当x＝4时,y＝﹣++2＝3,
∴D（4,3）；
（3）如图2,
作△APD的外接圆I,连接AI,DI,
∴∠AID＝2∠APD＝90°,
设I（a,b）,P（n,0）,
作IR⊥y轴于R,作DT⊥RI,交RI的延长线于T,
∴∠ARI＝∠T＝90°,
∴∠AIR+∠RAI＝90°,
∵∠AID＝90°,
∴∠AIR+∠DIT＝90°,、
∴∠RAI＝∠DIT,
∵AI＝DI,
∴△ARI≌△ITD（AAS）,
∴AR＝IT＝2﹣b,RI＝DT＝a,
∵DT＝3﹣b,
∴a＝3﹣b,
∵RI+IT＝4,
∴a+2﹣b＝4,
∴a＝,b＝,
∴I（,）,
由PI2＝AI2得,
（n﹣）2+（）2＝（）2+（2﹣）2,
∴n＝,
∴P点横坐标为：或．
19．（2022•大庆二模）如图,抛物线y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,已知点B（3,0）．
（1）求直线BC及抛物线的函数表达式；
（2）P为x轴上方抛物线上一点．
①若S△PBC＝S△ABC,请直接写出点P的坐标；
②如图,PD∥y轴交BC于点D,DE∥x轴交AC于点E,求PD+DE的最大值；
（3）Q为抛物线上一点,若∠ACQ＝45°,求点Q的坐标．
【分析】（1）将点B（3,0）代入y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）,求出m即可求函数是解析式；再由待定系数法求直线BC的解析式即可；
（2）①过点A作AP∥BC,则S△PBC＝S△ABC,直线直线BC和直线AP的交点即为P点；
②设点P（t,﹣t2+4t﹣3）,则点D（t,t﹣3）,,可得＝﹣（t﹣）2+,则当时,PD+DE取最大值；
（3）在抛物线上取点Q,使∠ACQ＝45°,过点B作BM⊥BC,交CQ的延长线于点M,过点M作MN⊥x轴于点N,△OBC和△BMN都是等腰直角三角形,由此可知∠OCA＝∠BCM,利用三角形函数求出M（4,﹣1）,从而能确定直线CQ的解析式为,设点,再将Q点代入函数解析式即可求解．
【解答】解：（1）将点B（3,0）代入y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）,
∴m2+m＝0,
解得m＝0（舍）或m＝﹣1,
∴y＝﹣x2+4x﹣3,
令x＝0,则y＝﹣3,
∴C（0,﹣3）,
设直线BC的函数表达式为y＝kx+b,
将点B（3,0）,C（0,﹣3）代入,
得,
解得,
∴y＝x﹣3；
（2）①如图1,过点A作AP∥BC,则S△PBC＝S△ABC,
∵直线BC的解析式为y＝x﹣3,
∴直线AP的表达式为y＝x﹣1．
联立．
解得（舍）或,
∴P（2,1）；
②由（1）知直线BC的表达式为y＝x﹣3,
设直线AC的解析式为y＝k'x+b',
∴,
解得,
∴y＝3x﹣3,
设点P（t,﹣t2+4t﹣3）,则点D（t,t﹣3）,,
∴PD＝﹣t2+4t﹣3﹣（t﹣3）＝﹣t2+3t,,
∴＝﹣（t﹣）2+,
∴当时,PD+DE取最大值；
（3）如图2,在抛物线上取点Q,使∠ACQ＝45°,
过点B作BM⊥BC,交CQ的延长线于点M,过点M作MN⊥x轴于点N,
∵B（3,0）,C（0,﹣3）
∴OB＝OC＝3,BC＝3,
∴△OBC为等腰直角三角形,
∴△BMN为等腰直角三角形,
∵∠ACQ＝45°,
∴∠OCA＝∠BCM,
∵A（1,0）,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴BN＝NM＝1,
∴M（4,﹣1）,
∴直线CQ的解析式为,
设点,
∴,
整理得：,
解得或n＝0（舍）,
∴．
20．（2022•运城二模）如图,已知抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于点A（﹣2,0）,B（8,0）两点,与y轴交于点C,点P是直线BC下方抛物线上一动点,过点P作直线PE∥y轴,交直线BC于点D,交x轴于点F,以PD为斜边,在PD的右侧作等腰直角△PDF．
（1）求抛物线的表达式,并直接写出直线BC的表达式；
（2）设点P的横坐标为m（0＜m＜3）,在点P运动的过程中,当等腰直角△PDF的面积为9时,请求出m的值；
（3）连接AC,该抛物线上是否存在一点M,使∠ACO+∠BCM＝∠ABC,若存在,请直接写出所有符合条件的点M的坐标,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式,再求出C点坐标,然后利用待定系数法求直线BC的表达式即可；
（2）设出P（m,﹣3m﹣8）,D（m,m﹣8）,然后根据两点间距离公式表示出PD长,再根据等腰直角三角形的性质列出△PDF的面积表达式,结合面积为9建立方程求解,即可解决问题；
（3）分点M在BC的上方和点M在BC的下方两种情况讨论,根据题意画出图形,构造三角形全等,求出直线CM上的一点坐标,则可利用待定系数法求出直线CM的解析式,最后和抛物线的解析式联立求解,即可求出点M的坐标．
【解答】解：（1）把A（﹣2,0）,B（8,0）分别代入y＝ax2+bx﹣8中,
则,
解得,
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣3x﹣8；
令x＝0．则y＝﹣8,
∴C（0,﹣8）,
设直线BC解析式为y＝kx﹣8（k≠0）,
把B（8,0）代入解析式得,8k﹣8＝0,
解得：k＝1,
∴直线BC解析式为y＝x﹣8；
（2）∵点P的横坐标为m（0＜m＜3）,
∴P（m,﹣3m﹣8）,D（m,m﹣8）,
∴PD＝（m﹣8）﹣（﹣3m﹣8）＝﹣+4m,
过点P作PN⊥PD于N,
∵△PDF是等腰直角三角形,PD为斜边,
∴PN＝DN,
∴FN＝PD,
∴S△PDF＝PD•FN＝PD2＝9,
∴PD＝6,
∴﹣+4m＝6,
解得：m1＝6,m2＝2,
又∵0＜m＜3,
∴m＝2；
（3）存在,理由如下：由（2）得△BOC为等腰直角三角形,
∴∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝∠BCO＝45°,
①如图,当点M在BC的上方时,设CM与x轴交于一点D,
∵∠ACO+∠BCD＝∠ABC＝∠BCO＝∠OCD+∠BCD,
∴∠ACO＝∠DCO,
∵OC⊥AD,OC＝OC,
∴△AOC≌△COD（ASA）,
∴OD＝OA＝2,
∴D（2,0）,
设直线CM解析式为y＝nx﹣8（n≠0）,
则2n﹣8＝0,
解得：n＝4,
∴直线CM解析式为y＝4x﹣8,
则,
解得：或（舍去）,
∴此时点M的坐标为（14,48）；
②如图,当点M在BC的下方时,
过B作x轴的垂线,过C作y轴的垂线,两条垂线交于一点H,作∠HCK＝∠ACO,CK交抛物线与点M,
由（2）得△BOC为等腰直角三角形,
∴∠ABC＝∠BCO＝45°,
∴∠BCH＝45°,
即∠BCM+∠MCH﹣45°,
∵∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝45°,
∴∠ACQ＝∠MCH,
又∵∠AOC＝∠KHC＝90°,
∵OB＝OC．∠COB＝∠OCH＝∠OBH＝90°,
∴四边形OCHB正方形,
∵OC＝OH,
∴△AOC≌△KHC（ASA）,
∴KH＝OA＝2,
∴BK＝BH﹣KH＝8﹣2＝6,
∴K（8,﹣6）,
设直线CK的解析式为y＝ex﹣8（e≠0）,
∴﹣6＝8e﹣8,
解得：e＝,
∴直线CK的解析式为y＝x﹣8,
则,
解得或（舍去）,
∴M（,﹣）；
综上所述,点M坐标为（14,48）或（,﹣）．
21．（2022•永安市模拟）已知二次函数y＝x2+（k﹣2）x﹣2k．
（1）当此二次函数的图象与x轴只有一个交点时,求该二次函数的解析式；
（2）当k＞0时,直线y＝kx十2交抛物线于A,B两点（点A在点B的左侧）,点P在线段AB上,过点P做PM垂直x轴于点M,交抛物线于点N．
①求PN的最大值（用含k的代数式表示）；
②若抛物线与x轴交于E,F两点,点E在点F的左侧．在直线y＝kx+2上是否存在唯一一点Q,使得∠EQO＝90°？若存在,请求出此时k的值；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）可求得二次函数与x轴的交点为（2,0）（﹣k,0）,进而得出结果；
（2）①设点P（m,km+2）,从而表示出点N的坐标,进而表示出PN的函数关系式,进一步求得结果；
②只需以OE为直径的圆与直线y＝kx+2相切,即OE的中点I到GH的距离等于半径,根据面积法可求得k的值．
【解答】解：（1）当y＝0时,x2+2（k﹣2）x﹣2k＝0,
∴（x﹣2）•（x+k）＝0,
∴x1＝2,x2＝﹣k,
∵二次函数的图象与x轴只有一个交点,
∴k＝﹣2,
∴该二次函数的解析式为y＝x2﹣4x+4；
（2）①设点P的坐标为（m,km+2）,则点N的坐标为（m,m2+（k﹣2）m﹣2k）,
∴PN＝km+2﹣[m2+（k﹣2）m﹣2k]＝﹣m2+2m+2+2k＝﹣（m﹣1）2+3+2k,
∴当m＝1时,PN取得最大值,最大值为3+2k；
②如图,
存在唯一的Q点,使∠EQO＝90°：
设直线y＝kx+2交x周于G,交y轴于H,OE的中点记作I,作IQ⊥GH于Q,连接IH,
当IQ＝,∠EQO＝90°且有唯一的点Q,
当y＝0时,kx+2＝0,
∴x＝﹣,
∴OG＝,
当x＝0时,y＝2,
∴OH＝2,
∴GH＝＝,
由（1）知：OE＝k,
∴OI＝IQ＝,
∵S△GOH＝S△HOI+S△GIH,
∴,
∴2×＝2×+,
∴k＝．
22．（2022•南岗区三模）在平面直角坐标系中,点O为坐标系的原点,经过点B（3,6）的抛物线与x轴的正半轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点P为第一象限抛物线上的一点,且点P在抛物线对称轴的右侧,连接OP,AP,设点P的横坐标为t,△OPA的面积为S,求S与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2,在（2）的条件下,当时,连接BP,点C为线段OA上的一点,过点C作x轴的垂线交BP的延长线于点D,连接OD,BC,若,求点C的坐标．
【分析】（1）根据抛物线经过点B（3,6）得：6＝﹣×32+3b,解得抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x；
（2）过点P作PE⊥x轴,垂足为点E,由点P的横坐标为t,得P（t,﹣t2+t）,PE＝﹣t2+t,由y＝﹣x2+x可得点A的坐标为（7,0）,故S＝OA•PE＝×7•（﹣t2+t）＝﹣t2+t；
（3）过点P作PE⊥x轴,垂足为点E,过点B作FG⊥y轴,垂足为点F,FG交EP的延长线于点G,取OD的中点M,连接BM,CM,延长BM交x轴于点N,延长CM至点H,当S＝时,结合（2）可得t＝5,点P的坐标为（5,5）,在Rt△OBF中,,在Rt△PBG中,,即得∠BOF＝∠PBG,设∠CBD＝2α,由,可证明∠CMN＝90°﹣2α＝∠OMN,从而BN⊥x轴,CN＝ON,又CN＝ON＝3,即得OC＝6,点C的坐标为（6,0）．
【解答】解：（1）根据题意得：6＝﹣×32+3b,
解得：b＝,
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x；
（2）过点P作PE⊥x轴,垂足为点E,如图：
∵点P在抛物线y＝﹣x2+x上,点P的横坐标为t,
∴P（t,﹣t2+t）,
∴PE＝﹣t2+t,
在y＝﹣x2+x中,令y＝0,得﹣x2+x＝0,
解得x1＝0,x2＝7,
∴点A的坐标为（7,0）,
∴S＝OA•PE＝×7•（﹣t2+t）＝﹣t2+t；
答：S与t的函数解析式为S＝﹣t2+t；
（3）过点P作PE⊥x轴,垂足为点E,过点B作FG⊥y轴,垂足为点F,FG交EP的延长线于点G,取OD的中点M,连接BM,CM,延长BM交x轴于点N,延长CM至点H,如图：,
当S＝时,＝﹣t2+t,
解得t1＝2,t2＝5,
∵抛物线y＝﹣x2+x的对称轴为直线x＝,点P在对称轴的右侧,
∴t＝5,
∴点P的坐标为（5,5）,
∵FG⊥y轴,
∴∠BFO＝∠PEA＝90°,
又∵∠FOA＝90°,
∴∠BFO+∠FOA＝180°,
∴FG∥OA,
∴∠G＝∠PEA＝90°,
∵点P的坐标为（5,5）,
∴PE＝OE,
∴∠POE＝∠OPE＝45°,
∵B（3,6）,
∴BG＝2,PG＝1,
在Rt△OBF中,,
在Rt△PBG中,,
∴tan∠BOF＝tan∠PBG,
∴∠BOF＝∠PBG,
又∵∠BOF+∠OBF＝90°,
∴∠PBG+∠OBF＝90°,
∴∠OBP＝90°,
设∠CBD＝2α,
∵,
∴∠ODB＝∠CBD+POA＝α+45°,
∵∠OBD＝∠OCD＝90°,
∴BM＝OM＝DM＝CM,
∴∠MBD＝∠BDM＝α+45°,
∴∠MCB＝∠MBC＝α+45°﹣2α＝45°﹣α,∠OMN＝∠BMD＝180°﹣2（α+45°）＝90°﹣2α,∠BMO＝2α+90°,
∴∠BMH＝∠MCB+∠MBC＝90°﹣2α,
∴∠OMH＝∠BMO﹣∠BMH＝（2α+90°）﹣（90°﹣2α）＝4α,
∴∠CMN＝180°﹣∠OMH﹣∠OMN＝180°﹣4α﹣（90°﹣2α）＝90°﹣2α＝∠OMN,
∵OM＝CM,
∴BN⊥x轴,CN＝ON,
∴CN＝ON＝3,
∴OC＝6,
∴点C的坐标为（6,0）．
23．（2022•同安区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）过点A（﹣1,0）和C（0,3）,与x轴交于另一点B,顶点为D．
（1）求a、b满足的关系式；
（2）对于抛物线上的任意两点P1（x1,y1）,P2（x2,y2）,当y1＝y2时,恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|．
①求抛物线解析式；
②AC与BD的延长线交于点H,在x轴上方的抛物线上是否存在点P,使得∠OPB＝∠AHB．若存在,求出一个符合条件的点P的坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）①利用已知条件可知抛物线的对称轴为直线x＝1,利用二次函数的性质与（1）中的结论得到关于a,b的关系式即可求得a,b的值,则结论可得；
②利用待定系数法求得直线AC,BD的解析式,联立即可求得点H的坐标,过点H作HE⊥OB于点E,过点A作AF⊥HB于点F,利用点的坐标的特征,勾股定理和相似三角形的判定与性质求得线段HB,HF,AF的长度,利用等腰直角三角形的性质可得∠AHB＝45°,利用∠OCB＝45°,即可得到当点P与点C重合时,满足∠OPB＝∠AHB＝45°,由此可求得满足条件的点P 的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）过点A（﹣1,0）和C（0,3）,
∴,
∴a﹣b+3＝0,
∴a﹣b＝﹣3；
（2）①∵对于抛物线上的任意两点P1（x1,y1）,P2（x2,y2）,当y1＝y2时,恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|,
∴该抛物线的对称轴为直线x＝1．
∴＝1．
∴b＝﹣2a．
∵a﹣b＝﹣3,
∴a﹣（﹣2a）＝﹣3,
∴a＝﹣1．
∴b＝﹣2a＝2．
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
②在x轴上方的抛物线上存在点P,使得∠OPB＝∠AHB,符合条件的点P的坐标为（0,3）．理由：
令y＝0,则﹣x2+2x+3＝0,
解：x＝3或﹣1,
∴B（3,0）．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4,
∴D（1,4）．
设直线AC的解析式为y＝dx+e,
∴,
解得：,
∴直线AC的解析式为y＝3x+3．
设直线BD的解析式为y＝kx+n,
,
解得：．
∴直线BD的解析式为y＝﹣2x+6．
∴,
解得：,
∴H（,）．
过点H作HE⊥OB于点E,过点A作AF⊥HB于点F,如图,
则HE＝,OE＝．
∵B（3,0）,A（﹣1,0）,C（0,3）,
∴OB＝3,OC＝3,OA＝1．
∴BE＝OB﹣OE＝,AB＝OA+OB＝4．
∴BH＝＝．
∵∠HEB＝∠OFB＝90°,∠HBE＝∠OBF,
∴△HEB∽△OFB,
∴,
∴,
∴BF＝,AF＝．
∴HF＝HB﹣BF＝,
∴AF＝HF,
∵AF⊥BD,
∴△AFH为等腰直角三角形,
∴∠AHB＝45°．
∵OB＝OC＝3,∠COB＝90°,
∴∠OCB＝∠OBC＝45°,
∴当点P与点C重合时,满足∠OPB＝∠AHB＝45°,
∴在x轴上方的抛物线上存在点P,使得∠OPB＝∠AHB,符合条件的点P的坐标为（0,3）．
24．（2022•伊宁市模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1,0）和点B（3,0）,与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图1,点M是第一象限内抛物线上一动点,过点M作MF⊥x轴于点F,作ME⊥y轴于点E,当矩形MEOF周长最大时,求M点坐标．
（3）如图2,点P是该抛物线上一动点,连接PC,AC,直接写出使得∠PCB＝∠ACO时点P的坐标．
【分析】（1）把点A（﹣1,0）和点B（3,0）代入y＝﹣x2+bx+c解方程组即可得到结论；
（2）设M（m,﹣m2+2m+3）,求得F（m,0）,E（0,﹣m2+2m+3）,根据矩形的性质得到EM＝OF＝m,OE＝MF＝﹣m2+2m+3,求得矩形MEOF的周长＝﹣2（m﹣）2+,当m＝时,矩形MEOF周长最大,于是得到结论；
（3）在y＝﹣x2+2x+3中,令x＝0,则y＝3,求得C（0,3）,根据勾股定理得到BC＝3,如图2,作QB⊥CB,QH⊥x轴,得到∠CBQ＝∠BHQ＝90°,根据勾股定理得到BQ＝,根据相似三角形的性质得到BH＝QH＝1,求得Q（4,1）或（2,﹣1）,于是得到直线CQ函数为y＝﹣x+3或y＝﹣2x+3,解方程组即可得到结论．
【解答】解：（1）把点A（﹣1,0）和点B（3,0）代入y＝﹣x2+bx+c得,,
解得,
∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵点M是第一象限内抛物线上一动点,
∴设M（m,﹣m2+2m+3）,
∵MF⊥x轴于点F,作ME⊥y轴于点E,
∴F（m,0）,E（0,﹣m2+2m+3）,
∵四边形MEOF是矩形,
∴EM＝OF＝m,OE＝MF＝﹣m2+2m+3,
∴矩形MEOF的周长＝2m+2（﹣m2+2m+3）＝﹣2m2+6m+6＝﹣2（m﹣）2+,
∴当m＝时,矩形MEOF周长最大,
∴M点坐标为（,）；
（3）在y＝﹣x2+2x+3中,令x＝0,则y＝3,
∴C（0,3）,
∵B（3,0）,
∴OC＝3,OB＝3,
∴BC＝3,
如图2,在CP上找一点Q,作QB⊥CB,QH⊥x轴
∴∠CBQ＝∠BHQ＝90°,
∵∠PCB＝∠ACO,∠AOC＝∠CBQ＝90°,
∴△AOC∽△QBC,
∴BC：BQ＝CO：AO＝3：1,
∴BQ＝,
∵∠OCB+∠CBO＝∠CBO+∠QBH＝90°,
∴∠OCB＝∠QBH,
∴△COB∽△BHQ,
∴,
∴＝＝,
∴BH＝QH＝1,
∴Q（4,1）或（2,﹣1）,
则直线CQ函数为y＝﹣x+3或y＝﹣2x+3,
解或,
得或,
∴P坐标为（,）或（4,﹣5）．
专题15二次函数与角综合问题
二次函数与角综合问题,常见的主要有三种类型：
1. 特殊角问题：
（1） 利用特殊角的三角函数值找到线段之间的数量关系
（2） 遇到特殊角可以构造特殊三角形,如遇到45°构造等腰直角三角形,遇到30°、60°构造等边三角形,遇到90°构造直角三角形
2.角的数量关系问题
（1）等角问题：借助特殊图形的性质、全等和相似的性质来解决；构造圆,利用圆周角的性质来解决
（2）二倍角问题：利用角平分线的性质、等腰三角形的性质、对称、辅助圆等知识来解答
（3）角的和差问题
3.角的最值问题：利用辅助圆等知识来解答
【例1】（2022•西宁）如图,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3,0）,与y轴交于点B,点C在直线AB上,过点C作CD⊥x轴于点D（1,0）,将△ACD沿CD所在直线翻折,使点A恰好落在抛物线上的点E处．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接BE,求△BCE的面积；
（3）抛物线上是否存在一点P,使∠PEA＝∠BAE？若存在,求出P点坐标；若不存在,请说明理由．
【例2】（2022•益阳）如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P在抛物线F：y＝ax2上,直线x＝t与抛物线E,F分别交于点A,B．
（1）求a的值；
（2）将A,B的纵坐标分别记为yA,yB,设s＝yA﹣yB,若s的最大值为4,则m的值是多少？
（3）Q是x轴的正半轴上一点,且PQ的中点M恰好在抛物线F上．试探究：此时无论m为何负值,在y轴的负半轴上是否存在定点G,使∠PQG总为直角？若存在,请求出点G的坐标；若不存在,请说明理由．
【例3】．（2022•鄂尔多斯）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+2经过A（,0）,B（3,）两点,与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上,过P作PD⊥x轴,交直线BC于点D,若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形,求点P的横坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q,使∠QCB＝45°？若存在,请直接写出点Q的坐标；若不存在,请说明理由．
【例4】（2022•菏泽）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2,0）、B（8,0）两点,与y轴交于点C（0,4）,连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）将△ABC沿AC所在直线折叠,得到△ADC,点B的对应点为D,直接写出点D的坐标,并求出四边形OADC的面积；
（3）点P是抛物线上的一动点,当∠PCB＝∠ABC时,求点P的坐标．
1．（2022•江岸区模拟）已知：抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右）,交y轴正半轴于点C,且OB＝OC．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第一象限抛物线上一点,连接AP,AP交y轴于点D,设P的横坐标为m,CD的长为d,求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）；
（3）如图3,在（2）的条件下,过点P作PE⊥y轴于点E,延长EP至点G,使得PG＝3CE,连接CG交AP于点F,且∠AFC＝45°,连接AG交抛物线于T,求点T的坐标．
2．（2022•沈阳模拟）如图1,在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣4,0）和B（1,0）,与y轴交于点C,连接AC,BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2,点M为直线AC上方的抛物线上任意一点,过点M作y轴的平行线,交AC于点N,过点M作x轴的平行线,交直线AC于点Q,求△MNQ周长的最大值；
（3）点P为抛物线上的一动点,且∠ACP＝45°﹣∠BAC,请直接写出满足条件的点P的坐标．
3．（2022•沈阳模拟）如图1,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A,B两点（点B在点A的右边）,点A坐标为（1,0）,抛物线与y轴交于点C,S△ABC＝3．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P（x,y）是抛物线上一动点,且x＞3．作PN⊥BC于N,设PN＝d,求d与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下,过点A作PC的平行线交y轴于点F,连接BF,在直线AF上取点E,连接PE,使PE＝2BF,且∠PEF+∠BFE＝180°,请直接写出P点坐标．
4．（2022•成都模拟）如图,已知抛物线表达式为y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0）,直线y＝x+与坐标轴交于点A,B．
（1）若该抛物线过原点,求抛物线的表达式．
（2）试说明无论a为何值,抛物线一定经过两个定点,并求出这两个定点的坐标．点P为两定点所在直线上的动点,当点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小时,求点P的坐标；
（3）点N是抛物线上一动点,点M（﹣4,0）,且∠NMA+∠OBA＝90°,若满足条件的点N的个数恰好为3个,求a的值．
5．（2022•成都模拟）如图1所示,直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于点A,点B,点C（1,2）在经过点A,B的二次函数y＝ax2+bx+c的图象上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为线段AB上（不与端点重合）的一动点,过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q,求PQ+PB取得最大值时点P的坐标；
（3）如图2,连接BC并延长,交x轴于点D,E为第三象限抛物线上一点,连接DE,点G为x轴上一点,且G（﹣1,0）,直线CG与DE交于点F,点H在线段CF上,且∠CFD+∠ABH＝45°,连接BH交OA于点M,已知∠GDF＝∠HBO,求点H的坐标．
6．（2022•洪山区模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C（0,3）,与直线l：y＝k（x﹣3）+3（k＞0）交于D,E两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,连接BD,若△BDE的面积为6,求k的值；
（3）如图2,若直线l与抛物线交于M,N两点,与BC交于点P,且∠MBC＝∠NBC．求P点的坐标．
7．（2022•洪山区模拟）抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边）,与y轴的正半轴交于C点,△ABC的面积为6．
（1）直接写出点A、B的坐标为 ；抛物线的解析式为 ．
（2）如图1,连结AC,若在第一象限抛物线上存在点D,使点D到直线AC的距离为,求点D的坐标；
（3）如图2,平行于AC的直线交抛物线于M、N两点,在抛物线上存在点P,当PQ⊥y轴时,PQ恰好平分∠MPN,求P点坐标．
8．（2022•泰安模拟）如图,抛物线y＝mx2+3mx﹣2m+1的图象经过点C,交x轴于点A（x1,0）,B（x2,0）（点A在点B左侧）,且x2﹣x1＝5,连接BC,D是AC上方的抛物线一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC,CD,S△DCE：S△BCE是否存在最大值？若存在,请求出其最大值及此时点D的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）第二象限内抛物线上是否存在一点D,DF垂直AC于点F,使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的两倍？若存在,求点D的横坐标,若不存在,请说明理由．
9．（2022•青山区模拟）抛物线y＝x2+（t﹣2）x﹣2t（t＞0）与x轴交于A、B两点（A在B左边）,与y轴交于点 C．
（1）直接写出A点坐标 、B点坐标 、C点坐标 ；
（2）如图1,直线y＝kx+b与抛物线交于M、N两点（M不与A重合,M在N左边）,连接MA,作NH⊥x轴于点H,过点H作HP∥MA交y轴于点P,PH交MN于点Q,求点Q的横坐标；
（3）如图2,直线y＝d（d＞0）与抛物线交于第二象限点D,若∠ADB＝45°,求d﹣t的值．
10．（2022•丹阳市二模）如图所示,抛物线y＝﹣x2+bx+3经过点B（3,0）,与x轴交于另一点A,与y轴交于点C．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）如图,设点D是x轴正半轴上一个动点,过点D作直线l⊥x轴,交直线BC于点E,交抛物线于点F,连接AC、FC．
①若点F在第一象限内,当∠BCF＝∠BCA时,求点F的坐标；
②若∠ACO+∠FCB＝45°,则点F的横坐标为 ．
11．（2022•东港区校级一模）如图1,抛物线y＝ax2+bx+3经过A（1,0）、B（3,0）两点,与y轴交于点C,
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图2,M是x轴下方的抛物线上一点,连接MO、MB、MC,若△MOC的面积是△MBC面积的3倍,求点M的坐标；
（3）如图3,连接AC、BC,在抛物线上是否存在一点N（不与点A重合）,使得∠BCN＝∠ACB？若存在,求点N的横坐标；若不存在,请说明理由．
12．（2022•宁津县模拟）如图,抛物线与x轴交于点A和点C（﹣1,0）,与y轴交于点B（0,3）,连接AB,BC,对称轴PD交AB与点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,试探究：线段BC上是否存在点M,使∠EMO＝∠ABC,若存在,求出点M的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）如图3,点Q是抛物线的对称轴PD上一点,若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形,请直接写出点Q纵坐标n的取值范围．
13．（2022•南山区模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a﹣1不为整数）的顶点D（,）,AB⊥BC．
（1）直接得出抛物线解析式．
（2）如图1所示,点P为抛物线一动点,∠PBC＝3∠ABO,求xP；
（3）如图2,延长DB交x轴于点E,EF平分∠BEO,交线段AB于点F．x轴正半轴有一点S,且AS＝12EF．过点F作FG∥x轴,交抛物线的对称轴于点G．该对称轴交x轴于点H．过点G作线段IM、NQ,且NH＝MH＝IH＝QH．线段IQ交直线FG于点R,若线段MN恰好交FG于点F．那么请求出R点坐标．并试问∠EFA与∠RSE是否存在倍数关系？若存在,请分别求出它们的角度大小并写出存在的倍数关系；若不存在,请说明理由．
14．（2022•大连二模）抛物线y＝x2﹣4x+c与直线I：y＝kx交于点G（1,m）和点H,﹣1≤m＜0,直线x＝m﹣1交直线l于点A,交抛物线于点B．
（1）求c和k的值（用含m的代数式表示）；
（2）过点A作x轴的平行线交抛物线于M,N两点（M在N的左侧）,交y轴于点C．求的取值范围；
（3）在（2）的条件下,过点B作x轴的平行线,与抛物线另一个交点为D,若点E是线段BD的中点,探究∠MEN与∠ABC的数量关系,并说明理由．
15．（2022•新抚区模拟）如图,直线y＝mx+n与抛物线y＝﹣x2+bx+c交于A（﹣2,0）,B（2,2）两点,直线AB与y轴交于点C．
（1）求抛物线与直线AB的解析式；
（2）点P在抛物线上,直线PC交x轴于Q,连接PB,当△PBC的面积是△ACQ面积的2倍时,求点P的坐标；
（3）点M为坐标轴上的动点,当∠AMB＝45°时,直接写出点M的坐标．
16．（2022•铁岭模拟）如图1,抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴交于A（﹣2,0）、B（4,0）两点,与y轴交于点C,直线l与抛物线交于A、D两点,其中D点的横坐标为2．
（1）求抛物线的解析式以及直线AD的解析式；
（2）点P是抛物线上位于直线AD下方的动点,过点P作x轴,y轴的平行线,交AD于点E、F,当PE+PF取最大值时,求点P的坐标；
（3）如图2,连接AC,点Q在抛物线上,且满足∠QAB＝2∠ACO,求点的坐标．
17．（2022•平房区二模）如图1,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A、B（点A在点B左侧）,与y轴交于点C,直线y＝﹣x+4经过B、C两点,OB＝4OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第四象限抛物线上一点,过点P作PD⊥x轴交BC于点D,垂足为N,连接PC交x轴于点E,设点P的横坐标为t,△PCD的面积为S,求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下,如图3,过点P作PF⊥PC交y轴于点F,PF＝PE．点G在抛物线上,连接PG,∠CPG＝45°,连接BG,求直线BG的解析式．
18．（2022•新民市一模）如图,已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0,2）,B（8,0）,点D是第一象限抛物线上的一点,CD⊥AB于点C．
（1）直接写出抛物线的表达式 ；
（2）如图1,当CD取得最大值时,求点D的坐标,并求CD的最大值；
（3）如图2,点D满足（2）的条件,点P在x轴上,且∠APD＝45°,直接写出点P的横坐标 ．
19．（2022•大庆二模）如图,抛物线y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,已知点B（3,0）．
（1）求直线BC及抛物线的函数表达式；
（2）P为x轴上方抛物线上一点．
①若S△PBC＝S△ABC,请直接写出点P的坐标；
②如图,PD∥y轴交BC于点D,DE∥x轴交AC于点E,求PD+DE的最大值；
（3）Q为抛物线上一点,若∠ACQ＝45°,求点Q的坐标．
20．（2022•运城二模）如图,已知抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于点A（﹣2,0）,B（8,0）两点,与y轴交于点C,点P是直线BC下方抛物线上一动点,过点P作直线PE∥y轴,交直线BC于点D,交x轴于点F,以PD为斜边,在PD的右侧作等腰直角△PDF．
（1）求抛物线的表达式,并直接写出直线BC的表达式；
（2）设点P的横坐标为m（0＜m＜3）,在点P运动的过程中,当等腰直角△PDF的面积为9时,请求出m的值；
（3）连接AC,该抛物线上是否存在一点M,使∠ACO+∠BCM＝∠ABC,若存在,请直接写出所有符合条件的点M的坐标,若不存在,请说明理由．
21．（2022•永安市模拟）已知二次函数y＝x2+（k﹣2）x﹣2k．
（1）当此二次函数的图象与x轴只有一个交点时,求该二次函数的解析式；
（2）当k＞0时,直线y＝kx十2交抛物线于A,B两点（点A在点B的左侧）,点P在线段AB上,过点P做PM垂直x轴于点M,交抛物线于点N．
①求PN的最大值（用含k的代数式表示）；
②若抛物线与x轴交于E,F两点,点E在点F的左侧．在直线y＝kx+2上是否存在唯一一点Q,使得∠EQO＝90°？若存在,请求出此时k的值；若不存在,请说明理由．
22．（2022•南岗区三模）在平面直角坐标系中,点O为坐标系的原点,经过点B（3,6）的抛物线与x轴的正半轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点P为第一象限抛物线上的一点,且点P在抛物线对称轴的右侧,连接OP,AP,设点P的横坐标为t,△OPA的面积为S,求S与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2,在（2）的条件下,当时,连接BP,点C为线段OA上的一点,过点C作x轴的垂线交BP的延长线于点D,连接OD,BC,若,求点C的坐标．
23．（2022•同安区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）过点A（﹣1,0）和C（0,3）,与x轴交于另一点B,顶点为D．
（1）求a、b满足的关系式；
（2）对于抛物线上的任意两点P1（x1,y1）,P2（x2,y2）,当y1＝y2时,恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|．
①求抛物线解析式；
②AC与BD的延长线交于点H,在x轴上方的抛物线上是否存在点P,使得∠OPB＝∠AHB．若存在,求出一个符合条件的点P的坐标；若不存在,请说明理由．
24．（2022•伊宁市模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1,0）和点B（3,0）,与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图1,点M是第一象限内抛物线上一动点,过点M作MF⊥x轴于点F,作ME⊥y轴于点E,当矩形MEOF周长最大时,求M点坐标．
（3）如图2,点P是该抛物线上一动点,连接PC,AC,直接写出使得∠PCB＝∠ACO时点P的坐标．
【例1】（2022•西宁）如图,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3,0）,与y轴交于点B,点C在直线AB上,过点C作CD⊥x轴于点D（1,0）,将△ACD沿CD所在直线翻折,使点A恰好落在抛物线上的点E处．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接BE,求△BCE的面积；
（3）抛物线上是否存在一点P,使∠PEA＝∠BAE？若存在,求出P点坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由点A的坐标可得出点E的坐标,由点A,E的坐标,利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标,由点A,B的坐标,利用待定系数法可求出直线AB的解析式,利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标,再利用三角形的面积计算公式,结合S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE,即可求出△BCE的面积；
（3）存在,由点A,B的坐标可得出OA＝OB,结合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°,设点P的坐标为（m,﹣m2+2m+3）,分点P在x轴上方及点P在x轴下方两种情况考虑：①当点P在x轴上方时记为P1,过点P1作P1M⊥x轴于点M,则EM＝P1M,进而可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出m的值,将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P1的坐标；②当点P在x轴下方时记为P2,过点P2作P2N⊥x轴于点N,则EN＝P2N,进而可得出关于m的一元二次方程,解之即可得出m的值,将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P2的坐标．
【解答】解：（1）∵将△ACD沿CD所在直线翻折,使点A恰好落在抛物线上的点E处,点A的坐标为（3,0）,点D的坐标为（1,0）,
∴点E的坐标为（﹣1,0）．
将A（3,0）,E（﹣1,0）代入y＝ax2+bx+3,
得：,解得：,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）当x＝0时,y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3,
∴点B的坐标为（0,3）．
设直线AB的解析式为y＝mx+n（m≠0）,
将A（3,0）,B（0,3）代入y＝mx+n,
得：,解得：,
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3．
∵点C在直线AB上,CD⊥x轴于点D（1,0）,当x＝1时,y＝﹣1×1+3＝2,
∴点C的坐标为（1,2）．
∵点A的坐标为（3,0）,点B的坐标为（0,3）,点C的坐标为（1,2）,点E的坐标为（﹣1,0）,
∴AE＝4,OB＝3,CD＝2,
∴S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE＝AE•OB﹣AE•CD＝×4×3﹣×4×2＝2,
∴△BCE的面积为2．
（3）存在,理由如下：
∵点A的坐标为（3,0）,点B的坐标为（0,3）,
∴OA＝OB＝3．
在Rt△AOB中,∠AOB＝90°,OA＝OB,
∴∠BAE＝45°.
∵点P在抛物线上,
∴设点P的坐标为（m,﹣m2+2m+3）．
①当点P在x轴上方时记为P1,过点P1作P1M⊥x轴于点M,
在Rt△EMP1中,∠P1EA＝45°,∠P1ME＝90°,
∴EM＝P1M,即m﹣（﹣1）＝﹣m2+2m+3,
解得：m1＝﹣1（不合题意,舍去）,m2＝2,
∴点P1的坐标为（2,3）；
②当点P在x轴下方时记为P2,过点P2作P2N⊥x轴于点N,
在Rt△ENP2中,∠P2EN＝45°,∠P2NE＝90°,
∴EN＝P2N,即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m2+2m+3）,
解得：m1＝﹣1（不合题意,舍去）,m2＝4,
∴点P2的坐标为（4,﹣5）．
综上所述,抛物线上存在一点P,使∠PEA＝∠BAE,点P的坐标为（2,3）或（4,﹣5）．
【例2】（2022•益阳）如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P在抛物线F：y＝ax2上,直线x＝t与抛物线E,F分别交于点A,B．
（1）求a的值；
（2）将A,B的纵坐标分别记为yA,yB,设s＝yA﹣yB,若s的最大值为4,则m的值是多少？
（3）Q是x轴的正半轴上一点,且PQ的中点M恰好在抛物线F上．试探究：此时无论m为何负值,在y轴的负半轴上是否存在定点G,使∠PQG总为直角？若存在,请求出点G的坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由抛物线的顶点式可直接得出顶点P的坐标,再代入抛物线F即可得出结论；
（2）根据题意可分别表达A,B的纵坐标,再根据二次函数的性质可得出m的值；
（3）过点Q作x轴的垂线KN,分别过点P,G作x轴的平行线,与KN分别交于K,N,则△PKQ∽△QNG,设出点M的坐标,可表达点Q和点G的坐标,进而可得出结论．
【解答】解：（1）由题意可知,抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P的坐标为（m,2m2）,
∵点P在抛物线F：y＝ax2上,
∴am2＝2m2,
∴a＝2．
（2）∵直线x＝t与抛物线E,F分别交于点A,B,
∴yA＝﹣（t﹣m）2+2m2＝﹣t2+2mt+m2,yB＝2t2,
∴s＝yA﹣yB
＝﹣t2+2mt+m2﹣2t2
＝﹣3t2+2mt+m2
＝﹣3（t﹣m）2+m2,
∵﹣3＜0,
∴当t＝m时,s的最大值为m2,
∵s的最大值为4,
∴m2＝4,解得m＝±,
∵m＜0,
∴m＝﹣．
（3）存在,理由如下：
设点M的坐标为n,则M（n,2n2）,
∴Q（2n﹣m,4n2﹣2m2）,
∵点Q在x轴正半轴上,
∴2n﹣m＞0且4n2﹣2m2＝0,
∴n＝﹣m,
∴M（﹣m,m2）,Q（﹣m﹣m,0）．
如图,过点Q作x轴的垂线KN,分别过点P,G作x轴的平行线,与KN分别交于K,N,
∴∠K＝∠N＝90°,∠QPK+∠PQK＝90°,
∵∠PQG＝90°,
∴∠PQK+∠GQN＝90°,
∴∠QPK＝∠GQN,
∴△PKQ∽△QNG,
∴PK：QN＝KQ：GN,即PK•GN＝KQ•QN．
∵PK＝﹣m﹣m﹣m＝﹣m﹣2m,KQ＝2m2,GN＝﹣m﹣m,
∴（﹣m﹣2m）（﹣m﹣m）＝2m2•QN
解得QN＝．
∴G（0,﹣）．
【例3】（2022•鄂尔多斯）如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+2经过A（,0）,B（3,）两点,与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上,过P作PD⊥x轴,交直线BC于点D,若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形,求点P的横坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q,使∠QCB＝45°？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）根据待定系数法,将点A,点B代入抛物线解析式,解关于b,c的二元一次方程组,即可求得抛物线的解析式；
（2）设出点P的坐标,确定出PD∥CO,由PD＝CO,列出方程求解即可；
（3）过点D作DF⊥CP交CP的延长线于点F,过点F作y轴的平行线EF,过点D作DE⊥EF于点E,过点C作CG⊥EF于点G,证明△DEF≌△FGC（AAS）,由全等三角形的性质得出DE＝FG,EF＝CG,求出F点的坐标,由待定系数法求出直线CF的解析式,联立直线CF和抛物线解析式即可得出点P的坐标．
【解答】解：（1）将点A（﹣,0）,B（3,）代入到y＝ax2+bx+2中得：
,解得：,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）设点P（m,﹣m2+m+2）,
∵y＝﹣x2+x+2,
∴C（0,2）,
设直线BC的解析式为y＝kx+c,
∴,解得,
∴直线BC的解析式为y＝x+2,
∴D（m,m+2）,
∴PD＝|﹣m2+m+2﹣m﹣2|＝|m2﹣3m|,
∵PD⊥x轴,OC⊥x轴,
∴PD∥CO,
∴当PD＝CO时,以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形,
∴|m2﹣3m|＝2,解得m＝1或2或或,
∴点P的横坐标为1或2或或；
（3）①当Q在BC下方时,如图,过B作BH⊥CQ于H,过H作MN⊥y轴,交y轴于M,过B作BN⊥MH于N,
∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°,
∵∠QCB＝45°,
∴△BHC是等腰直角三角形,
∴CH＝HB,
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°,
∴∠CHM＝∠HBN,
∴△CHM≌△HBN（AAS）,
∴CM＝HN,MH＝BN,
∵H（m,n）,
∵C（0,2）,B（3,）,
∴,解得,
∴H（,）,
设直线CH的解析式为y＝px+q,
∴,解得,
∴直线CH的解析式为y＝﹣x+2,
联立直线CF与抛物线解析式得,
解得或,
∴Q（,）；
②当Q在BC上方时,如图,过B作BH⊥CQ于H,过H作MN⊥y轴,交y轴于M,过B作BN⊥MH于N,
同理得Q（,）．
综上,存在,点Q的坐标为（,）或（,）．
【例4】（2022•菏泽）如图,抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2,0）、B（8,0）两点,与y轴交于点C（0,4）,连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）将△ABC沿AC所在直线折叠,得到△ADC,点B的对应点为D,直接写出点D的坐标,并求出四边形OADC的面积；
（3）点P是抛物线上的一动点,当∠PCB＝∠ABC时,求点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点D作DE⊥x轴于点E,利用轴对称的性质和三角形的中位线的性质定理求得线段OE,DE,则点D坐标可得；利用四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ACD,S△ADC＝S△ABC,利用三角形的面积公式即可求得结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点P在BC上方时,利用平行线的判定与性质可得点C,P的纵坐标相等,利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点P在BC下方时,设PC交x轴于点H,设HB＝HC＝m,利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得m值,则点H坐标可求；利用待定系数法求得直线PC的解析式,与抛物线解析式联立即可求得点P坐标；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2,0）、B（8,0）两点,与y轴交于点C（0,4）,
∴,
解得：．
∴抛物线的表达式为y＝﹣+x+4；
（2）点D的坐标为（﹣8,8）,理由：
将△ABC沿AC所在直线折叠,得到△ADC,点B的对应点为D,如图,
过点D作DE⊥x轴于点E,
∵A（﹣2,0）、B（8,0）,C（0,4）,
∴OA＝2,OB＝8,OC＝4．
∵,,
∴．
∵∠AOC＝∠COB＝90°,
∴△AOC∽△COB,
∴∠ACO＝∠CBO．
∵∠CBO+∠OCB＝90°,
∴∠ACO+∠OCB＝90°,
∴∠ACB＝90°,
∵将△ABC沿AC所在直线折叠,得到△ADC,点B的对应点为D,
∴点D,C,B三点在一条直线上．
由轴对称的性质得：BC＝CD,AB＝AD．
∵OC⊥AB,DE⊥AB,
∴DE∥OC,
∴OC为△BDE的中位线,
∴OE＝OB＝8,DE＝2OC＝8,
∴D（﹣8,8）；
由题意得：S△ACD＝S△ABC,
∴四边形OADC的面积＝S△OAC+S△ADC
＝S△OAC+S△ABC
＝OC•OA+AB•OC
＝4×2+10×4
＝4+20
＝24；
（3）①当点P在BC上方时,如图,
∵∠PCB＝∠ABC,
∴PC∥AB,
∴点C,P的纵坐标相等,
∴点P的纵坐标为4,
令y＝4,则﹣+x+4＝4,
解得：x＝0或x＝6,
∴P（6,4）；
②当点P在BC下方时,如图,
设PC交x轴于点H,
∵∠PCB＝∠ABC,
∴HC＝HB．
设HB＝HC＝m,
∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m,
在Rt△COH中,
∵OC2+OH2＝CH2,
∴42+（8﹣m）2＝m2,
解得：m＝5,
∴OH＝3,
∴H（3,0）．
设直线PC的解析式为y＝kx+n,
∴,
解得：．
∴y＝﹣x+4．
∴,
解得：,．
∴P（,﹣）．
综上,点P的坐标为（6,4）或（,﹣）．
1．（2022•江岸区模拟）已知：抛物线y＝﹣（x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右）,交y轴正半轴于点C,且OB＝OC．
（1）如图1,求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第一象限抛物线上一点,连接AP,AP交y轴于点D,设P的横坐标为m,CD的长为d,求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）；
（3）如图3,在（2）的条件下,过点P作PE⊥y轴于点E,延长EP至点G,使得PG＝3CE,连接CG交AP于点F,且∠AFC＝45°,连接AG交抛物线于T,求点T的坐标．
【分析】（1）由图象可得B点坐标,代入函数解析数即可求解；
（2）表示出点P坐标,由正切公式可表示出d与m的关系,即可求出；
（3）作出辅助线,得到▱CGPW,利用正切公式求出m与k的值,得到G点坐标,然后表示出∠GAB的正切值,从而求出T点坐标．
【解答】解：（1）当y＝0时,﹣（x+k）（x﹣7）＝0,
解得：x＝﹣k或7,
∴点B的坐标为（7,0）,A（﹣k,0）,
∵OB＝OC,
∴OC＝OB＝7,
∴点C的坐标为（0,7）,
将点C的坐标代入抛物线表达式得：﹣（0+k）（0﹣7）＝7,
解得：k＝2,
∴y＝﹣（x+2）（x﹣7）＝﹣x2+x+7,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+7；
（2）过点P作PK⊥AB与点K,PE⊥y轴于点E,如图1,
∵y＝﹣（x+2）（x﹣7）,
∴P（m,﹣（m+2）（m﹣7））,A（﹣2,0）,
∴AK＝m+2,
tan∠PAB＝＝＝,
∴DO＝AO•tan∠PAB＝2（）＝7﹣m,
∴CD＝7﹣（7﹣m）＝m,
∴d＝m．
（3）过点C作WC⊥ED使得WD＝PD,TL⊥AB,连接WD,WP,
设EC＝k,
则PG＝3k,
∵∠WCD＝∠DEP,CD＝EP,WD＝PD,
∴△WCD≌△DEP,
则△PWD为等腰直角三角形,
∴∠WPD＝45°＝∠CFD,
∴WP∥CG,
∴四边形CGPW为平行四边形,
∴CW＝PG＝3k＝ED,
∴CD＝2k＝PE,
∴tan∠APE＝＝,
由（2）可得tan∠PAB＝,
∴＝,
∴m＝4,k＝2,
∴EO＝7+2＝9,EG＝10,
∴G（10,9）,A（﹣2,0）,
∴tan∠GAB＝＝,
再设T坐标为（t,﹣（t+2）（t﹣7））,
则tan∠TAB＝＝,
∴t＝,
∴T（,）．
2．（2022•沈阳模拟）如图1,在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣4,0）和B（1,0）,与y轴交于点C,连接AC,BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2,点M为直线AC上方的抛物线上任意一点,过点M作y轴的平行线,交AC于点N,过点M作x轴的平行线,交直线AC于点Q,求△MNQ周长的最大值；
（3）点P为抛物线上的一动点,且∠ACP＝45°﹣∠BAC,请直接写出满足条件的点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）设直线AC解析式为y＝kx+2,用待定系数法得直线AC解析式为y＝x+2,设M（x,﹣x2﹣x+2）,则N（x,x+2）,即得MN＝﹣x2﹣2x,可证△QMN∽△AOC,有＝＝,故MQ＝2MN,NQ＝MN,可得△MNQ周长MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝﹣（x﹣2）2+6+2,即得当x＝2时,△MNQ周长最大值为6+2；
（3）在x轴负半轴上取D,使OC＝OD,连接CD交抛物线于P,此时∠ACP＝45°﹣∠BAC,P是满足条件的点,由C（0,2）,D（2,0）,得直线CD解析式为y＝x+2,即可解得P（﹣5,﹣3）,作D关于直线AC的对称点E,连接CE并延长交抛物线于P',由对称性知∠ACP'＝∠ACP,P'是满足条件的点,设E（m,n）,可得,可解得E（﹣,）,从而可得直线CE解析式为：y＝x+2,即可解得P'（﹣,）．
【解答】解：（1）把A（﹣4,0）和B（1,0）代入y＝ax2+bx+2得：
,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）由y＝﹣x2﹣x+2可得C（0,2）,
设直线AC解析式为y＝kx+2,把A（﹣4,0）代入得：
﹣4k+2＝0,
解得k＝,
∴直线AC解析式为y＝x+2,
设M（x,﹣x2﹣x+2）,则N（x,x+2）,
∴MN＝﹣x2﹣x+2﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x,
∵MQ∥x轴,MN∥y轴,
∴∠MQN＝∠CAO,∠NMQ＝∠AOC＝90°,
∴△QMN∽△AOC,
∴＝＝,即＝＝,
∴MQ＝2MN,NQ＝MN,
∴△MNQ周长MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝（3+）MN＝（3+）×（﹣x2﹣2x）＝﹣（x+2）2+6+2,
∵﹣＜0,
∴当x＝﹣2时,△MNQ周长最大值为6+2；
（3）在x轴负半轴上取D,使OC＝OD,连接CD交抛物线于P,如图：
∴D（﹣2,0）,∠CDO＝45°,此时∠ACP＝45°﹣∠BAC,P是满足条件的点,
∵C（0,2）,D（2,0）,
∴直线CD解析式为y＝x+2,
由得或,
∴P（﹣5,﹣3）,
作D关于直线AC的对称点E,连接CE并延长交抛物线于P',由对称性知∠ACP'＝∠ACP,P'是满足条件的点,
设E（m,n）,根据AE＝AD,CE＝CD可得：
,
解得或,
∴E（﹣,）,
由E（﹣,）,C（0,2）可得直线CE解析式为：y＝x+2,
解得或,
∴P'（﹣,）,
综上所述,P的坐标为（﹣5,﹣3）或（﹣,）．
3．（2022•沈阳模拟）如图1,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A,B两点（点B在点A的右边）,点A坐标为（1,0）,抛物线与y轴交于点C,S△ABC＝3．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P（x,y）是抛物线上一动点,且x＞3．作PN⊥BC于N,设PN＝d,求d与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下,过点A作PC的平行线交y轴于点F,连接BF,在直线AF上取点E,连接PE,使PE＝2BF,且∠PEF+∠BFE＝180°,请直接写出P点坐标．
【分析】（1）根据二次函数的解析式求出C点的坐标,再根据△ABC的面积求出AB的长度,根据A点的坐标再求出B点的坐标,再用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）用待定系数法求出直线BC的解析式,过点P作PD⊥x轴交BC于点E,交x轴于点D,利用三角函数求出PN＝PE,设出P点的坐标,得出E点的坐标,然后根据PE求出PN即可得出d和x的函数关系式；
（3）过点P作PH⊥FE于点H,过点C作CI⊥FE于点I,过点B作BJ⊥FE于点J,设FE交BC于点K,证△PEH∽△BJF,然后证四边形CPHI是矩形,进而得出K点的坐标,求出AF的解析式,再求出直线PC的解析式,联立直线PC和抛物线的解析式求出P点的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C,
当x＝0时,y＝3,
∴C（0,3）,
即OC＝3,
∵S△ABC＝3,
∴×AB×OC＝3,
即AB×3＝3,
∴AB＝2,
又∵A（1,0）且点B在点A的右边,
∴B（3,0）,
把A点和B点坐标代入抛物线y＝ax2+bx+3,
得,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）由（1）知,C（0,3）,B（3,0）,
设直线BC的解析式为y＝kx+t,
代入B点和C点的坐标得,
解得,
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3,
过点P作PD⊥x轴交BC延长线于点E,交x轴于点D,
∵OC＝OB,
∴∠CBO＝45°,
又∵∠COB＝∠PDO＝90°,且∠CBO＝∠DBE＝45°,
∴∠PEC＝45°,且PN⊥CB,
∴∠NPE＝45°,
∴cos∠NPE＝＝cos45°＝,
∴PN＝PE,
设P（m,m2﹣4m+3）,则E（m,﹣m+3）,
∴PE＝m2﹣4m+3﹣（﹣m+3）＝m2﹣3m,
∴PN＝d＝PE＝（m2﹣3m）＝m2﹣m,
∴d＝x2﹣x；
（3）如下图,过点P作PH⊥FE于点H,过点C作CI⊥FE于点I,过点B作BJ⊥FE于点J,设FE交BC于点K,
∵∠PEF+∠BFE＝180°,且∠PEF+∠PEH＝180°,
∴∠BFE＝∠PEH,
∵∠PHE＝∠CIJ＝∠BJH＝90°,
又∵PE＝2BF,
∴△PEH∽△BJF,
∴BJ＝PH,
又∵CP∥AH,且CI∥PH,
∴四边形CPHI是矩形,
∴CJ＝PH,
又∵∠CJI＝∠BKJ,
∴BJ＝CI,
∴BK＝CK,
∴K（2,1）,
设直线AF的解析式为y＝sx+n,
代入K点和A点的坐标得,
解得,
∴直线AF的解析式为y＝x﹣1,
设直线PC的解析式为y＝x+g,
代入C点坐标得g＝3,
∴直线PC的解析式为y＝x+3,
联立直线PC和抛物线的解析式得,
解得或,
∴P（5,8）．
4．（2022•成都模拟）如图,已知抛物线表达式为y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0）,直线y＝x+与坐标轴交于点A,B．
（1）若该抛物线过原点,求抛物线的表达式．
（2）试说明无论a为何值,抛物线一定经过两个定点,并求出这两个定点的坐标．点P为两定点所在直线上的动点,当点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小时,求点P的坐标；
（3）点N是抛物线上一动点,点M（﹣4,0）,且∠NMA+∠OBA＝90°,若满足条件的点N的个数恰好为3个,求a的值．
【分析】（1）将原点（0,0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0）,即可求解；
（2）由y＝x+中,得A（﹣3,0）,B（0,）,由y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1,即得二次函数的图象过两定点C（2,1）和D（﹣1,1）；则直线CD为y＝1,设P（p,1）,过点P作PH⊥AB于H,可得PA2＝（p+3）2+1,证明△PHD∽△BOA,根据相似三角形的性质得PH＝,PH2＝（p+1）2,则PA2+PH2最小时,PA+PH最小,根据二次函数的性质即可求解；
（3）由∠NMA+∠OBA＝90°,知N在过点M且与直线AB平行的直线y＝x+2上,或在直线y＝﹣x﹣2上,由图得a＞0,直线y＝x+2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1总有两个交点,当直线y＝﹣x﹣2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1个交点时即满足题意,由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2的Δ＝0,即可求解．
【解答】解：（1）把（0,0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1得：
﹣2a+1＝0,
解得a＝,
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x；
（2）∵y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1,
∴x＝2或x＝﹣1时,y＝1,
即二次函数的图象过两定点C（2,1）和D（﹣1,1）,
∴直线CD为y＝1,CD∥x轴,
在y＝x+中,令x＝0得y＝,令y＝0得x＝﹣3,
∴A（﹣3,0）,B（0,）,
∴OA＝3,OB＝,AB＝＝,
如图：过点P作PH⊥AB于H,设P（p,1）,
∴∠PHD＝∠BOA＝90°,
∵CD∥x轴,
∴∠PDH＝∠BAO,
∴△PHD∽△BOA,
∴,
∴,
∴PH＝,PH2＝（p+1）2,
∵PA2＝（p+3）2+1,
∴PA2+PH2最小时,PA+PH最小,
PA2+PH2＝（p+3）2+1+（p+1）2＝p2+p+＝（p+）2+,
∴当p＝﹣时,点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小,
此时,点P的坐标为（﹣,1）；
（3）如图,
∵∠NMA+∠OBA＝90°,∠OAB+∠OBA＝90°,
∴∠NMA＝∠OAB,
∴MN∥AB,
∵直线AB：y＝x+,
设直线MN为y＝x+m,
∵点M（﹣4,0）,
∴﹣2+m＝0,解得m＝2,
∴N在过点M且与直线AB平行的直线y＝x+2上,或在直线y＝﹣x﹣2上,
由图得a＞0,直线y＝x+2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1总有两个交点,
∴当直线y＝﹣x﹣2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1个交点时即满足题意,
由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣x﹣2得：ax2+（﹣a）x+3﹣2a＝0,
当Δ＝0,即（﹣a）2﹣4a（3﹣2a）＝0时,a＝或（舍去）,
∴a的值为．
5．（2022•成都模拟）如图1所示,直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于点A,点B,点C（1,2）在经过点A,B的二次函数y＝ax2+bx+c的图象上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为线段AB上（不与端点重合）的一动点,过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q,求PQ+PB取得最大值时点P的坐标；
（3）如图2,连接BC并延长,交x轴于点D,E为第三象限抛物线上一点,连接DE,点G为x轴上一点,且G（﹣1,0）,直线CG与DE交于点F,点H在线段CF上,且∠CFD+∠ABH＝45°,连接BH交OA于点M,已知∠GDF＝∠HBO,求点H的坐标．
【分析】（1）求得A、B两点坐标,将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式,进而求得结果；
（2）作PD⊥OB于D,设出点P和Q点坐标,表示出PQ的长,由△BPD∽△BAO表示出PB,从而表示出PQ+PB,进而根据二次函数性质求得结果；
（3）作CN⊥AD于N,作MT⊥AB于T,根据条件推出BM平分∠ABO,根据S△ABM+S△BOM＝S△AOB,求得OM长,进而得出直线CG,BM的解析式,进一步求得结果．
【解答】解：（1）由题意得：A（﹣4,0）,B（0,3）,
∴,
∴,
∴y＝﹣﹣+3；
（2）如图1,
作PD⊥OB于D,
设Q（m,﹣﹣+3）,P（m,m+3）,
∴PQ＝﹣﹣+3﹣（＝﹣﹣,
∵PD∥OA,
∴△BPD∽△BAO,
∴＝,
∴＝,
∴PB＝﹣,
∴PQ+PB＝﹣﹣m﹣m＝﹣﹣,
∴当m＝﹣＝﹣,
∵+3＝,
∴P（﹣,）；
（3）如图2,
作CN⊥AD于N,作MT⊥AB于T,
∵C（1,2）,G（﹣1,0）,
∴CN＝GN＝2,
∴∠CGN＝∠NCG＝45°,
∴∠CFD+∠GDF＝45°,
∵∠CFD+∠ABH＝45°,
∴∠GDF＝∠ABH,
∵∠GDF＝∠HBO,
∴∠ABH＝∠HBO,
∴OM＝MT,
∵S△ABM+S△BOM＝S△AOB,
∴,
∴5OM+3OM＝3×4,
∴OM＝,
∴M（﹣,0）,
∴直线BM的解析式为：y＝2x+3,
∵C（1,2）,G（﹣1,0）,
∴直线CG的解析式为：y＝x+1,
由2x+3＝x+1得,x＝﹣2,
∴x+1＝﹣1,
∴H（﹣2,﹣1）．
6．（2022•洪山区模拟）如图,在平面直角坐标系中,抛物线与x轴交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,与y轴交于点C（0,3）,与直线l：y＝k（x﹣3）+3（k＞0）交于D,E两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,连接BD,若△BDE的面积为6,求k的值；
（3）如图2,若直线l与抛物线交于M,N两点,与BC交于点P,且∠MBC＝∠NBC．求P点的坐标．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）先根据直线l的解析式得出定点F（3,3）,连接BF,则BF∥y轴,BF＝3,根据由三角形面积可得xE﹣xD＝4,联立得整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0,再由根与系数关系可得：xD+xE＝2﹣k,xD•xE＝﹣3k,即可求得k的值；
（3）设M（x1,﹣x12+2x1+3）,N（x2,﹣x22+2x2+3）,如图2,分别过点M、N作ME⊥x轴于点E,NQ⊥BF于点Q,可证得∠MBE＝∠NBQ,得出tan∠MBE＝tan∠NBQ,即＝,即可求得k的值,得出直线l的解析式,再利用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝﹣x+3,联立方程组求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1,0）,B（3,0）,
∴设y＝a（x+1）（x﹣3）,把C（0,3）代入得,3＝a×（0+1）×（0﹣3）,
解得：a＝﹣1,
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直线l：y＝k（x﹣3）+3,当x＝3时,y＝3,
∴点F（3,3）是直线l上一定点,
如图1,连接BF,则BF∥y轴,BF＝3,
∵S△BDF﹣S△BEF＝S△BDE＝6,
∴BF（3﹣xD）﹣BF（3﹣xE）＝6,即（xE﹣xD）＝6,
∴xE﹣xD＝4,
联立得：﹣x2+2x+3＝k（x﹣3）+3,
整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0,
∴xD+xE＝2﹣k,xD•xE＝﹣3k,
∵（xD+xE）2﹣4xD•xE＝（xE﹣xD）2,
∴（2﹣k）2﹣4×（﹣3k）＝42,
解得：k1＝﹣4+2,k2＝﹣4﹣2,
∵k＞0,
∴k＝﹣4+2；
（3）设M（x1,﹣x12+2x1+3）,N（x2,﹣x22+2x2+3）,
如图2,分别过点M、N作ME⊥x轴于点E,NQ⊥BF于点Q,
∵C（0,3）,B（3,0）,
∴OB＝OC,
∵∠BOC＝90°,
∴∠OBC＝45°,∠CBQ＝45°,
∵∠MBC＝∠NBC,
∴∠MBE＝∠NBQ,
∴tan∠MBE＝tan∠NBQ,
∴＝,
∴＝,即＝,
∴x1+x2+x1x2＝0,
由（2）知：x1+x2＝2﹣k,x1•x2＝﹣3k,
∴2﹣k﹣3k＝0,
解得：k＝,
∴直线l的解析式为y＝（x﹣3）+3,
设直线BC的解析式为y＝mx+n,
则,
解得：,
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3,
联立方程组得,
解得：,
∴P点的坐标为（1,2）．
7．（2022•洪山区模拟）抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边）,与y轴的正半轴交于C点,△ABC的面积为6．
（1）直接写出点A、B的坐标为 A（﹣1,0）,B（3,0） ；抛物线的解析式为 y＝﹣x2+2x+3 ．
（2）如图1,连结AC,若在第一象限抛物线上存在点D,使点D到直线AC的距离为,求点D的坐标；
（3）如图2,平行于AC的直线交抛物线于M、N两点,在抛物线上存在点P,当PQ⊥y轴时,PQ恰好平分∠MPN,求P点坐标．
【分析】（1）令y＝0,可求出x的值,进而可得出A,B的坐标；令x＝0,可求出y的值,可得出点C的坐标,得出线段OC的长,利用三角形的面积公式可得出a的值；
（2）过点O作OQ⊥AC于点Q,根据三角形面积的等积法可求出OQ的长,进可得出点D的位置,利用全等三角形的性质求出直线QA′的解析式,联立可求出点D的坐标；
（3）过点M作ME⊥DE于E,过点N作NF⊥DE于F,根据∠MPE＝∠NPE,∠MEP＝∠NFP＝90°,可得△MPE∽△NPF,设出M、N、P三点的坐标（只设横坐标,纵坐标用横坐标表示）,分别用横坐标之差、纵坐标之差表示出两个相似三角形的直角边,列出比例等式；设出MN的解析式,与抛物线方程联立,得出两根之和的关系式,结合前面的比例等式解出P点的横坐标,进而算出纵坐标．
【解答】解：（1）令y＝0,即ax2﹣2ax﹣3a＝0,
解得x＝﹣1或x＝3,
∴A（﹣1,0）,B（3,0）；
令x＝0,则y＝﹣3a,
∴C（0,﹣3a）,即OC＝﹣3a,
∴S＝×4×（﹣3a）＝6,解得a＝﹣1,
∴函数解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
故答案为：A（﹣1,0）,B（3,0）；y＝﹣x2+2x+3．
（2）由（1）知,A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）,
∴OA＝1,OC＝3,AB＝,
过点O作OG⊥AC于点G,
∴S△OAC＝•OA•OB＝•AC•OG
∴×1×3＝וOG,
∴OG＝,
设点D到直线AC的距离h＝＝2OG,
延长GO到点G′,使得OG′＝OG,过点G′作AC的平行线与x轴交于点A′,与抛物线在第一象限内交于点D,
∴∠GAO＝∠G′A′O,
∵∠GOA＝∠G′OA′,
∴△GAO≌△G′A′O（AAS）,
∴OA＝OA′＝1,
∴A′（1,0）,
∵A（﹣1,0）,C（0,3）,
∴直线AC的解析式为：y＝3x+3,
∴直线A′G′的解析式为：y＝3x﹣3,
令3x﹣3＝﹣x2+2x+3,解得x＝2或x＝﹣3,
∵点D在第一象限,
∴D（2,3）．
（3）如图,过点M作ME⊥DE于E,过点N作NF⊥DE于F,
设M（x1,﹣x12+2x1+3）,N（x2,﹣x22+2x2+3）,P（x0,﹣x02+2x0+3）,
则：ME＝﹣x12+2x1+3﹣（﹣x02+2x0+3）＝﹣x12+2x1+x02﹣2x0＝﹣（x1﹣x0）（x1+x0）+2（x1﹣x0）＝（x0+x1﹣2）（x0﹣x1）,
PE＝x0﹣x1,
FN＝﹣x02+2x0+3﹣（﹣x22+2x2+3）＝﹣（x0+x2﹣2）（x0﹣x2）,
PF＝x0﹣x2,
∵PQ恰好平分∠MPN,即∠MPE＝∠NPE,∠MEP＝∠NFP＝90°,
∴△MPE∽△NPF,
∴＝,
∴＝,
∴x0＝,
∵A（﹣1,0）,C（0,﹣3）,
∵MN∥AC,
∴设直线MN的解析式为y＝3x+b,
令3x+b＝﹣x2+2x+3,
由消去y整理得：x2+x﹣3+b＝0,
由韦达定理可知：x1+x2＝﹣1,
∴x＝,
∴x−2x−3＝,
∴P（,）．
8．（2022•泰安模拟）如图,抛物线y＝mx2+3mx﹣2m+1的图象经过点C,交x轴于点A（x1,0）,B（x2,0）（点A在点B左侧）,且x2﹣x1＝5,连接BC,D是AC上方的抛物线一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC,CD,S△DCE：S△BCE是否存在最大值？若存在,请求出其最大值及此时点D的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）第二象限内抛物线上是否存在一点D,DF垂直AC于点F,使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的两倍？若存在,求点D的横坐标,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点的横坐标与一元二次方程根的联系,用一元二次方程根与系数的关系定理列出关于m的方程,解方程即可得出结论；
（2）过点D作DH⊥x轴于点H,交AC于点M,过点B作BN⊥x轴于点B,交直线AC于点N,利用待定系数法求得直线AC的解析式,设D（a,a+2）,则M（a,a+2）,求得线段DM,BN的长,利用同高的三角形的面积关系列出S△DCE：S△BCE关于a的等式,利用配方法和二次函数的性质解答即可；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当∠DCF＝2∠BAC时,②当∠FDC＝2∠BAC时：取AB的中点P,连接OP,过点D作DR⊥y轴于点R,延长交AC于点G,利用勾股定理的逆定理判定△ABC为直角三角形,∠ACB＝90°,设D（a,a+2）,则DR＝﹣a,OR＝a+2,利用直角三角形的边角关系定理列出关于a的方程,解方程即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝mx2+3mx﹣2m+1的图象交x轴于点A（x1,0）,B（x2,0）,
∴x1,x2是方程mx2+3mx﹣2m+1＝0的两根,
∴x1+x2＝﹣3,x1•x2＝．
∵x2﹣x1＝5,
∴＝25．
即：﹣4x1•x2＝25,
∴9﹣4×＝25．
解得：m＝﹣．
∴抛物线的解析式为y＝﹣﹣x+2．
（2）S△DCE：S△BCE存在最大值,此时点D的坐标为（﹣2,3）,理由：
令y＝0,则﹣﹣x+2＝0,
解得：x＝﹣4或1,
∴A（﹣4,0）,B（1,0）,
令x＝0,则y＝2,
∴C（0,2）．
设直线AC的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得：,
∴直线AC的解析式为y＝x+2．
过点D作DH⊥x轴于点H,交AC于点M,过点B作BN⊥x轴于点B,交直线AC于点N,如图,
则DM∥BN,
∴△EDM∽△EBN,
∴．
设D（a,a+2）,则M（a,a+2）,
∴DM＝（a+2）﹣（a+2）＝﹣﹣2a．
当x＝1时,y＝×1+2＝,
∴N（1,）．
∴BN＝．
∵等高的三角形的面积比等于底的比,
∴S△DCE：S△B∁E＝．
∴S△DCE：S△B∁E＝＝﹣﹣a＝﹣（a+2）2+,
∵＜0,
∴当a＝﹣2时,S△DCE：S△BCE有最大值为,此时点D（﹣2,3）；
（3）第二象限内抛物线上存在一点D,DF垂直AC于点F,使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的两倍,点D的横坐标为﹣2或﹣,理由：
∵A（﹣4,0）,B（1,0）,C（0,2）,
∴OA＝4,OB＝1,OC＝2,
∴AC＝＝2,BC＝＝,AB＝OA+OB＝5．
∵AC2+BC2＝25＝AB2,
∴△ABC为直角三角形,∠ACB＝90°．
取AB的中点P,连接OP,
则P（﹣,0）,
∴OP＝．
∴PA＝PB＝PC＝,
∴∠BAC＝∠PCA．
∵∠CPB＝∠BAC+∠PCA,
∴∠CPB＝2∠BAC．
过点D作DR⊥y轴于点R,延长交AC于点G,如图,
①当∠DCF＝2∠BAC时,
设D（m,m+2）,则DR＝﹣m,OR＝m+2,
∴CR＝OR﹣OC＝m．
∵DR⊥y轴,OA⊥y轴,
∴DR∥AB,
∴∠G＝∠BAC．
∵∠DCF＝∠G+∠CDG,∠DCF＝2∠BAC,
∴∠CDG＝∠G＝∠BAC．
∵tan∠BAC＝,
∴tan∠CDR＝．
∴,
∴
解得：m＝﹣2或0（舍去）,
∴m＝﹣2．
∴点D的横坐标为﹣2；
②当∠FDC＝2∠BAC时,
∵∠CPB＝2∠BAC,
∴∠FDC＝∠CPB．
∵tan∠CPB＝,
∴tan∠FDC＝,
∵tan∠FDC＝,
∴,
设FC＝4n,则DF＝3n,
∴CD＝＝5n．
∵tan∠G＝tan∠BAC＝,
∴tan∠G＝,
∴FG＝6n．
∴CG＝FG﹣FC＝2n．
∵tan∠G＝,
∴RC＝n,
∴DR＝＝n,
∴,
解得：a＝或0（舍去）,
∴a＝﹣,
即点D的横坐标为﹣,
综上,第二象限内抛物线上存在一点D,DF垂直AC于点F,使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的两倍,点D的横坐标为﹣2或﹣．
9．（2022•青山区模拟）抛物线y＝x2+（t﹣2）x﹣2t（t＞0）与x轴交于A、B两点（A在B左边）,与y轴交于点 C．
（1）直接写出A点坐标 （﹣t,0） 、B点坐标 （2,0） 、C点坐标 （0,﹣2t） ；
（2）如图1,直线y＝kx+b与抛物线交于M、N两点（M不与A重合,M在N左边）,连接MA,作NH⊥x轴于点H,过点H作HP∥MA交y轴于点P,PH交MN于点Q,求点Q的横坐标；
（3）如图2,直线y＝d（d＞0）与抛物线交于第二象限点D,若∠ADB＝45°,求d﹣t的值．
【分析】（1）令y＝0,从而得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0,解这个方程,进而求得A,B两点坐标,当x＝0时,可求得C点纵坐标；
（2）过点M作MK⊥x轴于K,过点Q作QL⊥x轴于L,设M（x1,kx1+b）、N（x2,kx2+b）设点Q的横坐标为n,则Q（n,kn+b）,将直线MN的解析式与抛物线的解析式联立,从而得出x1+x2＝2+k﹣m,x1x2＝﹣2m﹣b,根据△MKA∽△QLH,可得 ＝,进一步求得结果；
（3）设D（m,m2+（t﹣2）m﹣2t）,作∠DBE＝90°,交DA的延长线于E,作DF∥x轴,作BF⊥DF于F,作EG⊥FB交FB的延长线于G,根据△DFB≌△BGE,可推出点E的坐标,根据M,A的坐标,可以得出MA的解析式,将点E坐标代入,从而求得结果．
【解答】解：（1）令y＝0,得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0,
解得：x＝﹣t或x＝2,
∴A（﹣t,0）,B（2,0）,
令x＝0,得y＝﹣2t,
∴C（0,﹣2t）,
故答案为：A（﹣t,0）,B（2,0）,C（0,﹣2t）；
（2）如图1,
过点M作MK⊥x轴于K,过点Q作QL⊥x轴于L,
∴∠MKA＝∠QLH＝90°,
设M（x1,kx1+b）、N（x2,kx2+b）
联立 ,
整理得x2+（m﹣2﹣k）x﹣2m﹣b＝0,
∴x1+x2＝2+k﹣m,x1x2＝﹣2m﹣b,
设点Q的横坐标为n,则Q（n,kn+b）,
∵MA∥QH,
∴∠MAK＝∠QHL,
∴△MKA∽△QLH,
∴,
即 ＝,
整理得kx1x2+b（x1+x2）+kmn+bm﹣bn＝0,
∴k（﹣2m﹣b）+b（2+k﹣m）+kmn+bm﹣bn＝0,
∴（km﹣b）（n﹣2）＝0,
①当km﹣b＝0,此时直线为y＝k（x+m）,过点A（﹣m,0）,不符合题意；
②当n﹣2＝0,此时n＝2,Q点的横坐标为2；
（3）如图2,
设D（m,m2+（t﹣2）m﹣2t）,
作∠DBE＝90°,交DA的延长线于E,作DF∥x轴,作BF⊥DF于F,作EG⊥FB交FB的延长线于G,
∴∠F＝∠G＝90°,∠DBF+∠EBG＝90°,
∴∠FDB+∠DBF＝90°,
∴∠FDB＝∠EBG,
∵∠ADB＝45°,
∴∠AEB＝90°﹣∠DAB＝45°,
∴BD＝BE,
∴△DFB≌△BGE（AAS）,
∴EG＝BF＝d,BG＝DF＝2﹣m,
∴E（2﹣m,m﹣2）,
设直线DE的解析式为：y＝px+q,
∴,
∴,
∴y＝（m﹣2）x+（m﹣2）t,
把x＝2﹣d,y＝m﹣2代入得,
m﹣2＝（m﹣2）•（2﹣d）（m﹣2）t,
∴d﹣t＝1．
10．（2022•丹阳市二模）如图所示,抛物线y＝﹣x2+bx+3经过点B（3,0）,与x轴交于另一点A,与y轴交于点C．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）如图,设点D是x轴正半轴上一个动点,过点D作直线l⊥x轴,交直线BC于点E,交抛物线于点F,连接AC、FC．
①若点F在第一象限内,当∠BCF＝∠BCA时,求点F的坐标；
②若∠ACO+∠FCB＝45°,则点F的横坐标为 或5 ．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）①作点A关于直线BC的对称点G,连接CG交抛物线于点F．此时,∠BCF＝∠BCA．求得G（3.4）,利用待定系数法求得直线CF的解析式为y＝x+3,联立方程组,即可求解；
②分两种情况讨论,由相似三角形的性质和等腰三角形的性质,可求CF的解析式,联立方程可求解．
【解答】解：（1）∵B（3,0）在抛物线y＝﹣x2+bx+3上,
∴﹣32+3b+3＝0,
∴b＝2,
∴抛物线所对应的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）①作点A关于直线BC的对称点G,AG交BC于点H,过点H作HI⊥x轴于点I,连接CG交抛物线于点F,此时,∠BCF＝∠BCA,
y＝﹣x2+2x+3,令x＝0,则y＝3,
令y＝0,则﹣x2+2x+3＝0,
解得：x＝3或＝﹣1,
∴A（﹣1,0）,B（3,0）,C（0,3）．
∴OB＝OC,AB＝4,
∴△OCB是等腰直角三角形,则∠OCB＝∠OBC＝45°,
∴∠HAB＝∠OBC＝∠AHI＝∠BHI＝45°,
∴HI＝AI＝BI＝AB＝2,
∴H（1,2）,
∴G（3,4）,
设直线CG的解析式为y＝kx+3,
把G（3,4）代入得：4＝3k+3,
解得k＝,
∴直线CF的解析式为y＝x+3,
∴,解得,
∴点F的坐标为（,）；
②当点F在x轴上方时,如图,延长CF交x轴于N,
∵点B（3,0）,点C（0,3）,
∴OB＝OC,
∴∠OCB＝∠OBC＝45°,
∵A（﹣1,0）,
∴OA＝1,
∵∠ACO+∠FCB＝45°,∠CBO＝∠FCB+∠CNO＝45°．
∴∠ACO＝∠CNO,
∵∠COA＝∠CON＝90°,
∴△CAO∽△NCO,
∴,
∴,
∴ON＝9,
∴点N（9,0）,
设直线CF的解析式为y＝k′x+3,
把N（9,0）代入得：0＝9k′+3,
解得k′＝﹣,
∴直线CF的解析式为y＝﹣x+3,
∴﹣x+3＝﹣x2+2x+3,
∴x1＝0（舍去）,x2＝,
∴点的横坐标为；
当点F在x轴下方时,如图,设CF与x轴交于点M,
∵∠ACO+∠FCB＝45°,∠FCB+∠OCM＝45°．
∴∠ACO＝∠OCM,
∵OC＝OC,∠COA＝∠COM＝90°,
∴△CAO≌△CMO（ASA）,
∴OM＝OA＝1,
∴点M（1,0）,
同理直线CF解析式为：y＝﹣3x+3．
∴﹣3x+3＝﹣x2+2x+3,
∴x1＝0（舍去）,x2＝5,
∴点的横坐标为5．
综上所述,点F的横坐标为或5．
故答案为：或5．
11．（2022•东港区校级一模）如图1,抛物线y＝ax2+bx+3经过A（1,0）、B（3,0）两点,与y轴交于点C,
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图2,M是x轴下方的抛物线上一点,连接MO、MB、MC,若△MOC的面积是△MBC面积的3倍,求点M的坐标；
（3）如图3,连接AC、BC,在抛物线上是否存在一点N（不与点A重合）,使得∠BCN＝∠ACB？若存在,求点N的横坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由于抛物线y＝ax2+bx+3过A（1,0）、B（3,0）两点,那么可以得到方程ax2+bx+3＝0的两根为x＝1或x＝3,然后利用根与系数即可确定a、b的值．
（2）利用待定系数法求出直线BC的解析式,设点M（m,m2﹣4m+3）,过点M作MN∥y轴,交BC于点N,则N（m,﹣m+3）,根据△MOC的面积是△MBC面积的3倍,即可得到点M的坐标；
（3）过点B作BE⊥AB交CN与E,证明△ABC≌△EBC（ASA）,根据全等三角形的性质得BE＝AB＝2,求得E的坐标,由点E、C的坐标可得直线CN的解析式,联立y＝x2﹣4x+3即可求得N点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过A（1,0）、B（3,0）两点,
∴方程ax2+bx+3＝0的两根为x＝1或x＝3,
∴1+3＝﹣,1×3＝,
∴a＝1,b＝﹣4,
∴二次函数解析式是y＝x2﹣4x+3；
（2）∵二次函数解析式是y＝x2﹣4x+3,
∴C（0,3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+t（k≠0）,
则,
解得：．
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3．
设点M（m,m2﹣4m+3）,
过点M作MN∥y轴,交BC于点N,
∴N（m,﹣m+3）,
∴MN＝﹣m+3﹣m2+4m﹣3＝﹣m2+3m,
∵A（1,0）、B（3,0）,C（0,3）．
∴S△MOC＝OC•m＝m,
S△MBC＝MN•OB＝﹣m2+m,
∵△MOC的面积是△MBC面积的3倍,
∴m＝3（﹣m2+m）,
∴m＝0（舍去）或,
∴点M的坐标为（,﹣）；
（3）抛物线上存在一点N,使得∠BCN＝∠ACB．
过点B作BE⊥AB交CN与E,
∵B（3,0）,C（0,3）．
∴OB＝OC＝3,
∴∠OBC＝45°,
∴∠OBC＝∠EBC＝45°,
∵BC＝BC,∠BCN＝∠ACB．
∴△ABC≌△EBC（ASA）,
∴BE＝AB＝2,
∴E（3,2）,
设直线CN的解析式为y＝mx+n,
∴,解得,
∴直线CN的解析式为y＝﹣x+3,
联立y＝x2﹣4x+3得,或（舍去）,
∴抛物线上存在一点N,使得∠BCN＝∠ACB．点N的横坐标为．
12．（2022•宁津县模拟）如图,抛物线与x轴交于点A和点C（﹣1,0）,与y轴交于点B（0,3）,连接AB,BC,对称轴PD交AB与点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,试探究：线段BC上是否存在点M,使∠EMO＝∠ABC,若存在,求出点M的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）如图3,点Q是抛物线的对称轴PD上一点,若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形,请直接写出点Q纵坐标n的取值范围．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）先求出A（4,0）,可得抛物线的对称轴为x＝＝,证明∠ACB＝∠ABC,△MCO∽△EBM,可得MC•BM＝BE•CO,求出MC,即可求解；
（3）当∠BAQ为直角时,求出直线BQ的表达式为y＝x+3,得到n＝5；当∠BQA为直角时,利用解直角三角形的方法求出n＝；当∠BAQ为直角时,同理可得,n＝﹣,进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：,解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3；
（2）对于y＝﹣x2+x+3,令y＝﹣x2+x+3＝0,解得x＝4或﹣1,
故点A的坐标为（4,0）,
∵点A（4,0）,B（0,3）,C（﹣1,0）,
∴抛物线的对称轴为x＝＝,
直线AB的表达式为y＝﹣x+3,
AB＝＝5＝AC．
∴∠ACB＝∠ABC,点E（,）,
∵∠CME＝∠CMO+∠OME＝∠ABC+∠MEB,∠ABC＝∠OME,
∴∠CMO＝∠BEM．
∴△MCO∽△EBM,
∴,
∴MC•BM＝BE•CO,
∵B（0,3）,E（,）,
∴BE＝＝,
∴MC•BM＝,
∵MC+BM＝BC＝＝．
∴MC＝或MC＝．
∴＝或＝,
如图,过M作MK⊥x轴于K,则MK∥y轴,
∴△CMK∽△CBO,
∴＝或,即＝或,
∴MK＝或,
∵B（0,3）,C（﹣1,0）,
∴直线BC的解析式为y＝3x+3,
∴M的﹣横坐标为﹣或﹣,
∴点M的坐标为（﹣,）或（﹣,）；
（3）设点Q的坐标为（,n）,
当∠ABQ为直角时,如图,
设BQ交x轴于点H,
∵∠ABQ＝90°,
∴∠BAO+∠BHA＝90°,
∵∠BAO+∠ABO＝90°,
∴∠ABO＝∠BHA,
∵tan∠ABO＝,
∴tan∠BHO＝,
故设直线BQ的表达式为y＝x+t,
∵该直线过点B（0,3）,
∴t＝3,
∴直线BQ的表达式为y＝x+3,
当x＝时,y＝x+3＝5,
即n＝5；
②当∠BQA为直角时,
过点Q作直线MN交y轴于点N,交过点A与y轴的平行线于点M,
∵∠BQN+∠MQA＝90°,∠MQA+∠MAQ＝90°,
∴∠BQN＝∠MAQ,
∴tan∠BQN＝tan∠MAQ,
即,则,
解得n＝；
③当∠BAQ为直角时,
同理可得,n＝﹣；
综上,以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形,则△ABQ不为直角三角形,
故点Q纵坐标n的取值范围为﹣＜n＜或＜n＜5．
13．（2022•南山区模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a﹣1不为整数）的顶点D（,）,AB⊥BC．
（1）直接得出抛物线解析式．
（2）如图1所示,点P为抛物线一动点,∠PBC＝3∠ABO,求xP；
（3）如图2,延长DB交x轴于点E,EF平分∠BEO,交线段AB于点F．x轴正半轴有一点S,且AS＝12EF．过点F作FG∥x轴,交抛物线的对称轴于点G．该对称轴交x轴于点H．过点G作线段IM、NQ,且NH＝MH＝IH＝QH．线段IQ交直线FG于点R,若线段MN恰好交FG于点F．那么请求出R点坐标．并试问∠EFA与∠RSE是否存在倍数关系？若存在,请分别求出它们的角度大小并写出存在的倍数关系；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）根据顶点写出抛物线的顶点式,再根据AB⊥BC得出OB2＝OA•OC,再转化为a和c的关系,解出a,b,c,最后得到抛物线解析式；
（2）由上一问将∠ABO转化为∠BCO,从而得到点P的两种可能：第一种,在x轴上构造两次等腰三角形从而得到∠3∠BCO,再延长 与抛物线的新交点即为P点；第二种,过点B作x轴平行线,构造∠∠BCO,再在 上再构造2∠BCO即可得到3∠BCO,此时的角的边延长与抛物线的新交点即为P点；
先根据点D,点B得出直线DB,再得出点E坐标,再根据EF平分∠BEO得出F点坐标,EF的长以及EF与y轴坐标 （为了之后方便求∠EFA做准备）,再用 AS＝12EF算出S点坐标；接着根据G点与H点的做法得出 FG以及G点坐标；根据NH＝MH＝IH＝QH得出点N,M,I,Q都在以H为圆心的圆上；延长FG后根据HGFG得出点G是弦的中点,于是本题即为著名的“蝴蝶定理”——点G也是FR的中点,得出R的坐标；最后根据之前的准备与各点的坐标算出∠RSE＝135°,∠EFA＝45°,∠RSE＝3∠EFA．
【解答】解：（1）如图1,设点A（x1,0）,C（x2,0）
由题意,a≠0,其中x1,x2 是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个根
∵抛物线y＝ax2+bx+c的顶点为D（,）,
可设抛物线的顶点式为y+a（x﹣）2+,即y+ax2﹣3ax+,
∴与抛物线的一般式y＝ax2+bx+c对比,得,
当x＝0时,相应的抛物线的函数值为c,
点B坐标为（0,C）,
∵AB⊥BC,
∴∠ABC＝90°,
∴∠OBA+∠OBC＝90°,
∵∠OAB+∠OBA＝90°,
∴∠OAB＝∠OBC,
∵∠AOB＝∠BOC,
∴△OAB∽△OBC,
∴∠ABO＝∠BCO,＝,
∴OA2＝OB•OC,
如图1中,点A（x1,0）在y轴左侧,点C（x2,0）在y轴右侧,点B（0,c）在y轴正半轴,
∴OA＝﹣x1,OB＝OC＝,OC＝x2,其中c＞0,即＞0,
∴a＞﹣,
将以上数值代入到OB2＝OA•OC中,得c2＝﹣x1x2,
又x1,x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个根,
∴x1x2＝,
∴c2＝﹣,
∴ac＝﹣1,
∴a•＝﹣1,
∴a＝﹣或﹣,
∵a﹣1不为整数,而（﹣）﹣1＝﹣2为整数,
∴a＝﹣舍去,
抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+；
（2）如图1中,
∵在第（1）问中已证∠ABO＝∠BCO,
∴条件变为∠PBC＝3∠BCO,
在第（1）问中已求出抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+,
∴x1,x2是方程﹣x2+x+＝0的两根,
∴x1＝﹣,x2＝,
∴A（﹣,0）,B（0,）,C（,0）,
满足∠PBC＝3∠BCO的抛物线上的动点P一共有两种情形：
第一种,如下图所示,连接BC,作线段BC的垂直平分线交x轴于B1点,连接BB1,再作线段BB1的垂直平分线交x轴于B2点,连接BB2,
∴BB1＝B1C,BB2＝B2B1,
∴∠BCB1＝∠B1BC,∠BB1B2＝∠B2BB1,
∵∠BB1B2＝∠BCB1+∠B1BC＝2∠BCB1,即∠BB1O＝2∠BCO,
∴∠B2B1C＝∠B2BB1+∠B1BC＝∠BB1B2+∠BCB1＝2∠BCB1+∠BCB1＝3∠BCB1,
又点B1,O都在x轴上,∠BCB1＝∠BCO,
∴∠B2BC＝3∠BCO,
∴点P只需为直BB2与抛物线的另一个交点即可,此时∠PBC＝∠B2BC＝3∠BCO,符合题目要求,如下图所示；所以只需求出点B2的坐标,再得出直BB2的解析式,最后得出点P横坐标
∵∠BOC＝∠BOB1＝∠BOB2＝90°,B（0,）,C（）,BB1＝B1C,
∴OB＝,OC＝,OB1＝OC﹣B1C＝﹣BB1,
在Rt△BOB1中,（BB1）2＝OB2+OB12＝（）2+（﹣BB1）2,
∴BB1＝,
∴B1C＝BB1＝,OB1＝﹣BB1＝,
∴OB2＝OB1﹣B2B1＝﹣BB2,
在Rt△BOB2中,B2B2＝OB2+B2O2＝（）2+（﹣B2B）2,
∴B2B＝,
∴B2B2＝BB2＝,OB2＝﹣BB2＝,
∴点B2的坐标为（,0）,
设直线BB2的解析式为y＝kx+t1,
∴,解方程组得,
直线BB2的解析式为y＝﹣x+,
由,
解得x＝0或,
∴满足条件的点P的横坐标为．
第二种,如图1,过点B作关于抛物线对称轴对称的点B3,点B3仍在抛物线上；再连接BB3,将线段BB3绕着点B逆时针旋转到BB4,使得∠B4BB3＝2∠BCO；过点B4作B4B5⊥BB3于B5,
∵BB3∥x轴,且B3（3,）,BB3＝3,
∴∠BCO＝∠B3BC,
∵∠B4BB3＝2∠BCO,
∴∠B4BC＝∠B4BB3+∠B3BC＝2∠BO+∠BCO＝3∠BCO,
又∵此时∠PBC＝∠B4BC,
∴∠PBC＝3∠BCO符合题意,
根据作法,BB4＝BB3＝3,且在第一种情形已知∠BB1O＝2∠BCO,OB＝,OB1＝,
∴∠B4BB3＝2∠BCO＝∠BB1O,
∴tan∠B4BB3＝tan∠BB1O＝＝＝,
在Rt△B4B5B中,＝tan∠B4BB3＝,
∴B4B5＝BB5,
在Rt△B4B5B中,BB42＝BB52+B4B52,
∴32＝BB52+（BB5）2
∴BB5＝,B4B5＝,
∴B4（,）
∴直线BB4的解析式为y＝x+,
由,
解得x＝或0,
∴满足条件的点P的横坐标为,
综上所述,满足条件的点P的横坐标为或．
（3）结论：∠RSE＝3∠EFA．
理由：∵点D（,）,点B（0,）,
∴直线BD的解析式为y＝x+,
∴点E（﹣,0）,
∴OE＝,OB＝
根据勾股定理,BE＝＝,
如图3,延长EF交y轴于点F1,过点F1作F1F2⊥BE于点F2,
∵EF平分∠BEO,
∴EF1平分∠BEO,且OF1＝F1F2（角平分线上的点到角的两边距离相等）,
∵•BF1•OE＝•BE•F1F2,
即（OB﹣OF1）•OE＝BE•OF1,
∴（﹣OF1）×＝•OF1,
∴OF1＝,
∴F1（0,）,
∴直线EF的解析式为y＝x+,
∵A（﹣,0）,B（0,）,
∴直线AB的解析式为y＝3x+,
由,解得,
∴F（﹣,）,
∵E（﹣,0）,
∴EF＝,
∵x轴正半轴有一点S,且AS＝12EF,
∴AS＝12×,
∴AS＝,
∵A（﹣,0）,
∴S（3,0）,
∵FG∥x轴,交抛物线于点G,对称轴交X轴于点H,
∴HG⊥FG,G（,）,
∵NH＝MH＝IH＝QH,
点I,Q,M,N在以H为圆心,以HI为半径的圆上,
为方便,将圆中相关部分单独提出,并将直线FG两端延长至与⊙H相交,F侧交点记为F′,R侧交点记为R′,如图2所示,
∴FN•FM＝FF′•FR′,IR•QR＝RR′•RF′,
过点R作MN的平行线交NQ于点K,交MI的延长线于点L,
∴∠M＝∠L,∠N＝∠GKR,
∵∠FGM＝∠LGR,∠NGF＝∠KGR,
∴△FGM∽△LGR,△NGF∽△KGR,
∴＝,＝,
∴＝,
∵∠L＝∠M＝∠Q,∠IRL＝∠QRK,
∴△ILR∽△KQR,
∴＝即LR•KR＝IR•QR,
∴＝,即＝,
∵F′G＝GR′,
∴＝,
∴＝,
∴﹣1＝﹣1,
∴FG＝RG,
∴点G也是FR的中点,
∴R（,）,
如图3,过点F1作F1F3⊥AB于点F3,过点R作RR1⊥x轴于点R1．
∵R（,）,S（3,0）,F1（0,）,
∴R1（,0）,SR1＝﹣3＝,
∴RR1＝SR1,
∴△RR1S是等腰直角三角形,
∴∠RSR1＝45°,
∴∠RSE＝180°﹣45°＝135°,
∴∠EFA＝∠F1FF3,
∵F（﹣,）,F1（0,）,
∴FF1＝,
∵∠ABP＝∠F1BF3,∠AOB＝∠F1F3B＝90°,
∴△F1F3B∽△ABO,
∴＝,
∴＝,
∴F1F3＝,
∴sin∠F1FF3＝＝,
∴∠F1FF3＝45°,
∴∠EFA＝45°,
∴∠RSE＝3∠EFA．
14．（2022•大连二模）抛物线y＝x2﹣4x+c与直线I：y＝kx交于点G（1,m）和点H,﹣1≤m＜0,直线x＝m﹣1交直线l于点A,交抛物线于点B．
（1）求c和k的值（用含m的代数式表示）；
（2）过点A作x轴的平行线交抛物线于M,N两点（M在N的左侧）,交y轴于点C．求的取值范围；
（3）在（2）的条件下,过点B作x轴的平行线,与抛物线另一个交点为D,若点E是线段BD的中点,探究∠MEN与∠ABC的数量关系,并说明理由．
【分析】（1）把点G（1,m）分别代入y＝x2﹣4x+c与y＝kx,即可求得答案；
（2）由题意可得A（m﹣1,m2﹣m）,B（m﹣1,m2﹣5m+8）,M（m+1,m2﹣m）,求得＝＝﹣2m+4,再根据一次函数的性质即可求得的取值范围；
（3）先求出D（﹣m+5,m2﹣5m+8）,E（2,m2﹣5m+8）,F（2,m2﹣m）,利用三角函数定义可得：tan∠ABC＝＝,tan∠MEF＝＝,tan∠NEF＝＝,得出∠MEF＝∠NEF＝∠ABC,进而可得∠MEN＝2∠ABC．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣4x+c与直线I：y＝kx交于点G（1,m）,
∴m＝12﹣4×1+c,m＝k×1,
∴c＝m+3,k＝m；
（2）∵直线x＝m﹣1交直线l于点A,
∴y＝m（m﹣1）＝m2﹣m,
∴A（m﹣1,m2﹣m）,
∵直线x＝m﹣1交抛物线于点B,
∴y＝x2﹣4x+m+3＝（m﹣1）2﹣4（m﹣1）+m+3＝m2﹣5m+8,
∴B（m﹣1,m2﹣5m+8）,
∴AB＝﹣4m+8,
∵过点A作x轴的平行线交抛物线于M,N两点（M在N的左侧）,交y轴于点C,
∴C（0,m2﹣m）,点M的纵坐标与点A的纵坐标相等,
∴m2﹣m＝x2﹣4x+m+3,
解得：x1＝m+1,x2＝﹣m+3,
∴M（m+1,m2﹣m）,N（﹣m+3,m2﹣m）,
∴AM＝m+1﹣（m﹣1）＝2,
∴＝＝﹣2m+4,
∵﹣2＜0,且﹣1≤m＜0,
∴的值随着m的增大而减小,
当m＝﹣1时,＝﹣2×（﹣1）+4＝6,
当m＝0时,＝﹣2×0+4＝4,
∴4≤≤6；
（3）∠MEN＝2∠ABC．理由如下：
∵BD∥x轴,
∴点D的纵坐标与点B的纵坐标相等,
∴m2﹣5m+8＝x2﹣4x+m+3,
解得：x1＝m﹣1,x2＝﹣m+5,
∴D（﹣m+5,m2﹣5m+8）,
∵点E是线段BD的中点,
∴E（2,m2﹣5m+8）,
如图,设直线x＝2交直线MN于点F,
则F（2,m2﹣m）,
∴MF＝NF＝﹣m+1,EF＝m2﹣5m+8﹣（m2﹣m）＝﹣4m+8,
∵AC＝0﹣（m﹣1）＝﹣m+1,AB＝﹣4m+8,
∴tan∠ABC＝＝,
∵tan∠MEF＝＝,tan∠NEF＝＝,
∴∠MEF＝∠NEF＝∠ABC,
∴∠MEN＝2∠ABC．
15．（2022•新抚区模拟）如图,直线y＝mx+n与抛物线y＝﹣x2+bx+c交于A（﹣2,0）,B（2,2）两点,直线AB与y轴交于点C．
（1）求抛物线与直线AB的解析式；
（2）点P在抛物线上,直线PC交x轴于Q,连接PB,当△PBC的面积是△ACQ面积的2倍时,求点P的坐标；
（3）点M为坐标轴上的动点,当∠AMB＝45°时,直接写出点M的坐标．
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）由一次函数解析式可得点C坐标,从而可得AC＝BC,由△PBC的面积是△ACQ面积的2倍可得点P到AB的距离是点Q到AB的距离的2倍,通过分类讨论点P的位置,结合图象求解．
（3）分别讨论点M在x轴正半轴,y轴负半轴与正半轴三种情况,由AB长度不变,∠AMB角度不变可得∠AMB为弦AB所对圆周角,从而可得AB所对圆心角为直角,进而求解．
【解答】解：（1）将A（﹣2,0）,B（2,2）代入y＝﹣x2+bx+c得,
解得,
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+5．
将A（﹣2,0）,B（2,2）代入y＝mx+n得,
解得,
∴直线AB解析式为y＝x+1．
（2）①点P在x轴上方是,过点P作x轴平行线,交y轴于点F,交直线AB于点E,
将x＝0代入y＝x+1得y＝1,
∴点C坐标为（0,1）,
∵A（﹣2,0）,B（2,2）,
∴C为AB中点,即AC＝BC,
∴当△PBC的面积是△ACQ面积的2倍时,点P到BC的距离是点Q到AC的距离的2倍,
∵PE∥OA,
∴△EPC∽△AQC,
∴＝2,
∵PF∥OA,
∴△PFC∽△OQC,
∴＝＝2,
∴点P纵坐标为FC+OC＝3OC＝3,
将y＝3代入y＝﹣x2+x+5得3＝﹣x2+x+5,
解得x1＝﹣,x2＝+,
∴点P坐标为（﹣,3）或（+,3）．
②点P在x轴下方,连接BQ,PK⊥x轴于点K,
∵C为AB中点,
∴S△AQC＝S△BQC,
∵△PBC的面积是△ACQ面积的2倍,
∴S△PBQ＝S△BQC,
∴点Q为CP中点,
又∵∠CQO＝∠PQK,∠COQ＝∠PKQ＝90°,
∴△OCQ≌△KPQ,
∴CQ＝KP,即点P纵坐标为﹣1,
将y＝﹣1代入y＝﹣x2+x+5得﹣1＝﹣x2+x+5,
解得x1＝,x2＝,
∴点P坐标为（,﹣1）,（,﹣1）,
综上所述,点P坐标为（﹣,3）或（+,3）或（,﹣1）或（,﹣1）,
（3）①点M在x轴正半轴上,作BN⊥x轴于点N,
∵∠AMB＝45°,
∴△BNM为等腰直角三角形,
∴BN＝NM＝2,
∴OM＝ON+NM＝4,
∴点M坐标为（4,0）．
②如图,点M在y轴负半轴,作AG⊥BM于点G,
∵AB长度不变,∠AMB＝45°,
∴点A,B,C在同一个圆上,
∵∠AGB＝2∠AMB＝90°,
∴点G为△AMB外接圆圆心,
∴GA＝GM＝GB,即△AMB为等腰直角三角形,
∴AM＝AB＝＝2,
在Rt△AOM中,由勾股定理得OM＝＝4,
∴点M坐标为（0,﹣4）,
③点M1与点M关于点C对称,则四边形AMBM1为平行四边形,∠AM1B＝45°,
∴点M1坐标为（0,6）．
∴点M坐标为（4,0）或（0,﹣4）或（0,6）．
16．（2022•铁岭模拟）如图1,抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴交于A（﹣2,0）、B（4,0）两点,与y轴交于点C,直线l与抛物线交于A、D两点,其中D点的横坐标为2．
（1）求抛物线的解析式以及直线AD的解析式；
（2）点P是抛物线上位于直线AD下方的动点,过点P作x轴,y轴的平行线,交AD于点E、F,当PE+PF取最大值时,求点P的坐标；
（3）如图2,连接AC,点Q在抛物线上,且满足∠QAB＝2∠ACO,求点的坐标．
【分析】（1）将A（﹣2,0）,B（4,0）代入y＝ax2﹣x+c,求出抛物线的解析式,求出D点坐标后,利用待定系数法求直线AD的解析式；
（2）由题意可得PF＝PE,设P（x,x2﹣x﹣4）,F（x,﹣x﹣2）,则PF＝﹣x2+2,当PF最大时,PF+PE就最大,由此求解即可；
（3）在BO上截取ON＝OA,连接CN,过点A作AH⊥CN,证明△OCN≌△OCA（SAS）,则可推导出∠QAB＝∠NCA,再由S△ANC＝AN×OC＝AH×CN,求出tan∠NCA＝,分两种情况讨论：当点Q在AB的下方时,设AQ与y轴交于点I,tan∠NCA＝tan∠QAB＝,可求点I（0,﹣）,求出直线AQ解析式为y＝﹣x﹣,联立方程组得：,可求点Q坐标为（,﹣）,当点Q在AB的上方时,同理可求直线AQ解析式为：y＝x+,联立方程组得：,可求点Q坐标为（,）．
【解答】解：（1）将A（﹣2,0）,B（4,0）代入y＝ax2﹣x+c,
得,
解得,
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣4,
当x＝2时,y＝﹣4,
∴D（2,﹣4）,
设直线AD的解析式为y＝kx+b,
将A（﹣2,0）D（2,﹣4）代入,
得,
解得,
∴直线AD的解析式为y＝﹣x﹣2；
（2）根据题意作图,如图1,
在y＝﹣x﹣2上,当x＝0时,y＝﹣2,
∴AD与y轴的交点M的坐标为（0,﹣2）,
∴OA＝OM,∠AOM＝90°,
∴∠OAB＝45°,
∵PE∥x轴,PF∥y轴,
∴∠PEF＝∠OAB＝45°,∠EPF＝90°,
∴PF＝PE,
设P（x,x2﹣x﹣4）,F（x,﹣x﹣2）,
∴PF＝﹣x2+2,
∵P在AD的下方,
∴﹣2＜x＜2,
当x＝0时,PF有最大值为2,此时PF+PE最大,
∴P（0,﹣4）；
（3）在BO上截取ON＝OA,连接CN,过点A作AH⊥CN,如图2,
∵点A（﹣2,0）,点C（0,﹣4）,
∴OA＝2,OC＝4,
∴AC＝2,
∵ON＝OA,∠CON＝∠COA＝90°,OC＝OC,
∴△OCN≌△OCA（SAS）,
∴∠ACO＝∠NCO,CN＝AC＝2,
∴∠NCA＝2∠ACO,
∵∠QAB＝2∠ACO,
∴∠QAB＝∠NCA,
∵S△ANC＝AN×OC＝AH×CN,
∴AH＝,
∴CH＝,
∴tan∠NCA＝,
如图3,当点Q在AB的下方时,设AQ与y轴交于点I,
∵∠QAB＝∠NCA,
∴tan∠NCA＝tan∠QAB＝,
∴OI＝,
∴点I（0,﹣）,
又∵点A（﹣2,0）,
∴直线AQ解析式为：y＝﹣x﹣,
联立方程组得：,
解得：或（不合题意舍去）,
∴点Q坐标为（,﹣）,
当点Q在AB的上方时,同理可求直线AQ解析式为：y＝x+,
联立方程组得：,
解得：（不合题意舍去）或,
∴点Q坐标为（,）,
综上所述：点Q的坐标为（,﹣）或（,）．
17．（2022•平房区二模）如图1,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点A、B（点A在点B左侧）,与y轴交于点C,直线y＝﹣x+4经过B、C两点,OB＝4OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2,点P为第四象限抛物线上一点,过点P作PD⊥x轴交BC于点D,垂足为N,连接PC交x轴于点E,设点P的横坐标为t,△PCD的面积为S,求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下,如图3,过点P作PF⊥PC交y轴于点F,PF＝PE．点G在抛物线上,连接PG,∠CPG＝45°,连接BG,求直线BG的解析式．
【分析】（1）求出点A、B的坐标,将A（1,0）,B（4,0）代入y＝ax2+bx+4,即可求函数的解析式；
（2）由P（t,t2﹣5t+4）（0＜t＜4）,则D（t,﹣t+4）,求出PD的长,然后再求S＝×PD×t＝﹣t3+2t2；
（3）过点P作PM⊥y轴交于M,可证明△PFM≌△PEN（ASA）,进而求出P点坐标,再由PD∥OC,则＝,可求EN的长,能求出tan∠ECB＝＝,过点G作GH⊥PD交PD的延长线于点H,设G（m,m2﹣5m+4）,可求点G（5,4）,再由待定系数法求直线BG的解析式即可．
【解答】解：（1）在直线y＝﹣x+4中,令x＝0,则y＝4,
∴C（0,4）,
令y＝0,则x＝4,
∴B（4,0）,
∴OB＝4,
∵OB＝4OA,
∴OA＝1,
∴A（1,0）,
将A（1,0）,B（4,0）代入y＝ax2+bx+4,
∴,
解得,
∴y＝x2﹣5x+4；
（2）∵点P的横坐标为t,
∴P（t,t2﹣5t+4）（1＜t＜4）,
∵PD⊥x轴,
∴D（t,﹣t+4）,
∴PD＝﹣t+4﹣t2+5t﹣4＝﹣t2+4t,
∴S＝×t×（﹣t2+4t）＝﹣t3+2t2；
（3）过点P作PM⊥y轴交于M,
∵PN⊥x轴,
∴∠NPM＝90°,
∵PF⊥PC,
∴∠FPE＝90°,
∴∠FPM＝∠EPN,
∵PE＝PF,
∴△PFM≌△PEN（ASA）,
∴PM＝PN,
∴t＝﹣（t2﹣5t+4）,
解得t＝2,
∴P（2,﹣2）,
∵PD∥OC,
∴∠OCA＝∠CPD,
∵∠OCB＝∠CPG＝45°,
∴∠PCB＝∠DPG,
又∵PD∥OC,
∴＝,即＝,
解得EN＝,
∴BE＝2+＝,
过点E作EK⊥BC交于K,
∵∠OBC＝45°,
∴EK＝BK＝,
∴CK＝4﹣＝,
∴tan∠ECB＝＝,
过点G作GH⊥PD交PD的延长线于点H,
设G（m,m2﹣5m+4）,
∴＝,
解得m＝2（舍）或m＝5,
∴G（5,4）,
设直线BG的解析式为y＝kx+n,
∴,
解得,
∴y＝4x﹣16．
18．（2022•新民市一模）如图,已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0,2）,B（8,0）,点D是第一象限抛物线上的一点,CD⊥AB于点C．
（1）直接写出抛物线的表达式 y＝﹣++2 ；
（2）如图1,当CD取得最大值时,求点D的坐标,并求CD的最大值；
（3）如图2,点D满足（2）的条件,点P在x轴上,且∠APD＝45°,直接写出点P的横坐标 或 ．
【分析】（1）将x＝0,y＝2；x＝8,y＝0代入得抛物线的表达式,进一步求得结果；
（2）作DF⊥OB于F,交AB于E,根据△DCE∽△BOA,可得出CD＝DE,设D（m,﹣++2）,E（m,﹣+2）,从而得出DE＝（﹣++2）﹣（﹣m+2）＝﹣（m﹣4）2+2,进一步求得结果；
（3）作△APD的外接圆I,连接AI,DI,作IR⊥y轴于R,作DT⊥RI,交RI的延长线于T,设I（a,b）,可推出△ARI≌△ITD,从而得出AR＝IT＝2﹣b,RI＝DT＝a,进而得出a＝3﹣b,a+2﹣b＝4,从而求得a,b的值,根据PI2＝AI2,进而求得结果．
【解答】解：（1）将x＝0,y＝2代入抛物线的表达式得：c＝2,
将x＝8,y＝0代入得,
﹣×82+8b+2＝0,
∴b＝,
∴y＝﹣+,
故答案为：y＝﹣+；
（2）如图1,
作DF⊥OB于F,交AB于E,
∴∠DCE＝∠BFE＝90°,
∵∠CED＝∠BEF,
∴∠D＝∠ABO,
∴△DCE∽△BOA,
∴,
∵OB＝8,AB＝＝＝2,
∴,
∴CD＝DE,
设D（m,﹣++2）,
∵A（0,2）,B（8,0）,
∴直线AB的表达式为：y＝﹣x+2,
∴E（m,﹣+2）,
∴DE＝（﹣++2）﹣（﹣m+2）＝﹣（m﹣4）2+2,
∴当m＝4时,DE最大＝2,
∴CD最大＝,
当x＝4时,y＝﹣++2＝3,
∴D（4,3）；
（3）如图2,
作△APD的外接圆I,连接AI,DI,
∴∠AID＝2∠APD＝90°,
设I（a,b）,P（n,0）,
作IR⊥y轴于R,作DT⊥RI,交RI的延长线于T,
∴∠ARI＝∠T＝90°,
∴∠AIR+∠RAI＝90°,
∵∠AID＝90°,
∴∠AIR+∠DIT＝90°,、
∴∠RAI＝∠DIT,
∵AI＝DI,
∴△ARI≌△ITD（AAS）,
∴AR＝IT＝2﹣b,RI＝DT＝a,
∵DT＝3﹣b,
∴a＝3﹣b,
∵RI+IT＝4,
∴a+2﹣b＝4,
∴a＝,b＝,
∴I（,）,
由PI2＝AI2得,
（n﹣）2+（）2＝（）2+（2﹣）2,
∴n＝,
∴P点横坐标为：或．
19．（2022•大庆二模）如图,抛物线y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,已知点B（3,0）．
（1）求直线BC及抛物线的函数表达式；
（2）P为x轴上方抛物线上一点．
①若S△PBC＝S△ABC,请直接写出点P的坐标；
②如图,PD∥y轴交BC于点D,DE∥x轴交AC于点E,求PD+DE的最大值；
（3）Q为抛物线上一点,若∠ACQ＝45°,求点Q的坐标．
【分析】（1）将点B（3,0）代入y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）,求出m即可求函数是解析式；再由待定系数法求直线BC的解析式即可；
（2）①过点A作AP∥BC,则S△PBC＝S△ABC,直线直线BC和直线AP的交点即为P点；
②设点P（t,﹣t2+4t﹣3）,则点D（t,t﹣3）,,可得＝﹣（t﹣）2+,则当时,PD+DE取最大值；
（3）在抛物线上取点Q,使∠ACQ＝45°,过点B作BM⊥BC,交CQ的延长线于点M,过点M作MN⊥x轴于点N,△OBC和△BMN都是等腰直角三角形,由此可知∠OCA＝∠BCM,利用三角形函数求出M（4,﹣1）,从而能确定直线CQ的解析式为,设点,再将Q点代入函数解析式即可求解．
【解答】解：（1）将点B（3,0）代入y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）,
∴m2+m＝0,
解得m＝0（舍）或m＝﹣1,
∴y＝﹣x2+4x﹣3,
令x＝0,则y＝﹣3,
∴C（0,﹣3）,
设直线BC的函数表达式为y＝kx+b,
将点B（3,0）,C（0,﹣3）代入,
得,
解得,
∴y＝x﹣3；
（2）①如图1,过点A作AP∥BC,则S△PBC＝S△ABC,
∵直线BC的解析式为y＝x﹣3,
∴直线AP的表达式为y＝x﹣1．
联立．
解得（舍）或,
∴P（2,1）；
②由（1）知直线BC的表达式为y＝x﹣3,
设直线AC的解析式为y＝k'x+b',
∴,
解得,
∴y＝3x﹣3,
设点P（t,﹣t2+4t﹣3）,则点D（t,t﹣3）,,
∴PD＝﹣t2+4t﹣3﹣（t﹣3）＝﹣t2+3t,,
∴＝﹣（t﹣）2+,
∴当时,PD+DE取最大值；
（3）如图2,在抛物线上取点Q,使∠ACQ＝45°,
过点B作BM⊥BC,交CQ的延长线于点M,过点M作MN⊥x轴于点N,
∵B（3,0）,C（0,﹣3）
∴OB＝OC＝3,BC＝3,
∴△OBC为等腰直角三角形,
∴△BMN为等腰直角三角形,
∵∠ACQ＝45°,
∴∠OCA＝∠BCM,
∵A（1,0）,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴BN＝NM＝1,
∴M（4,﹣1）,
∴直线CQ的解析式为,
设点,
∴,
整理得：,
解得或n＝0（舍）,
∴．
20．（2022•运城二模）如图,已知抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于点A（﹣2,0）,B（8,0）两点,与y轴交于点C,点P是直线BC下方抛物线上一动点,过点P作直线PE∥y轴,交直线BC于点D,交x轴于点F,以PD为斜边,在PD的右侧作等腰直角△PDF．
（1）求抛物线的表达式,并直接写出直线BC的表达式；
（2）设点P的横坐标为m（0＜m＜3）,在点P运动的过程中,当等腰直角△PDF的面积为9时,请求出m的值；
（3）连接AC,该抛物线上是否存在一点M,使∠ACO+∠BCM＝∠ABC,若存在,请直接写出所有符合条件的点M的坐标,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式,再求出C点坐标,然后利用待定系数法求直线BC的表达式即可；
（2）设出P（m,﹣3m﹣8）,D（m,m﹣8）,然后根据两点间距离公式表示出PD长,再根据等腰直角三角形的性质列出△PDF的面积表达式,结合面积为9建立方程求解,即可解决问题；
（3）分点M在BC的上方和点M在BC的下方两种情况讨论,根据题意画出图形,构造三角形全等,求出直线CM上的一点坐标,则可利用待定系数法求出直线CM的解析式,最后和抛物线的解析式联立求解,即可求出点M的坐标．
【解答】解：（1）把A（﹣2,0）,B（8,0）分别代入y＝ax2+bx﹣8中,
则,
解得,
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣3x﹣8；
令x＝0．则y＝﹣8,
∴C（0,﹣8）,
设直线BC解析式为y＝kx﹣8（k≠0）,
把B（8,0）代入解析式得,8k﹣8＝0,
解得：k＝1,
∴直线BC解析式为y＝x﹣8；
（2）∵点P的横坐标为m（0＜m＜3）,
∴P（m,﹣3m﹣8）,D（m,m﹣8）,
∴PD＝（m﹣8）﹣（﹣3m﹣8）＝﹣+4m,
过点P作PN⊥PD于N,
∵△PDF是等腰直角三角形,PD为斜边,
∴PN＝DN,
∴FN＝PD,
∴S△PDF＝PD•FN＝PD2＝9,
∴PD＝6,
∴﹣+4m＝6,
解得：m1＝6,m2＝2,
又∵0＜m＜3,
∴m＝2；
（3）存在,理由如下：由（2）得△BOC为等腰直角三角形,
∴∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝∠BCO＝45°,
①如图,当点M在BC的上方时,设CM与x轴交于一点D,
∵∠ACO+∠BCD＝∠ABC＝∠BCO＝∠OCD+∠BCD,
∴∠ACO＝∠DCO,
∵OC⊥AD,OC＝OC,
∴△AOC≌△COD（ASA）,
∴OD＝OA＝2,
∴D（2,0）,
设直线CM解析式为y＝nx﹣8（n≠0）,
则2n﹣8＝0,
解得：n＝4,
∴直线CM解析式为y＝4x﹣8,
则,
解得：或（舍去）,
∴此时点M的坐标为（14,48）；
②如图,当点M在BC的下方时,
过B作x轴的垂线,过C作y轴的垂线,两条垂线交于一点H,作∠HCK＝∠ACO,CK交抛物线与点M,
由（2）得△BOC为等腰直角三角形,
∴∠ABC＝∠BCO＝45°,
∴∠BCH＝45°,
即∠BCM+∠MCH﹣45°,
∵∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝45°,
∴∠ACQ＝∠MCH,
又∵∠AOC＝∠KHC＝90°,
∵OB＝OC．∠COB＝∠OCH＝∠OBH＝90°,
∴四边形OCHB正方形,
∵OC＝OH,
∴△AOC≌△KHC（ASA）,
∴KH＝OA＝2,
∴BK＝BH﹣KH＝8﹣2＝6,
∴K（8,﹣6）,
设直线CK的解析式为y＝ex﹣8（e≠0）,
∴﹣6＝8e﹣8,
解得：e＝,
∴直线CK的解析式为y＝x﹣8,
则,
解得或（舍去）,
∴M（,﹣）；
综上所述,点M坐标为（14,48）或（,﹣）．
21．（2022•永安市模拟）已知二次函数y＝x2+（k﹣2）x﹣2k．
（1）当此二次函数的图象与x轴只有一个交点时,求该二次函数的解析式；
（2）当k＞0时,直线y＝kx十2交抛物线于A,B两点（点A在点B的左侧）,点P在线段AB上,过点P做PM垂直x轴于点M,交抛物线于点N．
①求PN的最大值（用含k的代数式表示）；
②若抛物线与x轴交于E,F两点,点E在点F的左侧．在直线y＝kx+2上是否存在唯一一点Q,使得∠EQO＝90°？若存在,请求出此时k的值；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）可求得二次函数与x轴的交点为（2,0）（﹣k,0）,进而得出结果；
（2）①设点P（m,km+2）,从而表示出点N的坐标,进而表示出PN的函数关系式,进一步求得结果；
②只需以OE为直径的圆与直线y＝kx+2相切,即OE的中点I到GH的距离等于半径,根据面积法可求得k的值．
【解答】解：（1）当y＝0时,x2+2（k﹣2）x﹣2k＝0,
∴（x﹣2）•（x+k）＝0,
∴x1＝2,x2＝﹣k,
∵二次函数的图象与x轴只有一个交点,
∴k＝﹣2,
∴该二次函数的解析式为y＝x2﹣4x+4；
（2）①设点P的坐标为（m,km+2）,则点N的坐标为（m,m2+（k﹣2）m﹣2k）,
∴PN＝km+2﹣[m2+（k﹣2）m﹣2k]＝﹣m2+2m+2+2k＝﹣（m﹣1）2+3+2k,
∴当m＝1时,PN取得最大值,最大值为3+2k；
②如图,
存在唯一的Q点,使∠EQO＝90°：
设直线y＝kx+2交x周于G,交y轴于H,OE的中点记作I,作IQ⊥GH于Q,连接IH,
当IQ＝,∠EQO＝90°且有唯一的点Q,
当y＝0时,kx+2＝0,
∴x＝﹣,
∴OG＝,
当x＝0时,y＝2,
∴OH＝2,
∴GH＝＝,
由（1）知：OE＝k,
∴OI＝IQ＝,
∵S△GOH＝S△HOI+S△GIH,
∴,
∴2×＝2×+,
∴k＝．
22．（2022•南岗区三模）在平面直角坐标系中,点O为坐标系的原点,经过点B（3,6）的抛物线与x轴的正半轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点P为第一象限抛物线上的一点,且点P在抛物线对称轴的右侧,连接OP,AP,设点P的横坐标为t,△OPA的面积为S,求S与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2,在（2）的条件下,当时,连接BP,点C为线段OA上的一点,过点C作x轴的垂线交BP的延长线于点D,连接OD,BC,若,求点C的坐标．
【分析】（1）根据抛物线经过点B（3,6）得：6＝﹣×32+3b,解得抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x；
（2）过点P作PE⊥x轴,垂足为点E,由点P的横坐标为t,得P（t,﹣t2+t）,PE＝﹣t2+t,由y＝﹣x2+x可得点A的坐标为（7,0）,故S＝OA•PE＝×7•（﹣t2+t）＝﹣t2+t；
（3）过点P作PE⊥x轴,垂足为点E,过点B作FG⊥y轴,垂足为点F,FG交EP的延长线于点G,取OD的中点M,连接BM,CM,延长BM交x轴于点N,延长CM至点H,当S＝时,结合（2）可得t＝5,点P的坐标为（5,5）,在Rt△OBF中,,在Rt△PBG中,,即得∠BOF＝∠PBG,设∠CBD＝2α,由,可证明∠CMN＝90°﹣2α＝∠OMN,从而BN⊥x轴,CN＝ON,又CN＝ON＝3,即得OC＝6,点C的坐标为（6,0）．
【解答】解：（1）根据题意得：6＝﹣×32+3b,
解得：b＝,
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x；
（2）过点P作PE⊥x轴,垂足为点E,如图：
∵点P在抛物线y＝﹣x2+x上,点P的横坐标为t,
∴P（t,﹣t2+t）,
∴PE＝﹣t2+t,
在y＝﹣x2+x中,令y＝0,得﹣x2+x＝0,
解得x1＝0,x2＝7,
∴点A的坐标为（7,0）,
∴S＝OA•PE＝×7•（﹣t2+t）＝﹣t2+t；
答：S与t的函数解析式为S＝﹣t2+t；
（3）过点P作PE⊥x轴,垂足为点E,过点B作FG⊥y轴,垂足为点F,FG交EP的延长线于点G,取OD的中点M,连接BM,CM,延长BM交x轴于点N,延长CM至点H,如图：,
当S＝时,＝﹣t2+t,
解得t1＝2,t2＝5,
∵抛物线y＝﹣x2+x的对称轴为直线x＝,点P在对称轴的右侧,
∴t＝5,
∴点P的坐标为（5,5）,
∵FG⊥y轴,
∴∠BFO＝∠PEA＝90°,
又∵∠FOA＝90°,
∴∠BFO+∠FOA＝180°,
∴FG∥OA,
∴∠G＝∠PEA＝90°,
∵点P的坐标为（5,5）,
∴PE＝OE,
∴∠POE＝∠OPE＝45°,
∵B（3,6）,
∴BG＝2,PG＝1,
在Rt△OBF中,,
在Rt△PBG中,,
∴tan∠BOF＝tan∠PBG,
∴∠BOF＝∠PBG,
又∵∠BOF+∠OBF＝90°,
∴∠PBG+∠OBF＝90°,
∴∠OBP＝90°,
设∠CBD＝2α,
∵,
∴∠ODB＝∠CBD+POA＝α+45°,
∵∠OBD＝∠OCD＝90°,
∴BM＝OM＝DM＝CM,
∴∠MBD＝∠BDM＝α+45°,
∴∠MCB＝∠MBC＝α+45°﹣2α＝45°﹣α,∠OMN＝∠BMD＝180°﹣2（α+45°）＝90°﹣2α,∠BMO＝2α+90°,
∴∠BMH＝∠MCB+∠MBC＝90°﹣2α,
∴∠OMH＝∠BMO﹣∠BMH＝（2α+90°）﹣（90°﹣2α）＝4α,
∴∠CMN＝180°﹣∠OMH﹣∠OMN＝180°﹣4α﹣（90°﹣2α）＝90°﹣2α＝∠OMN,
∵OM＝CM,
∴BN⊥x轴,CN＝ON,
∴CN＝ON＝3,
∴OC＝6,
∴点C的坐标为（6,0）．
23．（2022•同安区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）过点A（﹣1,0）和C（0,3）,与x轴交于另一点B,顶点为D．
（1）求a、b满足的关系式；
（2）对于抛物线上的任意两点P1（x1,y1）,P2（x2,y2）,当y1＝y2时,恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|．
①求抛物线解析式；
②AC与BD的延长线交于点H,在x轴上方的抛物线上是否存在点P,使得∠OPB＝∠AHB．若存在,求出一个符合条件的点P的坐标；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）①利用已知条件可知抛物线的对称轴为直线x＝1,利用二次函数的性质与（1）中的结论得到关于a,b的关系式即可求得a,b的值,则结论可得；
②利用待定系数法求得直线AC,BD的解析式,联立即可求得点H的坐标,过点H作HE⊥OB于点E,过点A作AF⊥HB于点F,利用点的坐标的特征,勾股定理和相似三角形的判定与性质求得线段HB,HF,AF的长度,利用等腰直角三角形的性质可得∠AHB＝45°,利用∠OCB＝45°,即可得到当点P与点C重合时,满足∠OPB＝∠AHB＝45°,由此可求得满足条件的点P 的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）过点A（﹣1,0）和C（0,3）,
∴,
∴a﹣b+3＝0,
∴a﹣b＝﹣3；
（2）①∵对于抛物线上的任意两点P1（x1,y1）,P2（x2,y2）,当y1＝y2时,恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|,
∴该抛物线的对称轴为直线x＝1．
∴＝1．
∴b＝﹣2a．
∵a﹣b＝﹣3,
∴a﹣（﹣2a）＝﹣3,
∴a＝﹣1．
∴b＝﹣2a＝2．
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
②在x轴上方的抛物线上存在点P,使得∠OPB＝∠AHB,符合条件的点P的坐标为（0,3）．理由：
令y＝0,则﹣x2+2x+3＝0,
解：x＝3或﹣1,
∴B（3,0）．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4,
∴D（1,4）．
设直线AC的解析式为y＝dx+e,
∴,
解得：,
∴直线AC的解析式为y＝3x+3．
设直线BD的解析式为y＝kx+n,
,
解得：．
∴直线BD的解析式为y＝﹣2x+6．
∴,
解得：,
∴H（,）．
过点H作HE⊥OB于点E,过点A作AF⊥HB于点F,如图,
则HE＝,OE＝．
∵B（3,0）,A（﹣1,0）,C（0,3）,
∴OB＝3,OC＝3,OA＝1．
∴BE＝OB﹣OE＝,AB＝OA+OB＝4．
∴BH＝＝．
∵∠HEB＝∠OFB＝90°,∠HBE＝∠OBF,
∴△HEB∽△OFB,
∴,
∴,
∴BF＝,AF＝．
∴HF＝HB﹣BF＝,
∴AF＝HF,
∵AF⊥BD,
∴△AFH为等腰直角三角形,
∴∠AHB＝45°．
∵OB＝OC＝3,∠COB＝90°,
∴∠OCB＝∠OBC＝45°,
∴当点P与点C重合时,满足∠OPB＝∠AHB＝45°,
∴在x轴上方的抛物线上存在点P,使得∠OPB＝∠AHB,符合条件的点P的坐标为（0,3）．
24．（2022•伊宁市模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1,0）和点B（3,0）,与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图1,点M是第一象限内抛物线上一动点,过点M作MF⊥x轴于点F,作ME⊥y轴于点E,当矩形MEOF周长最大时,求M点坐标．
（3）如图2,点P是该抛物线上一动点,连接PC,AC,直接写出使得∠PCB＝∠ACO时点P的坐标．
【分析】（1）把点A（﹣1,0）和点B（3,0）代入y＝﹣x2+bx+c解方程组即可得到结论；
（2）设M（m,﹣m2+2m+3）,求得F（m,0）,E（0,﹣m2+2m+3）,根据矩形的性质得到EM＝OF＝m,OE＝MF＝﹣m2+2m+3,求得矩形MEOF的周长＝﹣2（m﹣）2+,当m＝时,矩形MEOF周长最大,于是得到结论；
（3）在y＝﹣x2+2x+3中,令x＝0,则y＝3,求得C（0,3）,根据勾股定理得到BC＝3,如图2,作QB⊥CB,QH⊥x轴,得到∠CBQ＝∠BHQ＝90°,根据勾股定理得到BQ＝,根据相似三角形的性质得到BH＝QH＝1,求得Q（4,1）或（2,﹣1）,于是得到直线CQ函数为y＝﹣x+3或y＝﹣2x+3,解方程组即可得到结论．
【解答】解：（1）把点A（﹣1,0）和点B（3,0）代入y＝﹣x2+bx+c得,,
解得,
∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵点M是第一象限内抛物线上一动点,
∴设M（m,﹣m2+2m+3）,
∵MF⊥x轴于点F,作ME⊥y轴于点E,
∴F（m,0）,E（0,﹣m2+2m+3）,
∵四边形MEOF是矩形,
∴EM＝OF＝m,OE＝MF＝﹣m2+2m+3,
∴矩形MEOF的周长＝2m+2（﹣m2+2m+3）＝﹣2m2+6m+6＝﹣2（m﹣）2+,
∴当m＝时,矩形MEOF周长最大,
∴M点坐标为（,）；
（3）在y＝﹣x2+2x+3中,令x＝0,则y＝3,
∴C（0,3）,
∵B（3,0）,
∴OC＝3,OB＝3,
∴BC＝3,
如图2,在CP上找一点Q,作QB⊥CB,QH⊥x轴
∴∠CBQ＝∠BHQ＝90°,
∵∠PCB＝∠ACO,∠AOC＝∠CBQ＝90°,
∴△AOC∽△QBC,
∴BC：BQ＝CO：AO＝3：1,
∴BQ＝,
∵∠OCB+∠CBO＝∠CBO+∠QBH＝90°,
∴∠OCB＝∠QBH,
∴△COB∽△BHQ,
∴,
∴＝＝,
∴BH＝QH＝1,
∴Q（4,1）或（2,﹣1）,
则直线CQ函数为y＝﹣x+3或y＝﹣2x+3,
解或,
得或,
∴P坐标为（,）或（4,﹣5）．
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