还剩77页未读，
继续阅读
所属成套资源：挑战2023年中考数学压轴题秘笈大揭秘（全国通用）
成套系列资料，整套一键下载
专题2二次函数与直角三角形问题（教师版）-拔尖2023中考数学压轴题突破（全国通用）
展开
这是一份专题2二次函数与直角三角形问题（教师版）-拔尖2023中考数学压轴题突破（全国通用），共80页。试卷主要包含了，对称轴为直线x＝2，综合与实践等内容，欢迎下载使用。
解直角三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根．
一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程．
有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便．
解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起．
如果直角边与坐标轴不平行，那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线，可以构造两个新的相似直角三角形，这样列比例方程比较简便．
我们先看三个问题：
1．已知线段AB，以线段AB为直角边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？
2．已知线段AB，以线段AB为斜边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？
3．已知点A(4,0)，如果△OAB是等腰直角三角形，求符合条件的点B的坐标．
图1 图2 图3
如图1，点C在垂线上，垂足除外．
如图2，点C在以AB为直径的圆上，A、B两点除外．
如图3，以OA为边画两个正方形，除了O、A两点以外的顶点和正方形对角线的交点，都是符合题意的点B，共6个．
如图4，已知A(3, 0)，B(1,－4)，如果直角三角形ABC的顶点C在y轴上，求点C的坐标．
我们可以用几何的方法，作AB为直径的圆，快速找到两个符合条件的点C．
如果作BD⊥y轴于D，那么△AOC∽△CDB．
设OC＝m，那么．
这个方程有两个解，分别对应图中圆与y轴的两个交点．
对于代数法，可以采用两条直线的斜率之积来解决.
【例1】．（2022•滨州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，连接AC、BC．
（1）求线段AC的长；
（2）若点P为该抛物线对称轴上的一个动点，当PA＝PC时，求点P的坐标；
（3）若点M为该抛物线上的一个动点，当△BCM为直角三角形时，求点M的坐标．
【分析】（1）根据坐标轴上点的特点求出点A，C的坐标，即可求出答案；
（2）设出点P的坐标，利用PA＝PC建立方程求解，即可求出答案；
（3）分三种情况，利用等腰直角三角形的性质求出前两种情况，利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式，建立方程求解，即可求出答案．
【解析】（1）针对于抛物线y＝x2﹣2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3）；
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝3或x＝﹣1，
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AC＝＝；
（2）∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∵点P为该抛物线对称轴上，
∴设P（1，p），
∴PA＝＝，PC＝＝，
∵PA＝PC，
∴＝，
∴p＝﹣1，
∴P（1，﹣1）；
（3）由（1）知，B（3，0），C（0，﹣3），
∴OB＝OC＝3，
设M（m，m2﹣2m﹣3），
∵△BCM为直角三角形，
∴①当∠BCM＝90°时，
如图1，过点M作MH⊥y轴于H，则HM＝m，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HCM＝90°﹣∠OCB＝45°，
∴∠HMC＝45°＝∠HCM，
∴CH＝MH，
∵CH＝﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m，
∴﹣m2+2m＝m，
∴m＝0（不符合题意，舍去）或m＝1，
∴M（1，﹣4）；
②当∠CBM＝90°时，
过点M作M'H'⊥x轴，
同①的方法得，M'（﹣2，5）；
③当∠BMC＝90°时，如图2，
Ⅰ、当点M在第四象限时，
过点M作MD⊥y轴于D，过点B作BE⊥DM，交DM的延长线于E，
∴∠CDM＝∠E＝90°，
∴∠DCM+∠DMC＝90°，
∵∠DMC+∠EMB＝90°，
∴∠DCM＝∠EMB，
∴△CDM∽△MEB，
∴，
∵M（m，m2﹣2m﹣3），B（3，0），C（0，﹣3），
∴DM＝m，CD＝﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m，ME＝3﹣m，BE＝﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m+3，
∴，
∴m＝0（舍去）或m＝3（点B的横坐标，不符合题意，舍去）或m＝（不符合题意，舍去）或m＝，
∴M（，﹣），
Ⅱ、当点M在第三象限时，M（，﹣），
即满足条件的M的坐标为（1，﹣4）或（﹣2，5）或（，﹣），或（，﹣）．
【例2】．（2022•辽宁）如图，抛物线y＝ax2﹣3x+c与x轴交于A（﹣4，0），B两点，与y轴交于点C（0，4），点D为x轴上方抛物线上的动点，射线OD交直线AC于点E，将射线OD绕点O逆时针旋转45°得到射线OP，OP交直线AC于点F，连接DF．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点D在第二象限且＝时，求点D的坐标；
（3）当△ODF为直角三角形时，请直接写出点D的坐标．
【分析】（1）将点A（﹣4，0），C（0，4）代入y＝ax2﹣3x+c，即可求解；
（2）过点D作DG⊥AB交于G，交AC于点H，设D（n，﹣n2﹣3n+4），H（n，n+4），由DH∥OC，可得＝＝，求出D（﹣1，6）或（﹣3，4）；
（3）设F（t，t+4），当∠FDO＝45°时，过点D作MN⊥y轴交于点N，过点F作FM⊥MN交于点M，证明△MDF≌△NOD（AAS），可得D点纵坐标为2，求出D点坐标为（，2）或（，2）；当∠DFO＝90°时，过点F作KL⊥x轴交于L点，过点D作DK⊥KL交于点K，证明△KDF≌△LFO（AAS），得到D点纵坐标为4，求得D（0，4）或（﹣3，4）．
【解析】（1）将点A（﹣4，0），C（0，4）代入y＝ax2﹣3x+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2﹣3x+4；
（2）过点D作DG⊥AB交于G，交AC于点H，
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+4，
设D（n，﹣n2﹣3n+4），H（n，n+4），
∴DH＝﹣n2﹣4n，
∵DH∥OC，
∴＝＝，
∵OC＝4，
∴DH＝3，
∴﹣n2﹣4n＝3，
解得n＝﹣1或n＝﹣3，
∴D（﹣1，6）或（﹣3，4）；
（3）设F（t，t+4），
当∠FDO＝45°时，过点D作MN⊥y轴交于点N，过点F作FM⊥MN交于点M，
∵∠DOF＝45°，
∴DF＝DO，
∵∠MDF+∠NDO＝90°，∠MDF+∠MFD＝90°，
∴∠NDO＝∠MFD，
∴△MDF≌△NOD（AAS），
∴DM＝ON，MF＝DN，
∴DN+ON＝﹣t，DN＝ON+（﹣t﹣4），
∴DN＝﹣t﹣2，ON＝2，
∴D点纵坐标为2，
∴﹣x2﹣3x+4＝2，
解得x＝或x＝，
∴D点坐标为（，2）或（，2）；
当∠DFO＝90°时，过点F作KL⊥x轴交于L点，过点D作DK⊥KL交于点K，
∵∠KFD+∠LFO＝90°，∠KFD+∠KDF＝90°，
∴∠LFO＝∠KDF，
∵DF＝FO，
∴△KDF≌△LFO（AAS），
∴KD＝FL，KF＝LO，
∴KL＝t+4﹣t＝4，
∴D点纵坐标为4，
∴﹣x2﹣3x+4＝4，
解得x＝0或x＝﹣3，
∴D（0，4）或（﹣3，4）；
综上所述：D点坐标为（，2）或（，2）或（0，4）或（﹣3，4）．
【例3】（2022•广安）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，﹣4），点C坐标为（2，0）．
（1）求此抛物线的函数解析式．
（2）点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．
【分析】（1）把点B，C两点坐标代入抛物线的解析式，解方程组，可得结论；
（2）存在．如图1中，设D（t，t2+t﹣4），连接OD．构建二次函数，利用二次函数的性质，解决问题；
（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM⊥抛物线的对称轴于点M．则N（﹣1.0）．M（﹣1，﹣4），分三种情形：∠PAB＝90°，∠PBA＝90°，∠APB＝90°，分别求解可得结论．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象经过点B（0，﹣4），点C（2，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4；
（2）存在．
理由：如图1中，设D（t，t2+t﹣4），连接OD．
令y＝0，则x2+x﹣4＝0，
解得x＝﹣4或2，
∴A（﹣4，0），C（2，0），
∵B（0，﹣4），
∴OA＝OB＝4，
∵S△ABD＝S△AOD+S△OBD﹣S△AOB＝×4×（﹣﹣t+4）+×4×（﹣t）﹣×4×4＝﹣t2﹣4t＝﹣（t+2）2+4，
∵﹣1＜0，
∴t＝﹣2时，△ABD的面积最大，最大值为4，此时D（﹣2，﹣4）；
（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM⊥抛物线的对称轴于点M．则N（﹣1.0）．M（﹣1，﹣4）；
∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
当∠P1AB＝90°时，△ANP1是等腰直角三角形，
∴AN＝NP1＝3，
∴P1（﹣1，3），
当∠ABP2＝90°时，△BMP2是等腰直角三角形，可得P2（﹣1，﹣5），
当∠APB＝90°时，设P（﹣1，n），设AB的中点为J，连接PJ，则J（﹣2，﹣2），
∴PJ＝AB＝2，
∴12+（n+2）2＝（2）2，
解得n＝﹣2或﹣﹣2，
∴P3（﹣1，﹣2），P4（﹣1，﹣﹣2），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣1，3）或（﹣1，﹣5）或（﹣1，﹣2）或（﹣1，﹣﹣2）．
【例4】．（2022•柳州）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴交于点C（0，5）．
（1）求b，c，m的值；
（2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；
（3）如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标．
【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，解二元一次方程组即可得b，c的值，令y＝0即可得m的值；
（2）设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），表示出四边形DEFG的周长，根据二次函数的最值即可求解；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK，根据全等三角形的性质得NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，则N（﹣4，3），利用待定系数法可得直线BN的解析式为y＝﹣x+，可得Q（0，），设P（2，p），利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分两种情况：①当∠BQP＝90°时，②当∠QBP＝90°时，利用勾股定理即可求解．
【解析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
解得．
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴B（5，0），
∴m＝5；
（2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，
设D（x，﹣x2+4x+5），
∵DE∥x轴，
∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，
∴四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（x﹣4+x）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，
∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大，
∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，
∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B（5，0），C（0，5）．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥对称轴于H，
∴CH∥x轴，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK（AAS），
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，M（2，9），
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N（﹣4，3），
设直线BN的解析式为y＝mx+n，
∴，解得，
∴直线BN的解析式为y＝﹣x+，
∴Q（0，），
设P（2，p），
∴PQ2＝22+（p﹣）2＝p2﹣p+，
BP2＝（5﹣2）2p2＝9+p2，
BQ2＝52+（）2＝25+，
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2，
∴9+p2＝p2﹣p++25+，解得p＝，
∴点P的坐标为（2，）；
②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2，
∴p2﹣p+＝9+p2+25+，解得p＝﹣9，
∴点P′的坐标为（2，﹣9）．
综上，所有符合条件的点P的坐标为（2，），（2，﹣9）．
1．（2022•公安县模拟）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c经过A，B两点，BC⊥x轴于点C，且点A（﹣1，0），C（2，0），AC＝BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E是抛物线AB之间的一个动点（不与A，B重合），求S△ABE的最大值以及此时E点的坐标；
（3）根据问题（2）的条件，判断是否存在点E使得△ABE为直角三角形，如果存在，求出E点的坐标，如果不存在，说明理由．
【分析】（1）先求得点B的坐标，然后将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式可得到关于b、c的方程组，从而可求得b、c的值；
（2）过点E作EF∥y轴交线段AB于点F，设点E（t，﹣t2+2t+3），则F（t，t+1），则可得到EF与x的函数关系式，利用配方法可求得EF的最大值以及点E的坐标，最后根据EF的最大值可得△ABE的面积；
（3）存在，设E（m，﹣m2+2m+3），分三种情况：分别以A，B，E为直角顶点，作出辅助线，构造相似列出方程，解方程即可．
【解析】（1）∵点A（﹣1，0），C（2，0），
∴AC＝3，OC＝2，
∵AC＝BC＝3，
∴B（2，3），
把A（﹣1，0）和B（2，3）代入二次函数y＝x2+bx+c中得：
，解得：，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（2，3），
设直线AB的解析式为y＝kx+b′，
∴，解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝x+1，
如图，过点E作EF∥y轴交线段AB于点F，
∴设点E（t，﹣t2+2t+3），则F（t，t+1），
∴EF＝﹣t2+2t+3﹣（t+1）＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时，EF的最大值为，
∴点E的坐标为（，），
∴此时S△ABE最大，S△ABE＝•EF•（xB−xA）＝××（2+1）＝．
（3）在问题（2）的条件下，存在点E使得△ABE为直角三角形；
设E（m，﹣m2+2m+3），①当点A为直角顶点，过点A作AB的垂线，与AB之间的抛物线无交点，故不可能存在点E使得△ABE为以点A为直角顶点的直角三角形，
②当点B为直角顶点，如下图，此时∠EBA＝90°，过点E作EG⊥CB，交CB延长线于点G，
∵BC⊥x轴于点C，且AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝45°，
∴∠EBG＝45°，
∴△BEG是等腰直角三角形，EG＝BG，
∵EG的长为点E与直线BC的距离，即2﹣m，且BG＝CG﹣BC＝﹣m2+2m+3﹣3＝﹣m2+2m，
∴2﹣m＝＝﹣m2+2m，解得m＝1或m＝2（舍），
∴E（1，4）；
③如下图，此时∠AEB＝90°，作EM∥x轴，交CB的延长线于点M，过点A作AN⊥x轴交ME的延长线于点N，
∴∠BEM+∠AEN＝90°，
∵在Rt△AEN中，∠EAN+∠AEN＝90°，
∴∠BEM＝∠EAN，
∴△AEN∽△BEM，
∴BM：EN＝EM：AN，
∴（﹣m2+2m）：（m+1）＝（2﹣m）：（﹣m2+2m+3），即﹣m（2﹣m）（m+1）（m﹣3）＝（2﹣m）（m+1），
∵2﹣m≠0，m+1≠0，
∴m2﹣3m+1＝0，
解得m＝或m＝（舍）．
∴E（，）
综上，根据问题（2）的条件，存在点E（1，4）或（，）使得△ABE为直角三角形．
2．（2022•高邮市模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3经过A（﹣1，0），与y轴交于点C，过点C作BC∥x轴，交抛物线于点B，连接AC、AB，AB交y轴于点D，若．
（1）求点B的坐标；
（2）点P为抛物线对称轴上一点，且位于x轴上方，连接PA、PC，若△PAC是以AC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．
【分析】（1）根据A（﹣1，0），得到OA＝l，对于y＝ax2+bx﹣3，令x＝0，则y＝﹣3，得到C（0，﹣3），OC＝3，根据BC∥x轴，得到△AOD∽△BCD，推出，得到BC＝2，即可得B（2，﹣3）；
（2）把A（﹣1，0），B（2，﹣3）代入y＝ax2+bx﹣3，求得a＝1，b＝﹣2，得到抛物线解析式并配方为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，得到抛物线的对称轴是直线x＝1，设P（1，m），写出PA2＝m2+22＝m2+4．PC2＝（m+3）2+12＝（m+3）2+1．AC2＝12+32＝10．根据△PAC是以AC为直角边的直角三角形，当∠PAC＝90°时，PA2+AC2＝PC2．得到m2+4+10＝（m+3）2+1，求得m＝；当∠PCA＝90°时，PC2+AC2＝AP2，得到（m+3）2+1+10＝m2+4，求出m＝﹣；即可得点P的坐标．
【解析】∵A（﹣1，0），
∴OA＝l，
在y＝ax2+bx﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∵BC∥x轴，
∴△AOD∽△BCD，
∴，
∴BC＝2，
∴B（2，﹣3）；
（2）把A（﹣1，0），B（2，﹣3）代入y＝ax2+bx﹣3，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴是直线x＝1，
设P（1，m），
∴PA2＝m2+22＝m2+4．
PC2＝（m+3）2+12＝（m+3）2+1．
AC2＝12+32＝10．
∵△PAC是以AC为直角边的直角三角形，
当∠PAC＝90°时，PA2+AC2＝PC2．
∴m2+4+10＝（m+3）2+1，解得m＝；
当∠PCA＝90°时，PC2+AC2＝AP2，
∴（m+3）2+1+10＝m2+4，解得m＝﹣（不符合题意，舍去）．
∴P（1，）．
3．（2022•碑林区校级模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点．
（1）求b，c的值；
（2）点E为抛物线y＝﹣x2+bx+c上一点，且点E在x轴上方，连接BE，以点E为直角顶点，BE为直角边，作等直角△BED，使得点D恰好落在直线y＝x上，求出满足条件的所有点E的坐标．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设D（m，m），E（n，﹣n2+2n+8），分两种情况：当点E1在点D左侧，∠DE1B＝90°，BE1＝D1E1时，当点E2在点D2右侧，∠D2E2B＝90°，BE2＝D2E2时，利用等腰直角三角形性质，添加辅助线构造全等三角形，再利用全等三角形的性质建立方程求解即可得出答案．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，
∴，
解得：，
∴b＝2，c＝8；
（2）∵点D在直线y＝x上，点E在抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+8上，
∴设D（m，m），E（n，﹣n2+2n+8），
当点E1在点D左侧，∠DE1B＝90°，BE1＝D1E1时，如图，过点E1作E1G∥x轴，过点B作BF⊥EG于点F，过点D1作D1G⊥E1G于点G，
则∠BFE1＝∠E1GD1＝90°，BF＝﹣n2+2n+8，E1F＝4﹣n，E1G＝m﹣n，D1G＝m﹣（﹣n2+2n+8）＝n2﹣2n﹣8+m，
∴∠E1BF+∠BE1F＝90°，
∵∠D1E1G+∠BE1F＝90°，
∴∠E1BF＝∠D1E1G，
在△BE1F和△E1D1G中，
，
∴△BE1F≌△E1D1G（AAS），
∴E1F＝D1G，BF＝E1G，
∴，
解得：，
当n＝2时，﹣n2+2n+8＝﹣22+2×2+8＝8，
∴E1（2，8）；
当点E2在点D2右侧，∠D2E2B＝90°，BE2＝D2E2时，如图，过点E2作E2H⊥x轴于点H，过点D2作D2K⊥E2H于点K，
则∠BHE2＝∠E2KD2＝90°，BH＝4﹣n，E2H＝﹣n2+2n+8，E2K＝﹣n2+2n+8﹣m，D2K＝n﹣m，
同理可得△BE2H≌△E2D2K（AAS），
∴E2H＝D2K，BH＝E2K，
∴，
解得：或，
∴E（1+，2）或（1﹣，2）；
综上所述，满足条件的所有点E的坐标为（2，8）或（1+，2）或（1﹣，2）．
4．（2022•雁峰区校级模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝x+1与x轴交于点E，与y轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为抛物线上的点，连接OP交直线DE于Q，当Q是OP中点时，求点P的坐标；
（3）M在直线DE上，当△CDM为直角三角形时，求出点M的坐标．
【分析】（1）根据抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，列方程组，于是得到答案；
（2）令x＝0，则y＝x+1＝1，求得OD＝1，作PH⊥OB，垂足为H，得到∠COA＝∠PHO＝90°，根据平行线的性质得到∠P＝∠DOQ，∠PFQ＝∠ODQ，根据全等三角形的性质得到PF＝OD＝1，设P点横坐标为x，得到方程﹣x2+2x+3﹣（x+1）＝1，求得x1＝2，x2＝﹣，当x＝2时，y＝3，当x＝﹣时，y＝，于是得到答案；
（3）求得CD＝OC﹣OD＝2，设M（a，a+1），分两种情况①当∠CMD＝90°时，②当∠DCM＝90°时，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式是y＝﹣x2+2x+3；
（2）令x＝0，则y＝x+1＝1，
∴OD＝1，
如图，作PH⊥OB，垂足为H，交ED于F，
则∠COA＝∠PHO＝90°，
∴PH∥OC，
∴∠OPF＝∠DOQ，∠PFQ＝∠ODQ，
又Q是OP中点，
∴PQ＝OQ，
∴△PFQ≌△ODQ（AAS），
∴PF＝OD＝1
设P点横坐标为x，则﹣x2+2x+3﹣（x+1）＝1，
解得：x1＝2，x2＝﹣，
当x＝2时，y＝3，当x＝﹣时，y＝，
∴点P的坐标是（2，3）或（﹣，）；
（3）令x＝0，则y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴OC＝3，
∴CD＝OC﹣OD＝2，
设M（a，a+1），
∴CM2＝a2+（3﹣a﹣1）2＝a2﹣2a+4，
DM2＝a2+（a+1﹣1）2＝a2，
①当∠CMD＝90°时，
∴CD2＝CM2+DM2，
∴22＝a2﹣2a+4+a2，
解得：a1＝，a2＝0（舍去），
当a＝时，a+1＝，
∴M（，）；
②当∠DCM＝90°时，
∴CD2+CM2＝DM2，
∴22+a2﹣2a+4＝a2，
解得：a＝4，
当a＝4时，a+1＝3，
∴M（4，3）；
解法二：∵∠DCM＝90°，
∴CM∥x轴，
∴a+1＝3，解得a＝4，
∴M（4，3）；
综上所述：点M的坐标为（，）或（4，3）．
5．（2022•平南县二模）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且A（﹣1，0），对称轴为直线x＝2．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）直线l过点A与抛物线交于点P，当∠PAB＝45°时，求点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△BCQ是直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设y＝（x﹣2）2+k，用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，设P（m，m2﹣4m﹣5），根据∠PAB＝45°知AM＝PM，即|m2﹣4m﹣5|＝m+1，解得m的值，即可得P的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）由y＝x2﹣4x﹣5求出B（5，0），C（0，﹣5），设Q（2，t），有BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2，分三种情况：当BC为斜边时，9+t2+4+（t+5）2＝50，当BQ为斜边时，50+4+（t+5）2＝9+t2，当CQ为斜边时，50+9+t2＝4+（t+5）2，分别解得t的值，即可求出相应Q的坐标．
【解析】（1）设y＝（x﹣2）2+k，把A（﹣1，0）代入得：
（﹣1﹣2）2+k＝0，
解得：k＝﹣9，
∴y＝（x﹣2）2﹣9＝x2﹣4x﹣5，
答：抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，如图：
设P（m，m2﹣4m﹣5），则PM＝|m2﹣4m﹣5|，
∵A（﹣1，0），
∴AM＝m+1
∵∠PAB＝45°
∴AM＝PM，
∴|m2﹣4m﹣5|＝m+1，
即m2﹣4m﹣5＝m+1或m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），
当m2﹣4m﹣5＝m+1时，解得：m1＝6，m2＝﹣1（不合题意，舍去），
当m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），解得m3＝4，m4＝﹣1（不合题意，舍去），
∴P的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得△BCQ是直角三角形，理由如下：
在y＝x2﹣4x﹣5中，令x＝0得y＝﹣5，令y＝0得x＝﹣1或x＝5，
∴B（5，0），C（0，﹣5），
由抛物线y＝x2﹣4x﹣5的对称轴为直线x＝2，设Q（2，t），
∴BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2，
当BC为斜边时，BQ2+CQ2＝BC2，
∴9+t2+4+（t+5）2＝50，
解得t＝﹣6或t＝1，
∴此时Q坐标为（2，﹣6）或（2，1）；
当BQ为斜边时，BC2+CQ2＝BQ2，
∴50+4+（t+5）2＝9+t2，
解得t＝﹣7，
∴此时Q坐标为（2，﹣7）；
当CQ为斜边时，BC2+BQ2＝CQ2，
∴50+9+t2＝4+（t+5）2，
解得t＝3，
∴此时Q坐标为（2，3）；
综上所述，Q的坐标为（2，3）或（2，﹣7）或（2，1）或（2，﹣6）．
6．（2022•太原一模）综合与实践
如图，抛物线y＝x2+2x﹣8与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．点D在直线AC下方的抛物线上运动，过点D作y轴的平行线交AC于点E．
（1）求直线AC的函数表达式；
（2）求线段DE的最大值；
（3）当点F在抛物线的对称轴上运动，以点A，C，F为顶点的三角形是直角三角形时，直接写出点F的坐标．
【分析】（1）分别令x＝0，y＝0，求得点C、A的坐标，再运用待定系数法即可求得答案；
（2）设D（m，m2+2m﹣8），则E（m，﹣2m﹣8），可得DE＝﹣2m﹣8﹣（m2+2m﹣8）＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4，运用二次函数的性质即可求得线段DE的最大值；
（3）设F（﹣1，n），根据两点间距离公式可得：AF2＝32+n2＝n2+9，AC2＝42+82＝80，CF2＝12+（n+8）2＝n2+16n+65，分三种情况：①当∠AFC＝90°时，②当∠CAF＝90°时，③当∠ACF＝90°时，分别建立方程求解即可．
【解析】（1）在y＝x2+2x﹣8中，令x＝0，得y＝﹣8，
∴C（0，﹣8），
令y＝0，得x2+2x﹣8＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝2，
∴A（﹣4，0），B（2，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8；
（2）设D（m，m2+2m﹣8），则E（m，﹣2m﹣8），
∵点D在点E的下方，
∴DE＝﹣2m﹣8﹣（m2+2m﹣8）＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4，
∵﹣1＜0，
∴当m＝﹣2时，线段DE最大值为4；
（3）∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设F（﹣1，n），又A（﹣4，0），C（0，﹣8），
∴AF2＝32+n2＝n2+9，AC2＝42+82＝80，CF2＝12+（n+8）2＝n2+16n+65，
①当∠AFC＝90°时，
∵AF2+CF2＝AC2，
∴n2+9+n2+16n+65＝80，
解得：n1＝﹣4﹣，n2＝﹣4+，
∴F（﹣1，﹣4﹣）或（﹣1，﹣4+）；
②当∠CAF＝90°时，
∵AF2+AC2＝CF2，
∴n2+9+80＝n2+16n+65，
解得：n＝，
∴F（﹣1，）；
③当∠ACF＝90°时，
∵CF2+AC2＝AF2，
∴n2+16n+65+80＝n2+9，
解得：n＝﹣，
∴F（﹣1，﹣）；
综上所述，点F的坐标为（﹣1，﹣4﹣）或（﹣1，﹣4+）或（﹣1，）或（﹣1，﹣）．
7．（2022•桐梓县模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线L经过C，D两点，连接AC．
（1）求A，B两点的坐标及直线L的函数表达式；
（2）探索直线L上是否存在点E，使△ACE为直角三角形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）令x＝0，y＝0，可分别求出A、B、C三点坐标，在求出函数的对称轴即可求D点坐标，利用待定系数法求直线解析式即可；
（2）设E（t，﹣t+2），分三种情况讨论：①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2，③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，分别利用勾股定理求解即可．
【解析】（1）令y＝0，则﹣＝0，
解得x＝﹣2或x＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
∵y＝﹣＝﹣（x﹣2）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴D（2，0），
设直线CD的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+2；
（2）在点E，使△ACE为直角三角形，理由如下：
设E（t，﹣t+2），
∴AC2＝16，AE2＝4t2﹣8t+16，CE2＝4t2，
①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，
∴16+4t2﹣8t+16＝4t2，
∴t＝4，
∴E（4，2）；
②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2，
∴16+4t2＝4t2﹣8t+16，
∴t＝0（舍）；
③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，
∴4t2﹣8t+16+4t2＝16，
∴t＝0（舍）或t＝1，
∴E（1，）；
综上所述：E点坐标为（4，2）或（1，）．
8．（2022•沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点M是抛物线上B，C之间的一个动点，线段MA绕点M逆时针旋转90°得到MN，当点N恰好落在y轴上时，求点M，点N的坐标．
（3）如图2，若点E坐标为（2，0），EF⊥x轴交直线BC于点F，将△BEF沿直线BC平移得到△B'E'F'，在△B'E'F'移动过程中，是否存在使△ACE'为直角三角形的情况？若存在，请直接写出所有符合条件的点E′的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，即可求解；
（2）过点M作HG∥y轴，交x轴于点H，过点N作NG⊥HG交于点G，证明△AMH≌△MNG（AAS），设M（t，t2﹣2t﹣3），由HM＝NG，可求t＝即可求M、N点的坐标；
（3）设△BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，则E'（2+t，t），分三种情况讨论：①当∠ACE'＝90°时，过点E'作E'H⊥y轴交于点H，可得△ACO∽△CE'H，利用相似比可求E'（﹣，﹣）；当N点与E'重合时，也符合题意；②当∠CAE'＝90°时，过点A作MN⊥x轴，过点C作CN⊥MN交于N点，过点E'作E'M⊥MN交于M点，可得△AME'∽△CNA，利用相似比可求E'（，）；③当∠AE'C＝90°时，过点E'作ST⊥x轴交于S点，过点C作CT⊥ST交于T点，可得△ASE'∽△E'TC，利用相似比可求E'（1，﹣1）．
【解析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）过点M作HG∥y轴，交x轴于点H，过点N作NG⊥HG交于点G，
∴∠AMH+∠NMG＝90°，
∵∠AMH+∠MAH＝90°，
∴∠NMG＝∠MAH，
∵AM＝MN，
∴△AMH≌△MNG（AAS），
∴AH＝MG，HM＝NG，
设M（t，t2﹣2t﹣3），
∴HM＝﹣t2+2t+3，NG＝t，
∴﹣t2+2t+3＝t，
∴t＝，
∵点M是抛物线上B，C之间，
∴0＜t＜3，
∴t＝，
∴M（，﹣），
∴AH＝1+＝，
∴HG＝+＝2+，
∴N（0，﹣2﹣）；
（3）存在使△ACE'为直角三角形，理由如下：
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
设△BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，
∵E（2，0），
∴E'（2+t，t），
①如图2，当∠ACE'＝90°时，过点E'作E'H⊥y轴交于点H，
∴∠ACO+∠E'CH＝90°，
∵∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠E'CH＝∠CAO，
∴△ACO∽△CE'H，
∴＝，
∵AO＝1，CO＝3，CH＝﹣3﹣t，E'H＝﹣2﹣t，
∴＝，
解得t＝﹣，
∴E'（﹣，﹣）；
②如图3，当∠CAE'＝90°时，
过点A作MN⊥x轴，过点C作CN⊥MN交于N点，过点E'作E'M⊥MN交于M点，
∴∠MAE'+∠NAC＝90°，
∵∠MAE'+∠ME'A＝90°，
∴∠NAC＝∠ME'A，
∴△AME'∽△CNA，
∴＝，
∵NC＝1，AN＝3，AM＝t，ME'＝3+t，
∴＝，
解得t＝，
∴E'（，）；
当E'点与N重合时，△ACE'为直角三角形，
∴E'（﹣1，﹣3）；
③如图3，当∠AE'C＝90°时，
过点E'作ST⊥x轴交于S点，过点C作CT⊥ST交于T点，
∴∠AE'S+∠CE'T＝90°，
∵∠AE'S+∠E'AS＝90°，
∴∠CE'T＝∠E'AS，
∴△ASE'∽△E'TC，
∴＝，
∵AS＝3+t，SE'＝﹣t，CT＝2+t，E'T＝t+3，
∴＝，
解得t＝﹣1，
∴E'（1，﹣1）；
综上所述：E'的坐标为（﹣，﹣）或（，）或（1，﹣1）或（﹣1，﹣3）．
9．（2022•东坡区校级模拟）如图，抛物线y＝x2﹣（m+2）x+4的顶点C在x轴的正半轴上，直线y＝x+2与抛物线交于A，B两点，且点A在点B的左侧．
（1）求m的值；
（2）点P是抛物线y＝x2﹣（m+2）x+4上一点，当△PAB的面积是△ABC面积的2倍时，求点P的坐标；
（3）将直线AB向下平移k（k＞0）个单位长度，平移后的直线与抛物线交于D，E两点（点D在点E的左侧），当△DEC为直角三角形时，求k的值．
【分析】（1）令y＝0得x2﹣（m+2）x+4＝0，由Δ＝0求得；
（2）作CD∥AB交y轴于D，求得CD的函数表达式是y＝x﹣2，在DF的延长线上截取EF＝2DF＝8，过点E作EG∥AB，求得EG的函数表达式，与抛物线函数表达式联立求得；
（3）当∠CDE＝90°时，可得直线CD的函数表达式是：y＝﹣x+2，求出它与抛物线的交点即可，当∠DCE＝90°时，设平移后的表达式是y＝x+b，与抛物线的表达式联立求得D和E的坐标，再求出DE中点坐标，根据DE＝2CI，进而求得b，根据平移的距离得出k值．
【解析】（1）令y＝0，
∴x2﹣（m+2）x+4＝0，
∵Δ＝（m+2）2﹣4×1×4＝0，
∴m＝2或m＝﹣6，
又﹣，
∴m＞﹣2，
∴m＝2；
（2）当m＝2时，
y＝x2﹣4x+4
＝（x﹣2）2，
如图1，
作CD∥AB交y轴于D，
∴CD的函数表达式是y＝x﹣2，
∴D（0，﹣2），
∵y＝x+＝2与y轴交点F（0，2），
∴DF＝4，
在DF的延长线上截取EF＝2DF＝8，
过点E作EG∥AB，
∴EG的函数表达式是：y＝x+10，
由x2﹣4x+4＝x+10得，
x＝﹣1或x＝6，
当x＝﹣1时，y＝﹣1+10＝9，
当x＝6时，y＝6+10＝16，
∴P（﹣1，9）或P（6，16）；
作CM⊥AB于M交EG于N，
∵CD∥AB∥EG，
∴＝＝，
∴点P到AB的距离是点C到AB距离的2倍，
∴△PAB的面积是△ABC面积的2倍．
（3）当∠CDE＝90°时，
∴直线CD的函数表达式是：y＝﹣x+2，
由x2﹣4x+4＝﹣x+2得，
x＝1或x＝2（舍去），
当x＝1时，y＝﹣1+2＝1，
∴y＝x+（2﹣k）过（1，1），
∴1+（2﹣k）＝1，
∴k＝2，
当∠DCE＝90°时，
设平移后的表达式是y＝x+b，
由x2﹣4x+4＝x+b得，
化简得，
x2﹣5x+（4﹣b）＝0，
∴x1＝，x2＝，
∴x1+x2＝5，y1+y2＝5+2b，
∴DE的中点I（，），
∴x1﹣x2＝，
∴y1﹣y2＝x1+b﹣（x2+b）
＝x1﹣x2
＝，
∵DE2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2
＝（）2+（）2
＝2（9+4b），
CI2＝（﹣2）2+（）2
＝，
由DE＝2CI得，
2（9+4b）＝16+4b2+20b，
∴b＝﹣1或b＝﹣2（舍去），
∴k＝3，
综上所述，k＝2或3．
10．（2022•海沧区二模）抛物线y1＝ax2﹣2ax+c（a＜2且a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B两点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，点M（m，n）在该抛物线上，点P是抛物线的最低点．
（1）若m＝2，n＝﹣3，求a的值；
（2）记△PMB面积为S，证明：当1＜m＜3时，S＜2；
（3）将直线BP向上平移t个单位长度得直线y2＝kx+b（k≠0），与y轴交于点C，与抛物线交于点E，当x＜﹣1时，总有y1＞y2．当﹣1＜x＜1时，总有y1＜y2．是否存在t≥4，使得△CDE是直角三角形，若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入抛物线y1＝ax2﹣2ax+c中，可得c＝﹣3a，所以抛物线y1＝ax2﹣2ax﹣3a．当m＝2，n＝﹣3时，M（2，﹣3），将点M的坐标代入函数解析式，求解即可；
（2）过点M作x轴的垂线，交直线BP于点Q，根据题意可知，P（a，﹣4a），B（3，0），所以直线BP的解析式为：y＝2ax﹣6a，设M（m，am2﹣2am﹣3a），则Q（m，2am﹣6a），根据三角形的面积公式可得出S和a的函数关系式，再根据二次函数的性质求解即可；
（3）由平移可知，y2＝2ax+2a，点C（0，2a），联立可得E（5，12a）．根据题意当△ECD是直角三角形时，需要分三种情况讨论：①当∠ECD＝90°时，过点E作y轴的垂线交y轴于点F，②当∠CDE＝90°时，过点E作x轴的垂线于点F，③当∠CED＝90°时，分别求解即可．
【解答】（1）解：将点A（﹣1，0）代入抛物线y1＝ax2﹣2ax+c中，
∴a+2a+c＝0，
∴c＝﹣3a，
∴抛物线y1＝ax2﹣2ax﹣3a．
当m＝2，n＝﹣3时，M（2，﹣3），
∴4a﹣4a﹣3a＝﹣3，
解得a＝1；
（2）证明：过点M作x轴的垂线，交直线BP于点Q，
∵点P为y1＝ax2﹣2ax﹣3a的最低点，
∴P（a，﹣4a），
令y1＝ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0），
∴直线BP的解析式为：y＝2ax﹣6a，
设M（m，am2﹣2am﹣3a），
∴Q（m，2am﹣6a），
∴QM＝2am﹣6a﹣（am2﹣2am﹣3a）＝﹣am2+4am﹣3a，
∴S＝|xB﹣xP|•QM
＝﹣am2+4am﹣3a
＝﹣a（m﹣2）2+a，
∵﹣a＜0，开口向下，
∴当m＝2时，S的最大值为a，
∵a＜2，
∴当1＜m＜3时，S＝a＜2．
（3）解：∵当x＜﹣1时，总有y1＜y2，
∴直线l必经过点A（﹣1，0），
将点A代入直线l：y2＝kx+b，
∴﹣k+b＝0，
∵直线l：y2＝kx+b由直线PB：y＝2ax﹣6a向上平移t个单位长度得到，
∴k＝b＝2a，b＝﹣6a+t＝2a，
∴t＝8a，
∴y2＝2ax+2a，点C（0，2a），
令2ax+2a＝ax2﹣2ax﹣3a，
解得x＝﹣1或x＝5，
∴E（5，12a）．
①当∠ECD＝90°时，过点E作y轴的垂线交y轴于点F，
∴△FEC∽△OCD，
∴EF：OC＝CF：OD，即5：2a＝10a：1，
∴a＝或a＝﹣（舍）；
∴t＝8a＝4≥4，符合题意；
②当∠CDE＝90°时，过点E作x轴的垂线于点F，
∴△OCD∽△FDE，
∴EF：OD＝DF：OC，即12a：1＝4：2a，
解得a＝或a＝﹣（舍），
∴t＝8a＝＜＝4，不符合题意；
③当∠CED＝90°时，显然不存在．
综上，存在，且t的值为．
11．（2021•葫芦岛模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC，点A在y轴上，点C在x轴上，其中B（﹣2，3），已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A和点B．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，点D（﹣2，﹣1）在直线BC上，点E为y轴右侧抛物线上一点，连接BE、AE，DE，若S△BDE＝4S△ABE，求E点坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，P为射线DB上一点，作PQ⊥直线DE于点Q，连接AP，AQ，PQ，若△APQ为直角三角形，请直接写出P点坐标．
【分析】（1）求出A点坐标，将A、B点坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求解；
（2）设E（m，﹣m2﹣m+3），求得S△BDE＝＝2（m+2），S△ABE＝m2+m，再由已知得到方程2（m+2）＝4（m2+m），求出m的值即可求E点坐标；
（3）先求出直线DE的解析式为y＝x+1，分三种情况讨论：①当P点与B点重合，此时△APQ为等腰直角三角形，则P（﹣2，3）；②过点Q作QM⊥AB交BA的延长线于点M，证明△PAB∽△AQM，设P（﹣2，t），则Q（，），分别求出PB＝t﹣3，AB＝2，AM＝，QM＝﹣3＝，再由三角形相似可得＝，求出t即可求P点坐标；当PQ⊥AP时，AP∥DE，则直线AP的解析式为y＝x+3，即可求P点坐标．
【解答】解：（1）∵B（﹣2，3），矩形OABC，
∴A（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A和点B，
∴，
∴，
∴y＝﹣x2﹣x+3；
（2）∵D（﹣2，﹣1），
∴BD＝4，
设E（m，﹣m2﹣m+3），
∴S△BDE＝×4×（m+2）＝2（m+2），
∵AB＝2，
∴S△ABE＝×2×（3+m2+m﹣3）＝m2+m，
∵S△BDE＝4S△ABE，
∴2（m+2）＝4（m2+m），
解得m＝﹣2或m＝，
∵E点在y轴由侧，
∴m＝，
∴E（，）；
（3）∵E（，），D（﹣2，﹣1），
设直线DE的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x+1，
∴直线与y轴的交点为（0，1），
如图1，当P点与B点重合，Q点为（0，1），
此时△APQ为等腰直角三角形，
∴P（﹣2，3）；
如图2，过点Q作QM⊥AB交BA的延长线于点M，
∵∠PAQ＝90°，∠PBA＝90°，∠QME＝90°，
∴∠PAB＝∠AQM，
∴△PAB∽△AQM，
∴＝，
设P（﹣2，t），
∵直线DE的解析式为y＝x+1，PQ⊥DE，
∴∠PDQ＝45°，
∴Q（，），
∴PB＝t﹣3，AB＝2，AM＝，QM＝﹣3＝，
∴＝，
∴t＝9，
∴P（﹣2，9）；
如图3，当PQ⊥AP时，
∵∠PAQ+∠AQP＝90°，∠AQP+∠AQE＝90°，
∴∠APQ＝∠AQE，
∴AP∥DE，
∴直线AP的解析式为y＝x+3，
∴P（﹣2，1）；
综上所述：P点的坐标为（﹣2，1）或（﹣2，3）或（﹣2，9）．
12．（2021•和平区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣，交y轴于点A，交x轴于B（﹣1，0），C（5，0）两点，抛物线的顶点为D，连接AC，CD．
（1）求直线AC的函数表达式；
（2）求抛物线的函数表达式及顶点D的坐标；
（3）过点D作x轴的垂线交AC于点G，点H为线段CD上一动点，连接GH，将△DGH沿GH翻折到△GHR（点R，点G分别位于直线CD的两侧），GR交CD于点K，当△GHK为直角三角形时．
①请直接写出线段HK的长为 ；
②将此Rt△GHK绕点H逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到△MHN，若直线MN分别与直线CD，直线DG交于点P，Q，当△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形时，请直接写出点P的纵坐标为 ﹣或﹣ ．
【分析】（1）先根据抛物线y＝ax2+bx﹣，交y轴于点A，求出点A坐标，再运用待定系数法求直线AC的函数表达式即可；
（2）将B（﹣1，0），C（5，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣求出a，b，即可得抛物线解析式，运用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可得出顶点坐标；
（3）①根据△GHK为直角三角形，且点R，点G分别位于直线CD的两侧，可分三种情况：∠GHK＝90°或∠HGK＝90°或∠GKH＝90°，经分析仅有∠GKH＝90°符合题意，过点H作HL⊥DG于点L，则HL＝HK，先证明△GDK∽△CDF，再运用面积法即可求出答案；
②由△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，可分两种情况：PQ＝DQ或PQ＝DP，分别求出点P的纵坐标即可．
【解答】解：（1）设直线AC的函数表达式为：y＝kx+c，
∵抛物线y＝ax2+bx﹣，交y轴于点A，
∴A（0，﹣），
将A（0，﹣），C（5，0）分别代入y＝kx+c，
得：，
解得：，
∴直线AC的函数表达式为：y＝x﹣，
（2）∵抛物线y＝ax2+bx﹣经过B（﹣1，0），C（5，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣，
∵y＝x2﹣x﹣＝（x﹣2）2﹣4，
∴顶点D的坐标为（2，﹣4）；
（3）①如图1，∵△GHK为直角三角形，且点R，点G分别位于直线CD的两侧，
∴∠GHK＝90°或∠HGK＝90°或∠GKH＝90°，
当∠GHK＝90°时，∠GHD＝90°，点R落在直线DC上，不符合题意，
当∠HGK＝90°时，∠DGH＝∠HGK＝90°，点R，点G位于直线CD的同侧，不符合题意，
当∠GKH＝90°时，点R，点G分别位于直线CD的两侧，符合题意，
∴∠GKH＝90°，∠DGH＝∠RGH，
过点H作HL⊥DG于点L，则HL＝HK，
∵D（2，﹣4），DG⊥x轴，
∴G（2，﹣），F（2，0），
∴DG＝﹣﹣（﹣4）＝，CF＝5﹣2＝3，DF＝4，
∴CD＝＝＝5，
∵∠DFC＝∠GKH＝90°，∠GDK＝∠CDF，
∴△GDK∽△CDF，
∴＝＝，即＝＝，
∴GK＝，DK＝，
∵S△GKH+S△GDH＝S△GDK，
∴××HK+××HL＝××，
故答案为：；
②∵△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，
∴PQ＝DQ或PQ＝DP，
当PQ＝DQ时，如图2，由旋转知：点H到PQ、DQ的距离相等，
∴QH⊥DP，DH＝HP，
由①知HL＝HK＝，
∵HL∥CF，
∴＝，即＝，
∴DL＝，
∴L的纵坐标为﹣4＝﹣，即H的纵坐标为﹣，
∵H为D、P的中点，
∴P的纵坐标为﹣，
当PQ＝DP时，如图3，点P为DQ的垂直平分线与CD的交点，
∵H（，﹣），
∴经过点H平行MN的直线为y＝﹣x+，
∵点H到直线MN的距离为，
∴直线MN的解析式为y＝﹣x﹣，
∵直线CD的解析式为y＝x﹣，
∴P（，﹣）；
综上所述，点P的纵坐标为﹣或﹣．
13．（2021•莱芜区三模）二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和点B（﹣3，0），交y轴于点C（0，﹣3）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图1，点E为抛物线的顶点，点T（0，t）为y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转180°，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为B′，E′，当四边形BEB'E'的面积为12时，求t的值；
（3）如图2，过点C作CD∥x轴，交抛物线于另一点D．点M是直线CD上的一个动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点P．当以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标．
【分析】（1）根据抛物线与x轴的交点坐标，设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），将C（0，﹣3）代入，即可求得二次函数解析式；
（2）如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．利用待定系数法求出直线BE的解析式，根据抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，可得四边形BEB′E′是平行四边形，运用平行四边形性质即可求得答案；
（3）设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），根据以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形，分三种情况分别讨论即可：①当∠BP1C＝90°时，③当∠P3BC＝90°时，③当∠P3BC＝90°时，④当∠BCP4＝90°时．
【解答】解：（1）∵二次函数过点A（﹣1，0），B（﹣3，0），
∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），
将C（0，﹣3）代入，得：3a＝3，
解得：a＝﹣1，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣4x﹣3；
（2）如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．
由（1）得y＝﹣x2﹣4x﹣3＝﹣（x+2）2+1，
∴抛物线顶点E（﹣2，1），
设直线BE的解析式为y＝kx+b，
∵B（﹣3，0），E（﹣2，1），
∴，
解得：，
∴直线BE的解析式为：y＝x+3，
∴Q（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，
∴TB＝TB′，TE＝TE′，
∴四边形BEB′E′是平行四边形，
∴S△BET＝S四边形BEB′E′＝×12＝3，
∵S△BET＝S△BQT﹣S△EQT＝×（3﹣2）×TQ＝TQ，
∴TQ＝6，
∴3﹣t＝6，
∴t＝﹣3；
（3）设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），
①当∠BP1C＝90°时，∠N1P1B＝∠P1CE，
∴tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，
∴＝，
∵BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x+3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，
∴＝，
化简得：x2+5x+5＝0，
解得：x1＝，x2＝（舍去），
②当∠BP2C＝90°时，同理可得：x2+5x+5＝0，
解得：x1＝（舍去），x2＝，
∴M点的坐标为（，﹣3）或（，﹣3），
③当∠P3BC＝90°时，由△BM3C是等腰直角三角形，
得：△N3BP3也是等腰直角三角形，
∴N3B＝N3P3，
∴﹣x2﹣4x﹣3＝x+3，
化简得：x2+5x+6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝﹣3（舍去），
∴M点的坐标为（﹣2，﹣3）；
④当∠BCP4＝90°时，由△BOC是等腰直角三角形，可得△N4P4C也是等腰直角三角形，
∴P4N4＝CN4，
∴﹣x＝﹣3﹣（﹣x2﹣4x﹣3），
化简得：x2+5x＝0，
解得：x1＝﹣5，x2＝0（舍去），
∴M点的坐标为（﹣5，﹣3），
综上所述：满足条件的M点的坐标为（，﹣3）或（，﹣3）或（﹣2，﹣3）或（﹣5，﹣3）．
14．（2021•雁塔区校级模拟）已知二次函数y＝x2+bx+c经过A、B两点，BC垂直x轴于点C，且A（﹣1，0），C（4，0），AC＝BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）请画出抛物线的图象；
（3）点P是抛物线对称轴上一个动点，是否存在这样的点P，使三角形ABP为直角三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求得点B的坐标，然后将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式可得到关于b、c的方程组，从而可求得b、c的值；
（2）根据函数的表达式取点、描点连线即可画出函数的图象；
（3）存在，设P（1，m），分三种情况：分别以A，B，P为直角顶点，根据勾股定理和两点的距离公式列方程，解方程即可．
【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），C（4，0），
∴AC＝5，OC＝4，
∵AC＝BC＝5，
∴B（4，5），
把A（﹣1，0）和B（4，5）代入二次函数y＝x2+bx+c中得：
，解得，
∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由函数的表达式，取值列表如下：
根据表格数据，绘制函数图象如下：
（3）存在，
y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴设P（1，m），
分三种情况：
①以点B为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+AB2＝PA2，
∴（4﹣1）2+（m﹣5）2+（4+1）2+52＝（1+1）2+m2，
解得：m＝8，
∴P（1，8）；
②以点A为直角顶点时，由勾股定理得：PA2+AB2＝PB2，
∴（1+1）2+m2+（4+1）2+52＝（4﹣1）2+（m﹣5）2，
解得：m＝﹣2，
∴P（1，﹣2）；
③以点P为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+PA2＝BA2，
∴（1+1）2+m2+（4﹣1）2+（m﹣5）2＝（4+1）2+52，
解得：m＝6或﹣1，
∴P（1，6）或（1，﹣1）；
综上，点P的坐标为（1，8）或（1，﹣2）或（1，6）或（1，﹣1）．
15．（2021•武汉模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+12（b＜0）与x轴交于A，B两点（A点在B点左侧），且OB＝3OA．
（1）请直接写出b＝ ﹣8 ，A点的坐标是 （2，0） ，B点的坐标是 （6，0） ；
（2）如图（1），D点从原点出发，向y轴正方向运动，速度为2个单位长度/秒，直线BD交抛物线于点E，若BE＝5DE，求D点运动时间；
（3）如图（2），F点是抛物线顶点，过点F作x轴平行线MN，点C是对称轴右侧的抛物线上的一定点，P点在直线MN上运动．若恰好存在3个P点使得△PAC为直角三角形，请求出C点坐标，并直接写出P点的坐标．
【分析】（1）根据题意，设A（m，0），B（3m，0），代入y＝x2+bx+12，求出m，即可得出答案；
（2）设D点运动时间为t秒，则OD＝2t，分两种情况：①当t≤6时，点D在线段OC上，如图（1），过点E作EK∥x轴交y轴于点K，由＝＝，BE＝5DE，OK＝OD﹣DK，即可求出答案；②当t＞6时，点D在线段OC的延长线上，如图（1′），过点E作EK∥OB交y轴于点K，由＝＝，BE＝5DE，OK＝OD+DK，即可求得答案；
（3）设P（t，﹣4），由△PAC为直角三角形，可分三种情况：∠APC＝90°或∠PAC＝90°或∠ACP＝90°，
①当∠APC＝90°时，设点C（m，n），如图（2），过点A作AG⊥MN，过点C作CH⊥MN，证明△APG∽△PCH，得出t2﹣（m+2）t+2m+4n+16＝0，根据恰好存在3个P点使得△PAC为直角三角形，得出当∠APC＝90°时，有且只有一个点P存在，即关于t的一元二次方程有两个相等实数根，进而求出点C的坐标，再求出点P的坐标；
②当∠PAC＝90°时，如图（2）②，过点C作CT⊥x轴于点T，过点P作PR⊥x轴于点R，利用相似三角形性质即可求出点P的坐标；
③当∠ACP＝90°时，如图（2）③，过点C作KH⊥x轴于点H，交直线MN于点K，利用相似三角形性质即可求出点P的坐标．
【解答】解：（1）根据题意，设A（m，0），B（3m，0），
∴y＝（x﹣m）（x﹣3m）＝x2﹣4mx+3m2，
∴3m2＝12，
解得：m＝±2，
∵m＞0，
∴m＝2，3m＝6，
∴b＝﹣4m＝﹣8，A（2，0），B（6，0），
故答案为：﹣8，（2，0），（6，0）；
（2）由（1）知，抛物线解析式为y＝x2﹣8x+12，OB＝6，
令x＝0，得y＝12，
∴C（0，12），
∴OC＝12，
设D点运动时间为t秒，则OD＝2t，
①当t≤6时，点D在线段OC上，如图（1），过点E作EK∥x轴交y轴于点K，
∵EK∥OB，
∴＝＝，
∵BE＝5DE，
∴BD＝DE+BE＝6DE，
∴＝＝，
∴OD＝6DK，EK＝1，
∴DK＝t，
∴OK＝OD﹣DK＝2t﹣t＝t，
∴E（1，t），
∴t＝12﹣8×1+12，
∴t＝3，
②当t＞6时，点D在线段OC的延长线上，如图（1′），
过点E作EK∥OB交y轴于点K，
∵BE＝5DE，
∴BD＝BE﹣DE＝4DE，
∵EK∥OB，
∴＝＝，即＝＝＝，
∴EK＝，DK＝t，
∴OK＝OD+DK＝2t+t＝t，
∴E（﹣，t），
∴t＝（﹣）2﹣8×（﹣）+12，
解得：t＝，
综上所述，D点运动时间为3秒或秒；
（3）∵y＝x2﹣8x+12＝（x﹣4）2﹣4，
∴顶点F（4，﹣4），
∵MN∥x轴且经过点F（4，﹣4），
∴直线MN为y＝﹣4，
∵P点在直线MN上运动，
∴设P（t，﹣4），
∵△PAC为直角三角形，
∴∠APC＝90°或∠PAC＝90°或∠ACP＝90°，
①当∠APC＝90°时，设点C（m，n），如图（2），
过点A作AG⊥MN，过点C作CH⊥MN，
∴∠AGP＝∠CHP＝∠APC＝90°，
AG＝4，CH＝n+4，PH＝m﹣t，PG＝t﹣2，
∴∠GAP+∠APG＝∠APG+∠CPH＝90°，
∴∠GAP＝∠CPH，
∴△APG∽△PCH，
∴＝，即＝，
整理得：t2﹣（m+2）t+2m+4n+16＝0，
∵恰好存在3个P点使得△PAC为直角三角形，而当∠PAC＝90°或∠ACP＝90°时，均有且仅有一个点P存在，
∴当∠APC＝90°时，有且只有一个点P存在，即关于t的一元二次方程有两个相等实数根，
∴△＝（m+2）2﹣4（2m+4n+16）＝0，
∴n＝，
又∵点C（m，n）是对称轴右侧的抛物线上的一定点，
∴n＝m2﹣8m+12，
∴m2﹣8m+12＝，
整理得15m2﹣124m+252＝0，
解得：m1＝，m2＝，
∵＜4，m2＝不符合题意，舍去，
∴m＝，此时n＝（）2﹣8×+12＝﹣，
∴C（，﹣），
将m＝，n＝﹣，代入t2﹣（m+2）t+2m+4n+16＝0，
整理得：t2﹣t+＝0，
解得：t1＝t2＝，
∴P（，﹣4）；
②当∠PAC＝90°时，如图（2）②，
过点C作CT⊥x轴于点T，过点P作PR⊥x轴于点R，
则AT＝﹣2＝，CT＝，PR＝4，AR＝2﹣t，
∠ATC＝∠PRA＝∠PAC＝90°，
∴∠PAR+∠APR＝∠PAR+∠CAT＝90°，
∴∠APR＝∠CAT，
∴△APR∽△CAT，
∴＝，即＝，
解得：t＝﹣，
∴P（﹣，﹣4）；
③当∠ACP＝90°时，如图（2）③，
过点C作KH⊥x轴于点H，交直线MN于点K，
则∠AHC＝∠CKP＝∠ACP＝90°，
CH＝，AH＝，CK＝4﹣＝，PK＝﹣t，
∵∠ACH+∠CAH＝∠ACH+∠PCK＝90°，
∴∠CAH＝∠PCK，
∴△CAH∽△PCK，
∴＝，
∴AH•PK＝CK•CH，即（﹣t）＝×，
解得：t＝，
∴P（，﹣4）；
综上所述，C点坐标为（，﹣），P点的坐标为（，﹣4）或（﹣，﹣4）或（，﹣4）．
16．（2021•北碚区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x+2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P为直线BC上方抛物线上一动点．
（1）求直线BC的解析式；
（2）过点A作AD∥BC交抛物线于D，连接CA，CD，PC，PB，记四边形ACPB的面积为S1，△BCD的面积为S2，当S1﹣S2的值最大时，求P点的坐标和S1﹣S2的最大值；
（3）如图2，将抛物线水平向右平移，使得平移后的抛物线经过点O，G为平移后的抛物线的对称轴直线l上一动点，将线段AC沿直线BC平移，平移过程中的线段记为A'C'（线段A'C'始终在直线l左侧），是否存在以A'，C'，G为顶点的等腰直角△A'C'G？若存在，请写出满足要求的所有点G的坐标并写出其中一种结果的求解过程，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令二次函数x＝0，y＝0，求出A、B、C的坐标，再求直线BC的解析式；
（2）不能用常规的底和高，借助切割法求面积，再求出最大面积差和点P的坐标；
（3）等腰直角三角形可以利用“两圆一中垂”确定所有的情况，利用“K型全等”求出对应的点G的坐标．
【解答】解：（1）对抛物线，
当x＝0时，y＝2，
∴C（0，2），
当y＝0时，，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
把点C（0，2），B（3，0）代入得：
，解得：．
∴直线BC的解析式为：y＝．
（2）∵AD∥BC，直线BC的解析式为：y＝．
设AD的解析式为，y＝，
把点A（﹣1，0）代入得：，
解得：m＝，
∴AD的解析式为：y＝，
由解得：，
∴D（4，），
∴直线CD的解析式为：y＝，
当y＝0时，，
解得：x＝，
记直线CD与x轴交于点N，则：
N（），BN＝3﹣＝1.5，
过点P作PM⊥AB交BC于点M，设P（a，），
∴M（a，），
∴PM＝，
∴S1＝S△ABC+S△PCM+S△PBM
＝
＝
＝﹣a2+3a+4，
S2＝S△BNC+S△BND
＝
＝
＝
＝4，
∴S1﹣S2＝﹣a2+3a+4﹣4＝﹣a2+3a＝﹣（a﹣）2+，
∴当a＝时，S1﹣S2的最大值为，
此时，点P的坐标为（）．
（3）∵，
∴抛物线的对称轴为：x＝1，
∵抛物线向右平移后经过点O，即：抛物线向右平移1个单位，
∴直线l为：x＝2，
（i）当等腰三角形以∠A'C'G1＝90°，A'C'＝C'G1时，如图，过点C'作C'H⊥l于点H，过点A'作A'Q⊥C'H于点Q，
∵∠HC'G1+∠QC'A'＝90°，∠QC'A'+∠QA'C'＝90°，
∴∠HC'G1＝∠QA'C'，
又∵∠A'QC'＝∠C'HG1＝90°，A'C'＝C'G1，
∴△A'QC'≌△C'HG1
∴QA'＝C'H，HG1＝QC'，
∵AC∥A'C'，设点A'（a，），C'（a+1，），
∴C'H＝2﹣a，A'Q＝2，HG1＝C'Q＝1，
∴2﹣（a+1）＝2，
解得：a＝﹣1，
∴C'（0，2），H（2，2），
∴G1（2，1），
（ii）当等腰三角形以∠C'A'G2＝90°，A'C'＝A'G2时，如图，过点A'作A'F⊥l于点F，过点C'作C'E⊥A'F于点E，
同（i）理可证：△C'A'E≌△A'G2F，
设点A'（a，），C'（a+1，），
∴G2F＝A'E＝1，FA'＝2﹣a＝2，
∴a＝0，
∴A'（0，），
∴F（2，），
∴G2（2，），
（iii）当等腰三角形以∠C'G3A'＝90°，C'G3＝A'G3时，如图，过点A'作A'Q⊥l于点Q，过点C'作C'P⊥l于点P，
同（i）理可证：△C'PG3≌△G3A'Q，
设点A'（a，），C'（a+1，），
∴A'Q＝G3P＝2﹣a，C'P＝QG3＝1﹣a，PQ＝2，
∴2﹣a+1﹣a＝2，
解得：a＝0.5，
∴C'（1.5，1），G3P＝2﹣0.5＝1.5，
∴G3（2，﹣0.5），
综上所述：存在点G1（2，1），G2（2，），G3（2，﹣0.5），使得以A'，C'，G为顶点的等腰直角△A'C'G．
17（2021•广东模拟）如图，直线y＝x﹣3与x轴，y轴分别交于B、C两点．抛物线y＝x2+bx+c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P从点D出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动．设运动的时间为t秒．
①点P在运动过程中，若∠CBP＝15°，求t的值；
②当t为何值时，以P，A，C为顶点的三角形是直角三角形？求出所有符合条件的t值．
【分析】（1）由直线BC求出B、C的坐标，再待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）①由OB＝OC得出∠OBC＝∠OCB＝45°，所以∠CBP＝15°就可以分别得到∠PBE＝30°或60°，再由tan30°或tan60°求出EP，进而求出DP，又因为P的速度为1，求出t即可；
②设出P的坐标，根据两点距离公式求出AP²、AC²和PC²，分三种情况：∠APC＝90°或∠PCA＝90°或∠PAC＝90°分别讨论，求出P的坐标，进而求出DP，求出t即可．
【解答】解：（1）令y＝x﹣3＝0，x＝3，
∴B的坐标为（3，0），
令x＝0，y＝0﹣3＝﹣3，
∴C的坐标为（0，﹣3），
将B、C代入y＝x2+bx+c，
得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x²﹣2x﹣3；
（2）由（1）知，OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
记抛物线对称轴交x轴于E，
∵y＝x²﹣2x﹣3＝（x﹣1）²﹣4，
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∴EB＝2，
∴顶点D的坐标为（1，﹣4），
若∠CBP＝15°，则分两种情况，
①如图，当P在直线BC下方时，
此时∠EBP＝60°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝2，
∴DP＝4﹣2，
∴t＝＝4﹣2，
当P在直线BC上方时，
此时∠EBP＝30°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝，
∴DP＝4﹣，
∴t＝＝4﹣，
综上，t＝4﹣2或4﹣；
②设P的坐标为（1，n），
令y＝x²﹣2x﹣3＝0，
x＝3或﹣1，
∴A的坐标为（﹣1，0），
此时PC²＝1+（n+3）²＝n²+6n+10，
PA²＝（1+1）²+n²＝4+n²，
AC²＝1+3²＝10，
当∠PCA＝90°时，PC²+AC²＝AP²，
n²+6n+10+10＝4+n²，
解得：n＝，
∴P的坐标为（1，），DP＝4＝，
∴t＝，
当∠APC＝90°时，AP²+PC²＝AC²，
4+n²+n²+6n+10＝10，
解得：n＝﹣1或﹣2，
∴P的坐标为（1，﹣1）或（1，﹣2），
DP＝4﹣1＝3或DP＝4﹣2＝2，
∴t＝3或2，
当∠PAC＝90°时，PA²+AC²＝CP²，
n²+4+10＝n²+6n+10，
解得：n＝，
∴P的坐标为（1，），
DP＝4+＝，
∴t＝，
综上，t＝或3或2或．
18.（2021•巴中）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M，当最大时，求点P的坐标及的最大值；
（3）在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线l，在l上是否存在点D，使△BCD是直角三角形，若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c即可求解析式；
（2）过点A作AE⊥x轴交直线BC于点E，过P作PF⊥x轴交直线BC于点F，由PF∥AE，可得＝，则求的最大值即可；
（3）分三种情况讨论：当∠CBD＝90°时，过点B作GH⊥x轴，过点D作DG⊥y轴，DG与GH交于点G，过点C作CH⊥y轴，CH与GH交于点H，可证明△DBG∽△BCH，求出D（3，6）；当∠BCD＝90°时，过点D作DK⊥y轴交于点K，可证明△OBC∽△KCD，求出D（3，﹣9）；当∠BDC＝90°时，线段BC的中点T（3，﹣），设D（3，m），由DT＝BC，可求D（3，﹣）或D（3，﹣﹣）．
【解答】解：（1）将点A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，
得，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣3；
（2）如图1，过点A作AE⊥x轴交直线BC于点E，过P作PF⊥x轴交直线BC于点F，
∴PF∥AE，
∴＝，
设直线BC的解析式为y＝kx+d，
∴，
∴，
∴y＝x﹣3，
设P（t，t2﹣t﹣3），则F（t，t﹣3），
∴PF＝t﹣3﹣t2+t+3＝﹣t2+t，
∵A（﹣2，0），
∴E（﹣2，﹣4），
∴AE＝4，
∴＝＝＝﹣t2+t＝﹣（t﹣3）2+，
∴当t＝3时，有最大值，
∴P（3，﹣）；
（3）∵P（3，﹣），D点在l上，
如图2，当∠CBD＝90°时，
过点B作GH⊥x轴，过点D作DG⊥y轴，DG与GH交于点G，过点C作CH⊥y轴，CH与GH交于点H，
∴∠DBG+∠GDB＝90°，∠DBG+∠CBH＝90°，
∴∠GDB＝∠CBH，
∴△DBG∽△BCH，
∴＝，即＝，
∴BG＝6，
∴D（3，6）；
如图3，当∠BCD＝90°时，
过点D作DK⊥y轴交于点K，
∵∠KCD+∠OCB＝90°，∠KCD+∠CDK＝90°，
∴∠CDK＝∠OCB，
∴△OBC∽△KCD，
∴＝，即＝，
∴KC＝6，
∴D（3，﹣9）；
如图4，当∠BDC＝90°时，
线段BC的中点T（3，﹣），BC＝3，
设D（3，m），
∵DT＝BC，
∴|m+|＝，
∴m＝﹣或m＝﹣﹣，
∴D（3，﹣）或D（3，﹣﹣）；
综上所述：△BCD是直角三角形时，D点坐标为（3，6）或（3，﹣9）或（3，﹣﹣）或（3，﹣）．
19.（2021•毕节市）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线x＝2，顶点为D，点B的坐标为（3，0）．
（1）填空：点A的坐标为 （1，0） ，点D的坐标为 （2，﹣1） ，抛物线的解析式为 y＝x2﹣4x+3 ；
（2）当二次函数y＝x2+bx+c的自变量x满足m≤x≤m+2时，函数y的最小值为，求m的值；
（3）P是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P，使△PAC是以AC为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由对称轴为直线x＝2求出b的值，再将点B（3，0）代入y＝x2+bx+c即可求出函数的解析式；
（2）分三种情况求函数在给定范围的最小值：当m+2＜2时，（m+2）2﹣4（m+2）+3＝；当m＞2时，m2﹣4m+3＝；当0≤m≤2时，与题意不符；
（3）求出AC＝，AC的中点为E（，），设P（2，t），因为△PAC是以AC为斜边的直角三角形，则PE＝AC，列出方程即可求出t的值．
【解答】解：（1）∵对称轴为直线x＝2，
∴b＝﹣4，
∴y＝x2﹣4x+c，
∵点B（3，0）是抛物线与x轴的交点，
∴9﹣12+c＝0，
∴c＝3，
∴y＝x2﹣4x+3，
令y＝0，x2﹣4x+3＝0，
∴x＝3或x＝1，
∴A（1，0），
∵D是抛物线的顶点，
∴D（2，﹣1），
故答案为（1，0），（2，﹣1），y＝x2﹣4x+3；
（2）当m+2＜2时，即m＜0，
此时当x＝m+2时，y有最小值，
则（m+2）2﹣4（m+2）+3＝，
解得m＝，
∴m＝﹣；
当m＞2时，此时当x＝m时，y有最小值，
则m2﹣4m+3＝，
解得m＝或m＝，
∴m＝；
当0≤m≤2时，此时当x＝2时，y有最小值为﹣1，与题意不符；
综上所述：m的值为或﹣；
（3）存在，理由如下：
A（1，0），C（0，3），
∴AC＝，AC的中点为E（，），
设P（2，t），
∵△PAC是以AC为斜边的直角三角形，
∴PE＝AC，
∴＝，
∴t＝2或t＝1，
∴P（2，2）或P（2，1），
∴使△PAC是以AC为斜边的直角三角形时，P点坐标为（2，2）或（2，1）．
20.（2021•兰溪市模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝a（x﹣m）2﹣m+4图象的顶点为C，其中m＞0，与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点D，点M的坐标为（0，4）．
（1）当m＝2时，抛物线y＝a（x﹣m）2﹣m+4（m＞0）经过原点，求a的值；
（2）当a＝﹣1时，
①若点M，点D，点C三点组成的三角形是直角三角形，求此时点D的坐标．
②设反比例函数y＝﹣（x＞0）与抛物线y＝a（x﹣m）2﹣m+4（m＞0）相交于点E（p，q）．当2＜p＜4时，求m的取值范围．
【分析】（1）将m＝2和原点坐标代入y＝a（x﹣m）2﹣m+4，解方程即可；
（2）①如图，过点C作CN⊥y轴，先表示出点C、D的坐标，再利用相似三角形性质构造方程求出m，即可求出点D的坐标；
②先求出交点坐标，再根据交点的情况确定m的取值范围．
【解答】解：（1）当m＝2时，抛物线y＝a（x﹣m）2﹣m+4（m＞0）经过原点，
∴0＝a（0﹣2）2﹣×2+4，
解得：a＝﹣，
（2）①如图，过点C作CN⊥y轴，
∵a＝﹣1，
∴y＝﹣（x﹣m）2﹣m+4，
∴C（m，﹣m+4），D（0，﹣m2﹣m+4），
∴点C在直线y＝﹣x+4上，M（0，4），
∵△MDC是直角三角形，
∴∠MCD＝90°，
∴∠MCD＝∠CND＝∠CNM＝90°，
∴∠CDM＝∠MCN，
∴△CDM∽△MCN，
∴＝，
∴＝，
解得：m＝2，
经检验：m＝2是原方程的根，且符合题意，
∴此时点D的坐标为（0，﹣1）；
②∵2＜p＜4，
∴当p＝2时，可得E（2，﹣2），
当p＝4时，可得E（4，﹣1），
当抛物线经过点E（2，﹣2）时，
﹣2＝﹣（2﹣m）2﹣m+4，
解得：m1＝﹣，m2＝4，
当抛物线经过点E（4，﹣1）时，
﹣1＝﹣（4﹣m）2﹣m+4，
解得：m1＝，m2＝2，
当交点在抛物线对称轴左边时，即m＜2时，
可得﹣＜m＜2，
又m＞0，
∴0＜m＜2，
当交点在抛物线对称轴右边时，即m＞2时，
可得4＜m＜，
∴m的取值范围为：0＜m＜2或4＜m＜．
解直角三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根．
一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程．
有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便．
解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起．
如果直角边与坐标轴不平行，那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线，可以构造两个新的相似直角三角形，这样列比例方程比较简便．
我们先看三个问题：
1．已知线段AB，以线段AB为直角边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？
2．已知线段AB，以线段AB为斜边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？
3．已知点A(4,0)，如果△OAB是等腰直角三角形，求符合条件的点B的坐标．
图1 图2 图3
如图1，点C在垂线上，垂足除外．
如图2，点C在以AB为直径的圆上，A、B两点除外．
如图3，以OA为边画两个正方形，除了O、A两点以外的顶点和正方形对角线的交点，都是符合题意的点B，共6个．
如图4，已知A(3, 0)，B(1,－4)，如果直角三角形ABC的顶点C在y轴上，求点C的坐标．
我们可以用几何的方法，作AB为直径的圆，快速找到两个符合条件的点C．
如果作BD⊥y轴于D，那么△AOC∽△CDB．
设OC＝m，那么．
这个方程有两个解，分别对应图中圆与y轴的两个交点．
对于代数法，可以采用两条直线的斜率之积来解决.
【例1】．（2022•滨州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，连接AC、BC．
（1）求线段AC的长；
（2）若点P为该抛物线对称轴上的一个动点，当PA＝PC时，求点P的坐标；
（3）若点M为该抛物线上的一个动点，当△BCM为直角三角形时，求点M的坐标．
【分析】（1）根据坐标轴上点的特点求出点A，C的坐标，即可求出答案；
（2）设出点P的坐标，利用PA＝PC建立方程求解，即可求出答案；
（3）分三种情况，利用等腰直角三角形的性质求出前两种情况，利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式，建立方程求解，即可求出答案．
【解析】（1）针对于抛物线y＝x2﹣2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3）；
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝3或x＝﹣1，
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AC＝＝；
（2）∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∵点P为该抛物线对称轴上，
∴设P（1，p），
∴PA＝＝，PC＝＝，
∵PA＝PC，
∴＝，
∴p＝﹣1，
∴P（1，﹣1）；
（3）由（1）知，B（3，0），C（0，﹣3），
∴OB＝OC＝3，
设M（m，m2﹣2m﹣3），
∵△BCM为直角三角形，
∴①当∠BCM＝90°时，
如图1，过点M作MH⊥y轴于H，则HM＝m，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HCM＝90°﹣∠OCB＝45°，
∴∠HMC＝45°＝∠HCM，
∴CH＝MH，
∵CH＝﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m，
∴﹣m2+2m＝m，
∴m＝0（不符合题意，舍去）或m＝1，
∴M（1，﹣4）；
②当∠CBM＝90°时，
过点M作M'H'⊥x轴，
同①的方法得，M'（﹣2，5）；
③当∠BMC＝90°时，如图2，
Ⅰ、当点M在第四象限时，
过点M作MD⊥y轴于D，过点B作BE⊥DM，交DM的延长线于E，
∴∠CDM＝∠E＝90°，
∴∠DCM+∠DMC＝90°，
∵∠DMC+∠EMB＝90°，
∴∠DCM＝∠EMB，
∴△CDM∽△MEB，
∴，
∵M（m，m2﹣2m﹣3），B（3，0），C（0，﹣3），
∴DM＝m，CD＝﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m，ME＝3﹣m，BE＝﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m+3，
∴，
∴m＝0（舍去）或m＝3（点B的横坐标，不符合题意，舍去）或m＝（不符合题意，舍去）或m＝，
∴M（，﹣），
Ⅱ、当点M在第三象限时，M（，﹣），
即满足条件的M的坐标为（1，﹣4）或（﹣2，5）或（，﹣），或（，﹣）．
【例2】．（2022•辽宁）如图，抛物线y＝ax2﹣3x+c与x轴交于A（﹣4，0），B两点，与y轴交于点C（0，4），点D为x轴上方抛物线上的动点，射线OD交直线AC于点E，将射线OD绕点O逆时针旋转45°得到射线OP，OP交直线AC于点F，连接DF．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点D在第二象限且＝时，求点D的坐标；
（3）当△ODF为直角三角形时，请直接写出点D的坐标．
【分析】（1）将点A（﹣4，0），C（0，4）代入y＝ax2﹣3x+c，即可求解；
（2）过点D作DG⊥AB交于G，交AC于点H，设D（n，﹣n2﹣3n+4），H（n，n+4），由DH∥OC，可得＝＝，求出D（﹣1，6）或（﹣3，4）；
（3）设F（t，t+4），当∠FDO＝45°时，过点D作MN⊥y轴交于点N，过点F作FM⊥MN交于点M，证明△MDF≌△NOD（AAS），可得D点纵坐标为2，求出D点坐标为（，2）或（，2）；当∠DFO＝90°时，过点F作KL⊥x轴交于L点，过点D作DK⊥KL交于点K，证明△KDF≌△LFO（AAS），得到D点纵坐标为4，求得D（0，4）或（﹣3，4）．
【解析】（1）将点A（﹣4，0），C（0，4）代入y＝ax2﹣3x+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2﹣3x+4；
（2）过点D作DG⊥AB交于G，交AC于点H，
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+4，
设D（n，﹣n2﹣3n+4），H（n，n+4），
∴DH＝﹣n2﹣4n，
∵DH∥OC，
∴＝＝，
∵OC＝4，
∴DH＝3，
∴﹣n2﹣4n＝3，
解得n＝﹣1或n＝﹣3，
∴D（﹣1，6）或（﹣3，4）；
（3）设F（t，t+4），
当∠FDO＝45°时，过点D作MN⊥y轴交于点N，过点F作FM⊥MN交于点M，
∵∠DOF＝45°，
∴DF＝DO，
∵∠MDF+∠NDO＝90°，∠MDF+∠MFD＝90°，
∴∠NDO＝∠MFD，
∴△MDF≌△NOD（AAS），
∴DM＝ON，MF＝DN，
∴DN+ON＝﹣t，DN＝ON+（﹣t﹣4），
∴DN＝﹣t﹣2，ON＝2，
∴D点纵坐标为2，
∴﹣x2﹣3x+4＝2，
解得x＝或x＝，
∴D点坐标为（，2）或（，2）；
当∠DFO＝90°时，过点F作KL⊥x轴交于L点，过点D作DK⊥KL交于点K，
∵∠KFD+∠LFO＝90°，∠KFD+∠KDF＝90°，
∴∠LFO＝∠KDF，
∵DF＝FO，
∴△KDF≌△LFO（AAS），
∴KD＝FL，KF＝LO，
∴KL＝t+4﹣t＝4，
∴D点纵坐标为4，
∴﹣x2﹣3x+4＝4，
解得x＝0或x＝﹣3，
∴D（0，4）或（﹣3，4）；
综上所述：D点坐标为（，2）或（，2）或（0，4）或（﹣3，4）．
【例3】（2022•广安）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，﹣4），点C坐标为（2，0）．
（1）求此抛物线的函数解析式．
（2）点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．
【分析】（1）把点B，C两点坐标代入抛物线的解析式，解方程组，可得结论；
（2）存在．如图1中，设D（t，t2+t﹣4），连接OD．构建二次函数，利用二次函数的性质，解决问题；
（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM⊥抛物线的对称轴于点M．则N（﹣1.0）．M（﹣1，﹣4），分三种情形：∠PAB＝90°，∠PBA＝90°，∠APB＝90°，分别求解可得结论．
【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象经过点B（0，﹣4），点C（2，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4；
（2）存在．
理由：如图1中，设D（t，t2+t﹣4），连接OD．
令y＝0，则x2+x﹣4＝0，
解得x＝﹣4或2，
∴A（﹣4，0），C（2，0），
∵B（0，﹣4），
∴OA＝OB＝4，
∵S△ABD＝S△AOD+S△OBD﹣S△AOB＝×4×（﹣﹣t+4）+×4×（﹣t）﹣×4×4＝﹣t2﹣4t＝﹣（t+2）2+4，
∵﹣1＜0，
∴t＝﹣2时，△ABD的面积最大，最大值为4，此时D（﹣2，﹣4）；
（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM⊥抛物线的对称轴于点M．则N（﹣1.0）．M（﹣1，﹣4）；
∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
当∠P1AB＝90°时，△ANP1是等腰直角三角形，
∴AN＝NP1＝3，
∴P1（﹣1，3），
当∠ABP2＝90°时，△BMP2是等腰直角三角形，可得P2（﹣1，﹣5），
当∠APB＝90°时，设P（﹣1，n），设AB的中点为J，连接PJ，则J（﹣2，﹣2），
∴PJ＝AB＝2，
∴12+（n+2）2＝（2）2，
解得n＝﹣2或﹣﹣2，
∴P3（﹣1，﹣2），P4（﹣1，﹣﹣2），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣1，3）或（﹣1，﹣5）或（﹣1，﹣2）或（﹣1，﹣﹣2）．
【例4】．（2022•柳州）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴交于点C（0，5）．
（1）求b，c，m的值；
（2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；
（3）如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标．
【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，解二元一次方程组即可得b，c的值，令y＝0即可得m的值；
（2）设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），表示出四边形DEFG的周长，根据二次函数的最值即可求解；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK，根据全等三角形的性质得NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，则N（﹣4，3），利用待定系数法可得直线BN的解析式为y＝﹣x+，可得Q（0，），设P（2，p），利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分两种情况：①当∠BQP＝90°时，②当∠QBP＝90°时，利用勾股定理即可求解．
【解析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，
解得．
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴B（5，0），
∴m＝5；
（2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，
设D（x，﹣x2+4x+5），
∵DE∥x轴，
∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，
∴四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（x﹣4+x）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，
∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大，
∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，
∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B（5，0），C（0，5）．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥对称轴于H，
∴CH∥x轴，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK（AAS），
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，M（2，9），
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N（﹣4，3），
设直线BN的解析式为y＝mx+n，
∴，解得，
∴直线BN的解析式为y＝﹣x+，
∴Q（0，），
设P（2，p），
∴PQ2＝22+（p﹣）2＝p2﹣p+，
BP2＝（5﹣2）2p2＝9+p2，
BQ2＝52+（）2＝25+，
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2，
∴9+p2＝p2﹣p++25+，解得p＝，
∴点P的坐标为（2，）；
②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2，
∴p2﹣p+＝9+p2+25+，解得p＝﹣9，
∴点P′的坐标为（2，﹣9）．
综上，所有符合条件的点P的坐标为（2，），（2，﹣9）．
1．（2022•公安县模拟）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c经过A，B两点，BC⊥x轴于点C，且点A（﹣1，0），C（2，0），AC＝BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E是抛物线AB之间的一个动点（不与A，B重合），求S△ABE的最大值以及此时E点的坐标；
（3）根据问题（2）的条件，判断是否存在点E使得△ABE为直角三角形，如果存在，求出E点的坐标，如果不存在，说明理由．
【分析】（1）先求得点B的坐标，然后将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式可得到关于b、c的方程组，从而可求得b、c的值；
（2）过点E作EF∥y轴交线段AB于点F，设点E（t，﹣t2+2t+3），则F（t，t+1），则可得到EF与x的函数关系式，利用配方法可求得EF的最大值以及点E的坐标，最后根据EF的最大值可得△ABE的面积；
（3）存在，设E（m，﹣m2+2m+3），分三种情况：分别以A，B，E为直角顶点，作出辅助线，构造相似列出方程，解方程即可．
【解析】（1）∵点A（﹣1，0），C（2，0），
∴AC＝3，OC＝2，
∵AC＝BC＝3，
∴B（2，3），
把A（﹣1，0）和B（2，3）代入二次函数y＝x2+bx+c中得：
，解得：，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（2，3），
设直线AB的解析式为y＝kx+b′，
∴，解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝x+1，
如图，过点E作EF∥y轴交线段AB于点F，
∴设点E（t，﹣t2+2t+3），则F（t，t+1），
∴EF＝﹣t2+2t+3﹣（t+1）＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时，EF的最大值为，
∴点E的坐标为（，），
∴此时S△ABE最大，S△ABE＝•EF•（xB−xA）＝××（2+1）＝．
（3）在问题（2）的条件下，存在点E使得△ABE为直角三角形；
设E（m，﹣m2+2m+3），①当点A为直角顶点，过点A作AB的垂线，与AB之间的抛物线无交点，故不可能存在点E使得△ABE为以点A为直角顶点的直角三角形，
②当点B为直角顶点，如下图，此时∠EBA＝90°，过点E作EG⊥CB，交CB延长线于点G，
∵BC⊥x轴于点C，且AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝45°，
∴∠EBG＝45°，
∴△BEG是等腰直角三角形，EG＝BG，
∵EG的长为点E与直线BC的距离，即2﹣m，且BG＝CG﹣BC＝﹣m2+2m+3﹣3＝﹣m2+2m，
∴2﹣m＝＝﹣m2+2m，解得m＝1或m＝2（舍），
∴E（1，4）；
③如下图，此时∠AEB＝90°，作EM∥x轴，交CB的延长线于点M，过点A作AN⊥x轴交ME的延长线于点N，
∴∠BEM+∠AEN＝90°，
∵在Rt△AEN中，∠EAN+∠AEN＝90°，
∴∠BEM＝∠EAN，
∴△AEN∽△BEM，
∴BM：EN＝EM：AN，
∴（﹣m2+2m）：（m+1）＝（2﹣m）：（﹣m2+2m+3），即﹣m（2﹣m）（m+1）（m﹣3）＝（2﹣m）（m+1），
∵2﹣m≠0，m+1≠0，
∴m2﹣3m+1＝0，
解得m＝或m＝（舍）．
∴E（，）
综上，根据问题（2）的条件，存在点E（1，4）或（，）使得△ABE为直角三角形．
2．（2022•高邮市模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3经过A（﹣1，0），与y轴交于点C，过点C作BC∥x轴，交抛物线于点B，连接AC、AB，AB交y轴于点D，若．
（1）求点B的坐标；
（2）点P为抛物线对称轴上一点，且位于x轴上方，连接PA、PC，若△PAC是以AC为直角边的直角三角形，求点P的坐标．
【分析】（1）根据A（﹣1，0），得到OA＝l，对于y＝ax2+bx﹣3，令x＝0，则y＝﹣3，得到C（0，﹣3），OC＝3，根据BC∥x轴，得到△AOD∽△BCD，推出，得到BC＝2，即可得B（2，﹣3）；
（2）把A（﹣1，0），B（2，﹣3）代入y＝ax2+bx﹣3，求得a＝1，b＝﹣2，得到抛物线解析式并配方为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，得到抛物线的对称轴是直线x＝1，设P（1，m），写出PA2＝m2+22＝m2+4．PC2＝（m+3）2+12＝（m+3）2+1．AC2＝12+32＝10．根据△PAC是以AC为直角边的直角三角形，当∠PAC＝90°时，PA2+AC2＝PC2．得到m2+4+10＝（m+3）2+1，求得m＝；当∠PCA＝90°时，PC2+AC2＝AP2，得到（m+3）2+1+10＝m2+4，求出m＝﹣；即可得点P的坐标．
【解析】∵A（﹣1，0），
∴OA＝l，
在y＝ax2+bx﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∵BC∥x轴，
∴△AOD∽△BCD，
∴，
∴BC＝2，
∴B（2，﹣3）；
（2）把A（﹣1，0），B（2，﹣3）代入y＝ax2+bx﹣3，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴是直线x＝1，
设P（1，m），
∴PA2＝m2+22＝m2+4．
PC2＝（m+3）2+12＝（m+3）2+1．
AC2＝12+32＝10．
∵△PAC是以AC为直角边的直角三角形，
当∠PAC＝90°时，PA2+AC2＝PC2．
∴m2+4+10＝（m+3）2+1，解得m＝；
当∠PCA＝90°时，PC2+AC2＝AP2，
∴（m+3）2+1+10＝m2+4，解得m＝﹣（不符合题意，舍去）．
∴P（1，）．
3．（2022•碑林区校级模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点．
（1）求b，c的值；
（2）点E为抛物线y＝﹣x2+bx+c上一点，且点E在x轴上方，连接BE，以点E为直角顶点，BE为直角边，作等直角△BED，使得点D恰好落在直线y＝x上，求出满足条件的所有点E的坐标．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设D（m，m），E（n，﹣n2+2n+8），分两种情况：当点E1在点D左侧，∠DE1B＝90°，BE1＝D1E1时，当点E2在点D2右侧，∠D2E2B＝90°，BE2＝D2E2时，利用等腰直角三角形性质，添加辅助线构造全等三角形，再利用全等三角形的性质建立方程求解即可得出答案．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，
∴，
解得：，
∴b＝2，c＝8；
（2）∵点D在直线y＝x上，点E在抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+8上，
∴设D（m，m），E（n，﹣n2+2n+8），
当点E1在点D左侧，∠DE1B＝90°，BE1＝D1E1时，如图，过点E1作E1G∥x轴，过点B作BF⊥EG于点F，过点D1作D1G⊥E1G于点G，
则∠BFE1＝∠E1GD1＝90°，BF＝﹣n2+2n+8，E1F＝4﹣n，E1G＝m﹣n，D1G＝m﹣（﹣n2+2n+8）＝n2﹣2n﹣8+m，
∴∠E1BF+∠BE1F＝90°，
∵∠D1E1G+∠BE1F＝90°，
∴∠E1BF＝∠D1E1G，
在△BE1F和△E1D1G中，
，
∴△BE1F≌△E1D1G（AAS），
∴E1F＝D1G，BF＝E1G，
∴，
解得：，
当n＝2时，﹣n2+2n+8＝﹣22+2×2+8＝8，
∴E1（2，8）；
当点E2在点D2右侧，∠D2E2B＝90°，BE2＝D2E2时，如图，过点E2作E2H⊥x轴于点H，过点D2作D2K⊥E2H于点K，
则∠BHE2＝∠E2KD2＝90°，BH＝4﹣n，E2H＝﹣n2+2n+8，E2K＝﹣n2+2n+8﹣m，D2K＝n﹣m，
同理可得△BE2H≌△E2D2K（AAS），
∴E2H＝D2K，BH＝E2K，
∴，
解得：或，
∴E（1+，2）或（1﹣，2）；
综上所述，满足条件的所有点E的坐标为（2，8）或（1+，2）或（1﹣，2）．
4．（2022•雁峰区校级模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝x+1与x轴交于点E，与y轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为抛物线上的点，连接OP交直线DE于Q，当Q是OP中点时，求点P的坐标；
（3）M在直线DE上，当△CDM为直角三角形时，求出点M的坐标．
【分析】（1）根据抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，列方程组，于是得到答案；
（2）令x＝0，则y＝x+1＝1，求得OD＝1，作PH⊥OB，垂足为H，得到∠COA＝∠PHO＝90°，根据平行线的性质得到∠P＝∠DOQ，∠PFQ＝∠ODQ，根据全等三角形的性质得到PF＝OD＝1，设P点横坐标为x，得到方程﹣x2+2x+3﹣（x+1）＝1，求得x1＝2，x2＝﹣，当x＝2时，y＝3，当x＝﹣时，y＝，于是得到答案；
（3）求得CD＝OC﹣OD＝2，设M（a，a+1），分两种情况①当∠CMD＝90°时，②当∠DCM＝90°时，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式是y＝﹣x2+2x+3；
（2）令x＝0，则y＝x+1＝1，
∴OD＝1，
如图，作PH⊥OB，垂足为H，交ED于F，
则∠COA＝∠PHO＝90°，
∴PH∥OC，
∴∠OPF＝∠DOQ，∠PFQ＝∠ODQ，
又Q是OP中点，
∴PQ＝OQ，
∴△PFQ≌△ODQ（AAS），
∴PF＝OD＝1
设P点横坐标为x，则﹣x2+2x+3﹣（x+1）＝1，
解得：x1＝2，x2＝﹣，
当x＝2时，y＝3，当x＝﹣时，y＝，
∴点P的坐标是（2，3）或（﹣，）；
（3）令x＝0，则y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴OC＝3，
∴CD＝OC﹣OD＝2，
设M（a，a+1），
∴CM2＝a2+（3﹣a﹣1）2＝a2﹣2a+4，
DM2＝a2+（a+1﹣1）2＝a2，
①当∠CMD＝90°时，
∴CD2＝CM2+DM2，
∴22＝a2﹣2a+4+a2，
解得：a1＝，a2＝0（舍去），
当a＝时，a+1＝，
∴M（，）；
②当∠DCM＝90°时，
∴CD2+CM2＝DM2，
∴22+a2﹣2a+4＝a2，
解得：a＝4，
当a＝4时，a+1＝3，
∴M（4，3）；
解法二：∵∠DCM＝90°，
∴CM∥x轴，
∴a+1＝3，解得a＝4，
∴M（4，3）；
综上所述：点M的坐标为（，）或（4，3）．
5．（2022•平南县二模）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且A（﹣1，0），对称轴为直线x＝2．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）直线l过点A与抛物线交于点P，当∠PAB＝45°时，求点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△BCQ是直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设y＝（x﹣2）2+k，用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，设P（m，m2﹣4m﹣5），根据∠PAB＝45°知AM＝PM，即|m2﹣4m﹣5|＝m+1，解得m的值，即可得P的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）由y＝x2﹣4x﹣5求出B（5，0），C（0，﹣5），设Q（2，t），有BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2，分三种情况：当BC为斜边时，9+t2+4+（t+5）2＝50，当BQ为斜边时，50+4+（t+5）2＝9+t2，当CQ为斜边时，50+9+t2＝4+（t+5）2，分别解得t的值，即可求出相应Q的坐标．
【解析】（1）设y＝（x﹣2）2+k，把A（﹣1，0）代入得：
（﹣1﹣2）2+k＝0，
解得：k＝﹣9，
∴y＝（x﹣2）2﹣9＝x2﹣4x﹣5，
答：抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，如图：
设P（m，m2﹣4m﹣5），则PM＝|m2﹣4m﹣5|，
∵A（﹣1，0），
∴AM＝m+1
∵∠PAB＝45°
∴AM＝PM，
∴|m2﹣4m﹣5|＝m+1，
即m2﹣4m﹣5＝m+1或m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），
当m2﹣4m﹣5＝m+1时，解得：m1＝6，m2＝﹣1（不合题意，舍去），
当m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），解得m3＝4，m4＝﹣1（不合题意，舍去），
∴P的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得△BCQ是直角三角形，理由如下：
在y＝x2﹣4x﹣5中，令x＝0得y＝﹣5，令y＝0得x＝﹣1或x＝5，
∴B（5，0），C（0，﹣5），
由抛物线y＝x2﹣4x﹣5的对称轴为直线x＝2，设Q（2，t），
∴BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2，
当BC为斜边时，BQ2+CQ2＝BC2，
∴9+t2+4+（t+5）2＝50，
解得t＝﹣6或t＝1，
∴此时Q坐标为（2，﹣6）或（2，1）；
当BQ为斜边时，BC2+CQ2＝BQ2，
∴50+4+（t+5）2＝9+t2，
解得t＝﹣7，
∴此时Q坐标为（2，﹣7）；
当CQ为斜边时，BC2+BQ2＝CQ2，
∴50+9+t2＝4+（t+5）2，
解得t＝3，
∴此时Q坐标为（2，3）；
综上所述，Q的坐标为（2，3）或（2，﹣7）或（2，1）或（2，﹣6）．
6．（2022•太原一模）综合与实践
如图，抛物线y＝x2+2x﹣8与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．点D在直线AC下方的抛物线上运动，过点D作y轴的平行线交AC于点E．
（1）求直线AC的函数表达式；
（2）求线段DE的最大值；
（3）当点F在抛物线的对称轴上运动，以点A，C，F为顶点的三角形是直角三角形时，直接写出点F的坐标．
【分析】（1）分别令x＝0，y＝0，求得点C、A的坐标，再运用待定系数法即可求得答案；
（2）设D（m，m2+2m﹣8），则E（m，﹣2m﹣8），可得DE＝﹣2m﹣8﹣（m2+2m﹣8）＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4，运用二次函数的性质即可求得线段DE的最大值；
（3）设F（﹣1，n），根据两点间距离公式可得：AF2＝32+n2＝n2+9，AC2＝42+82＝80，CF2＝12+（n+8）2＝n2+16n+65，分三种情况：①当∠AFC＝90°时，②当∠CAF＝90°时，③当∠ACF＝90°时，分别建立方程求解即可．
【解析】（1）在y＝x2+2x﹣8中，令x＝0，得y＝﹣8，
∴C（0，﹣8），
令y＝0，得x2+2x﹣8＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝2，
∴A（﹣4，0），B（2，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8；
（2）设D（m，m2+2m﹣8），则E（m，﹣2m﹣8），
∵点D在点E的下方，
∴DE＝﹣2m﹣8﹣（m2+2m﹣8）＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4，
∵﹣1＜0，
∴当m＝﹣2时，线段DE最大值为4；
（3）∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设F（﹣1，n），又A（﹣4，0），C（0，﹣8），
∴AF2＝32+n2＝n2+9，AC2＝42+82＝80，CF2＝12+（n+8）2＝n2+16n+65，
①当∠AFC＝90°时，
∵AF2+CF2＝AC2，
∴n2+9+n2+16n+65＝80，
解得：n1＝﹣4﹣，n2＝﹣4+，
∴F（﹣1，﹣4﹣）或（﹣1，﹣4+）；
②当∠CAF＝90°时，
∵AF2+AC2＝CF2，
∴n2+9+80＝n2+16n+65，
解得：n＝，
∴F（﹣1，）；
③当∠ACF＝90°时，
∵CF2+AC2＝AF2，
∴n2+16n+65+80＝n2+9，
解得：n＝﹣，
∴F（﹣1，﹣）；
综上所述，点F的坐标为（﹣1，﹣4﹣）或（﹣1，﹣4+）或（﹣1，）或（﹣1，﹣）．
7．（2022•桐梓县模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线L经过C，D两点，连接AC．
（1）求A，B两点的坐标及直线L的函数表达式；
（2）探索直线L上是否存在点E，使△ACE为直角三角形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）令x＝0，y＝0，可分别求出A、B、C三点坐标，在求出函数的对称轴即可求D点坐标，利用待定系数法求直线解析式即可；
（2）设E（t，﹣t+2），分三种情况讨论：①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2，③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，分别利用勾股定理求解即可．
【解析】（1）令y＝0，则﹣＝0，
解得x＝﹣2或x＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
∵y＝﹣＝﹣（x﹣2）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴D（2，0），
设直线CD的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+2；
（2）在点E，使△ACE为直角三角形，理由如下：
设E（t，﹣t+2），
∴AC2＝16，AE2＝4t2﹣8t+16，CE2＝4t2，
①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，
∴16+4t2﹣8t+16＝4t2，
∴t＝4，
∴E（4，2）；
②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2，
∴16+4t2＝4t2﹣8t+16，
∴t＝0（舍）；
③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，
∴4t2﹣8t+16+4t2＝16，
∴t＝0（舍）或t＝1，
∴E（1，）；
综上所述：E点坐标为（4，2）或（1，）．
8．（2022•沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点M是抛物线上B，C之间的一个动点，线段MA绕点M逆时针旋转90°得到MN，当点N恰好落在y轴上时，求点M，点N的坐标．
（3）如图2，若点E坐标为（2，0），EF⊥x轴交直线BC于点F，将△BEF沿直线BC平移得到△B'E'F'，在△B'E'F'移动过程中，是否存在使△ACE'为直角三角形的情况？若存在，请直接写出所有符合条件的点E′的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，即可求解；
（2）过点M作HG∥y轴，交x轴于点H，过点N作NG⊥HG交于点G，证明△AMH≌△MNG（AAS），设M（t，t2﹣2t﹣3），由HM＝NG，可求t＝即可求M、N点的坐标；
（3）设△BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，则E'（2+t，t），分三种情况讨论：①当∠ACE'＝90°时，过点E'作E'H⊥y轴交于点H，可得△ACO∽△CE'H，利用相似比可求E'（﹣，﹣）；当N点与E'重合时，也符合题意；②当∠CAE'＝90°时，过点A作MN⊥x轴，过点C作CN⊥MN交于N点，过点E'作E'M⊥MN交于M点，可得△AME'∽△CNA，利用相似比可求E'（，）；③当∠AE'C＝90°时，过点E'作ST⊥x轴交于S点，过点C作CT⊥ST交于T点，可得△ASE'∽△E'TC，利用相似比可求E'（1，﹣1）．
【解析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）过点M作HG∥y轴，交x轴于点H，过点N作NG⊥HG交于点G，
∴∠AMH+∠NMG＝90°，
∵∠AMH+∠MAH＝90°，
∴∠NMG＝∠MAH，
∵AM＝MN，
∴△AMH≌△MNG（AAS），
∴AH＝MG，HM＝NG，
设M（t，t2﹣2t﹣3），
∴HM＝﹣t2+2t+3，NG＝t，
∴﹣t2+2t+3＝t，
∴t＝，
∵点M是抛物线上B，C之间，
∴0＜t＜3，
∴t＝，
∴M（，﹣），
∴AH＝1+＝，
∴HG＝+＝2+，
∴N（0，﹣2﹣）；
（3）存在使△ACE'为直角三角形，理由如下：
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
设△BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，
∵E（2，0），
∴E'（2+t，t），
①如图2，当∠ACE'＝90°时，过点E'作E'H⊥y轴交于点H，
∴∠ACO+∠E'CH＝90°，
∵∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠E'CH＝∠CAO，
∴△ACO∽△CE'H，
∴＝，
∵AO＝1，CO＝3，CH＝﹣3﹣t，E'H＝﹣2﹣t，
∴＝，
解得t＝﹣，
∴E'（﹣，﹣）；
②如图3，当∠CAE'＝90°时，
过点A作MN⊥x轴，过点C作CN⊥MN交于N点，过点E'作E'M⊥MN交于M点，
∴∠MAE'+∠NAC＝90°，
∵∠MAE'+∠ME'A＝90°，
∴∠NAC＝∠ME'A，
∴△AME'∽△CNA，
∴＝，
∵NC＝1，AN＝3，AM＝t，ME'＝3+t，
∴＝，
解得t＝，
∴E'（，）；
当E'点与N重合时，△ACE'为直角三角形，
∴E'（﹣1，﹣3）；
③如图3，当∠AE'C＝90°时，
过点E'作ST⊥x轴交于S点，过点C作CT⊥ST交于T点，
∴∠AE'S+∠CE'T＝90°，
∵∠AE'S+∠E'AS＝90°，
∴∠CE'T＝∠E'AS，
∴△ASE'∽△E'TC，
∴＝，
∵AS＝3+t，SE'＝﹣t，CT＝2+t，E'T＝t+3，
∴＝，
解得t＝﹣1，
∴E'（1，﹣1）；
综上所述：E'的坐标为（﹣，﹣）或（，）或（1，﹣1）或（﹣1，﹣3）．
9．（2022•东坡区校级模拟）如图，抛物线y＝x2﹣（m+2）x+4的顶点C在x轴的正半轴上，直线y＝x+2与抛物线交于A，B两点，且点A在点B的左侧．
（1）求m的值；
（2）点P是抛物线y＝x2﹣（m+2）x+4上一点，当△PAB的面积是△ABC面积的2倍时，求点P的坐标；
（3）将直线AB向下平移k（k＞0）个单位长度，平移后的直线与抛物线交于D，E两点（点D在点E的左侧），当△DEC为直角三角形时，求k的值．
【分析】（1）令y＝0得x2﹣（m+2）x+4＝0，由Δ＝0求得；
（2）作CD∥AB交y轴于D，求得CD的函数表达式是y＝x﹣2，在DF的延长线上截取EF＝2DF＝8，过点E作EG∥AB，求得EG的函数表达式，与抛物线函数表达式联立求得；
（3）当∠CDE＝90°时，可得直线CD的函数表达式是：y＝﹣x+2，求出它与抛物线的交点即可，当∠DCE＝90°时，设平移后的表达式是y＝x+b，与抛物线的表达式联立求得D和E的坐标，再求出DE中点坐标，根据DE＝2CI，进而求得b，根据平移的距离得出k值．
【解析】（1）令y＝0，
∴x2﹣（m+2）x+4＝0，
∵Δ＝（m+2）2﹣4×1×4＝0，
∴m＝2或m＝﹣6，
又﹣，
∴m＞﹣2，
∴m＝2；
（2）当m＝2时，
y＝x2﹣4x+4
＝（x﹣2）2，
如图1，
作CD∥AB交y轴于D，
∴CD的函数表达式是y＝x﹣2，
∴D（0，﹣2），
∵y＝x+＝2与y轴交点F（0，2），
∴DF＝4，
在DF的延长线上截取EF＝2DF＝8，
过点E作EG∥AB，
∴EG的函数表达式是：y＝x+10，
由x2﹣4x+4＝x+10得，
x＝﹣1或x＝6，
当x＝﹣1时，y＝﹣1+10＝9，
当x＝6时，y＝6+10＝16，
∴P（﹣1，9）或P（6，16）；
作CM⊥AB于M交EG于N，
∵CD∥AB∥EG，
∴＝＝，
∴点P到AB的距离是点C到AB距离的2倍，
∴△PAB的面积是△ABC面积的2倍．
（3）当∠CDE＝90°时，
∴直线CD的函数表达式是：y＝﹣x+2，
由x2﹣4x+4＝﹣x+2得，
x＝1或x＝2（舍去），
当x＝1时，y＝﹣1+2＝1，
∴y＝x+（2﹣k）过（1，1），
∴1+（2﹣k）＝1，
∴k＝2，
当∠DCE＝90°时，
设平移后的表达式是y＝x+b，
由x2﹣4x+4＝x+b得，
化简得，
x2﹣5x+（4﹣b）＝0，
∴x1＝，x2＝，
∴x1+x2＝5，y1+y2＝5+2b，
∴DE的中点I（，），
∴x1﹣x2＝，
∴y1﹣y2＝x1+b﹣（x2+b）
＝x1﹣x2
＝，
∵DE2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2
＝（）2+（）2
＝2（9+4b），
CI2＝（﹣2）2+（）2
＝，
由DE＝2CI得，
2（9+4b）＝16+4b2+20b，
∴b＝﹣1或b＝﹣2（舍去），
∴k＝3，
综上所述，k＝2或3．
10．（2022•海沧区二模）抛物线y1＝ax2﹣2ax+c（a＜2且a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B两点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，点M（m，n）在该抛物线上，点P是抛物线的最低点．
（1）若m＝2，n＝﹣3，求a的值；
（2）记△PMB面积为S，证明：当1＜m＜3时，S＜2；
（3）将直线BP向上平移t个单位长度得直线y2＝kx+b（k≠0），与y轴交于点C，与抛物线交于点E，当x＜﹣1时，总有y1＞y2．当﹣1＜x＜1时，总有y1＜y2．是否存在t≥4，使得△CDE是直角三角形，若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入抛物线y1＝ax2﹣2ax+c中，可得c＝﹣3a，所以抛物线y1＝ax2﹣2ax﹣3a．当m＝2，n＝﹣3时，M（2，﹣3），将点M的坐标代入函数解析式，求解即可；
（2）过点M作x轴的垂线，交直线BP于点Q，根据题意可知，P（a，﹣4a），B（3，0），所以直线BP的解析式为：y＝2ax﹣6a，设M（m，am2﹣2am﹣3a），则Q（m，2am﹣6a），根据三角形的面积公式可得出S和a的函数关系式，再根据二次函数的性质求解即可；
（3）由平移可知，y2＝2ax+2a，点C（0，2a），联立可得E（5，12a）．根据题意当△ECD是直角三角形时，需要分三种情况讨论：①当∠ECD＝90°时，过点E作y轴的垂线交y轴于点F，②当∠CDE＝90°时，过点E作x轴的垂线于点F，③当∠CED＝90°时，分别求解即可．
【解答】（1）解：将点A（﹣1，0）代入抛物线y1＝ax2﹣2ax+c中，
∴a+2a+c＝0，
∴c＝﹣3a，
∴抛物线y1＝ax2﹣2ax﹣3a．
当m＝2，n＝﹣3时，M（2，﹣3），
∴4a﹣4a﹣3a＝﹣3，
解得a＝1；
（2）证明：过点M作x轴的垂线，交直线BP于点Q，
∵点P为y1＝ax2﹣2ax﹣3a的最低点，
∴P（a，﹣4a），
令y1＝ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0），
∴直线BP的解析式为：y＝2ax﹣6a，
设M（m，am2﹣2am﹣3a），
∴Q（m，2am﹣6a），
∴QM＝2am﹣6a﹣（am2﹣2am﹣3a）＝﹣am2+4am﹣3a，
∴S＝|xB﹣xP|•QM
＝﹣am2+4am﹣3a
＝﹣a（m﹣2）2+a，
∵﹣a＜0，开口向下，
∴当m＝2时，S的最大值为a，
∵a＜2，
∴当1＜m＜3时，S＝a＜2．
（3）解：∵当x＜﹣1时，总有y1＜y2，
∴直线l必经过点A（﹣1，0），
将点A代入直线l：y2＝kx+b，
∴﹣k+b＝0，
∵直线l：y2＝kx+b由直线PB：y＝2ax﹣6a向上平移t个单位长度得到，
∴k＝b＝2a，b＝﹣6a+t＝2a，
∴t＝8a，
∴y2＝2ax+2a，点C（0，2a），
令2ax+2a＝ax2﹣2ax﹣3a，
解得x＝﹣1或x＝5，
∴E（5，12a）．
①当∠ECD＝90°时，过点E作y轴的垂线交y轴于点F，
∴△FEC∽△OCD，
∴EF：OC＝CF：OD，即5：2a＝10a：1，
∴a＝或a＝﹣（舍）；
∴t＝8a＝4≥4，符合题意；
②当∠CDE＝90°时，过点E作x轴的垂线于点F，
∴△OCD∽△FDE，
∴EF：OD＝DF：OC，即12a：1＝4：2a，
解得a＝或a＝﹣（舍），
∴t＝8a＝＜＝4，不符合题意；
③当∠CED＝90°时，显然不存在．
综上，存在，且t的值为．
11．（2021•葫芦岛模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC，点A在y轴上，点C在x轴上，其中B（﹣2，3），已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A和点B．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，点D（﹣2，﹣1）在直线BC上，点E为y轴右侧抛物线上一点，连接BE、AE，DE，若S△BDE＝4S△ABE，求E点坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，P为射线DB上一点，作PQ⊥直线DE于点Q，连接AP，AQ，PQ，若△APQ为直角三角形，请直接写出P点坐标．
【分析】（1）求出A点坐标，将A、B点坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求解；
（2）设E（m，﹣m2﹣m+3），求得S△BDE＝＝2（m+2），S△ABE＝m2+m，再由已知得到方程2（m+2）＝4（m2+m），求出m的值即可求E点坐标；
（3）先求出直线DE的解析式为y＝x+1，分三种情况讨论：①当P点与B点重合，此时△APQ为等腰直角三角形，则P（﹣2，3）；②过点Q作QM⊥AB交BA的延长线于点M，证明△PAB∽△AQM，设P（﹣2，t），则Q（，），分别求出PB＝t﹣3，AB＝2，AM＝，QM＝﹣3＝，再由三角形相似可得＝，求出t即可求P点坐标；当PQ⊥AP时，AP∥DE，则直线AP的解析式为y＝x+3，即可求P点坐标．
【解答】解：（1）∵B（﹣2，3），矩形OABC，
∴A（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A和点B，
∴，
∴，
∴y＝﹣x2﹣x+3；
（2）∵D（﹣2，﹣1），
∴BD＝4，
设E（m，﹣m2﹣m+3），
∴S△BDE＝×4×（m+2）＝2（m+2），
∵AB＝2，
∴S△ABE＝×2×（3+m2+m﹣3）＝m2+m，
∵S△BDE＝4S△ABE，
∴2（m+2）＝4（m2+m），
解得m＝﹣2或m＝，
∵E点在y轴由侧，
∴m＝，
∴E（，）；
（3）∵E（，），D（﹣2，﹣1），
设直线DE的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x+1，
∴直线与y轴的交点为（0，1），
如图1，当P点与B点重合，Q点为（0，1），
此时△APQ为等腰直角三角形，
∴P（﹣2，3）；
如图2，过点Q作QM⊥AB交BA的延长线于点M，
∵∠PAQ＝90°，∠PBA＝90°，∠QME＝90°，
∴∠PAB＝∠AQM，
∴△PAB∽△AQM，
∴＝，
设P（﹣2，t），
∵直线DE的解析式为y＝x+1，PQ⊥DE，
∴∠PDQ＝45°，
∴Q（，），
∴PB＝t﹣3，AB＝2，AM＝，QM＝﹣3＝，
∴＝，
∴t＝9，
∴P（﹣2，9）；
如图3，当PQ⊥AP时，
∵∠PAQ+∠AQP＝90°，∠AQP+∠AQE＝90°，
∴∠APQ＝∠AQE，
∴AP∥DE，
∴直线AP的解析式为y＝x+3，
∴P（﹣2，1）；
综上所述：P点的坐标为（﹣2，1）或（﹣2，3）或（﹣2，9）．
12．（2021•和平区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣，交y轴于点A，交x轴于B（﹣1，0），C（5，0）两点，抛物线的顶点为D，连接AC，CD．
（1）求直线AC的函数表达式；
（2）求抛物线的函数表达式及顶点D的坐标；
（3）过点D作x轴的垂线交AC于点G，点H为线段CD上一动点，连接GH，将△DGH沿GH翻折到△GHR（点R，点G分别位于直线CD的两侧），GR交CD于点K，当△GHK为直角三角形时．
①请直接写出线段HK的长为 ；
②将此Rt△GHK绕点H逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到△MHN，若直线MN分别与直线CD，直线DG交于点P，Q，当△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形时，请直接写出点P的纵坐标为 ﹣或﹣ ．
【分析】（1）先根据抛物线y＝ax2+bx﹣，交y轴于点A，求出点A坐标，再运用待定系数法求直线AC的函数表达式即可；
（2）将B（﹣1，0），C（5，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣求出a，b，即可得抛物线解析式，运用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可得出顶点坐标；
（3）①根据△GHK为直角三角形，且点R，点G分别位于直线CD的两侧，可分三种情况：∠GHK＝90°或∠HGK＝90°或∠GKH＝90°，经分析仅有∠GKH＝90°符合题意，过点H作HL⊥DG于点L，则HL＝HK，先证明△GDK∽△CDF，再运用面积法即可求出答案；
②由△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，可分两种情况：PQ＝DQ或PQ＝DP，分别求出点P的纵坐标即可．
【解答】解：（1）设直线AC的函数表达式为：y＝kx+c，
∵抛物线y＝ax2+bx﹣，交y轴于点A，
∴A（0，﹣），
将A（0，﹣），C（5，0）分别代入y＝kx+c，
得：，
解得：，
∴直线AC的函数表达式为：y＝x﹣，
（2）∵抛物线y＝ax2+bx﹣经过B（﹣1，0），C（5，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣，
∵y＝x2﹣x﹣＝（x﹣2）2﹣4，
∴顶点D的坐标为（2，﹣4）；
（3）①如图1，∵△GHK为直角三角形，且点R，点G分别位于直线CD的两侧，
∴∠GHK＝90°或∠HGK＝90°或∠GKH＝90°，
当∠GHK＝90°时，∠GHD＝90°，点R落在直线DC上，不符合题意，
当∠HGK＝90°时，∠DGH＝∠HGK＝90°，点R，点G位于直线CD的同侧，不符合题意，
当∠GKH＝90°时，点R，点G分别位于直线CD的两侧，符合题意，
∴∠GKH＝90°，∠DGH＝∠RGH，
过点H作HL⊥DG于点L，则HL＝HK，
∵D（2，﹣4），DG⊥x轴，
∴G（2，﹣），F（2，0），
∴DG＝﹣﹣（﹣4）＝，CF＝5﹣2＝3，DF＝4，
∴CD＝＝＝5，
∵∠DFC＝∠GKH＝90°，∠GDK＝∠CDF，
∴△GDK∽△CDF，
∴＝＝，即＝＝，
∴GK＝，DK＝，
∵S△GKH+S△GDH＝S△GDK，
∴××HK+××HL＝××，
故答案为：；
②∵△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，
∴PQ＝DQ或PQ＝DP，
当PQ＝DQ时，如图2，由旋转知：点H到PQ、DQ的距离相等，
∴QH⊥DP，DH＝HP，
由①知HL＝HK＝，
∵HL∥CF，
∴＝，即＝，
∴DL＝，
∴L的纵坐标为﹣4＝﹣，即H的纵坐标为﹣，
∵H为D、P的中点，
∴P的纵坐标为﹣，
当PQ＝DP时，如图3，点P为DQ的垂直平分线与CD的交点，
∵H（，﹣），
∴经过点H平行MN的直线为y＝﹣x+，
∵点H到直线MN的距离为，
∴直线MN的解析式为y＝﹣x﹣，
∵直线CD的解析式为y＝x﹣，
∴P（，﹣）；
综上所述，点P的纵坐标为﹣或﹣．
13．（2021•莱芜区三模）二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和点B（﹣3，0），交y轴于点C（0，﹣3）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图1，点E为抛物线的顶点，点T（0，t）为y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转180°，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为B′，E′，当四边形BEB'E'的面积为12时，求t的值；
（3）如图2，过点C作CD∥x轴，交抛物线于另一点D．点M是直线CD上的一个动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点P．当以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标．
【分析】（1）根据抛物线与x轴的交点坐标，设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），将C（0，﹣3）代入，即可求得二次函数解析式；
（2）如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．利用待定系数法求出直线BE的解析式，根据抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，可得四边形BEB′E′是平行四边形，运用平行四边形性质即可求得答案；
（3）设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），根据以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形，分三种情况分别讨论即可：①当∠BP1C＝90°时，③当∠P3BC＝90°时，③当∠P3BC＝90°时，④当∠BCP4＝90°时．
【解答】解：（1）∵二次函数过点A（﹣1，0），B（﹣3，0），
∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），
将C（0，﹣3）代入，得：3a＝3，
解得：a＝﹣1，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣4x﹣3；
（2）如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．
由（1）得y＝﹣x2﹣4x﹣3＝﹣（x+2）2+1，
∴抛物线顶点E（﹣2，1），
设直线BE的解析式为y＝kx+b，
∵B（﹣3，0），E（﹣2，1），
∴，
解得：，
∴直线BE的解析式为：y＝x+3，
∴Q（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，
∴TB＝TB′，TE＝TE′，
∴四边形BEB′E′是平行四边形，
∴S△BET＝S四边形BEB′E′＝×12＝3，
∵S△BET＝S△BQT﹣S△EQT＝×（3﹣2）×TQ＝TQ，
∴TQ＝6，
∴3﹣t＝6，
∴t＝﹣3；
（3）设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），
①当∠BP1C＝90°时，∠N1P1B＝∠P1CE，
∴tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，
∴＝，
∵BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x+3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，
∴＝，
化简得：x2+5x+5＝0，
解得：x1＝，x2＝（舍去），
②当∠BP2C＝90°时，同理可得：x2+5x+5＝0，
解得：x1＝（舍去），x2＝，
∴M点的坐标为（，﹣3）或（，﹣3），
③当∠P3BC＝90°时，由△BM3C是等腰直角三角形，
得：△N3BP3也是等腰直角三角形，
∴N3B＝N3P3，
∴﹣x2﹣4x﹣3＝x+3，
化简得：x2+5x+6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝﹣3（舍去），
∴M点的坐标为（﹣2，﹣3）；
④当∠BCP4＝90°时，由△BOC是等腰直角三角形，可得△N4P4C也是等腰直角三角形，
∴P4N4＝CN4，
∴﹣x＝﹣3﹣（﹣x2﹣4x﹣3），
化简得：x2+5x＝0，
解得：x1＝﹣5，x2＝0（舍去），
∴M点的坐标为（﹣5，﹣3），
综上所述：满足条件的M点的坐标为（，﹣3）或（，﹣3）或（﹣2，﹣3）或（﹣5，﹣3）．
14．（2021•雁塔区校级模拟）已知二次函数y＝x2+bx+c经过A、B两点，BC垂直x轴于点C，且A（﹣1，0），C（4，0），AC＝BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）请画出抛物线的图象；
（3）点P是抛物线对称轴上一个动点，是否存在这样的点P，使三角形ABP为直角三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求得点B的坐标，然后将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式可得到关于b、c的方程组，从而可求得b、c的值；
（2）根据函数的表达式取点、描点连线即可画出函数的图象；
（3）存在，设P（1，m），分三种情况：分别以A，B，P为直角顶点，根据勾股定理和两点的距离公式列方程，解方程即可．
【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），C（4，0），
∴AC＝5，OC＝4，
∵AC＝BC＝5，
∴B（4，5），
把A（﹣1，0）和B（4，5）代入二次函数y＝x2+bx+c中得：
，解得，
∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由函数的表达式，取值列表如下：
根据表格数据，绘制函数图象如下：
（3）存在，
y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴设P（1，m），
分三种情况：
①以点B为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+AB2＝PA2，
∴（4﹣1）2+（m﹣5）2+（4+1）2+52＝（1+1）2+m2，
解得：m＝8，
∴P（1，8）；
②以点A为直角顶点时，由勾股定理得：PA2+AB2＝PB2，
∴（1+1）2+m2+（4+1）2+52＝（4﹣1）2+（m﹣5）2，
解得：m＝﹣2，
∴P（1，﹣2）；
③以点P为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+PA2＝BA2，
∴（1+1）2+m2+（4﹣1）2+（m﹣5）2＝（4+1）2+52，
解得：m＝6或﹣1，
∴P（1，6）或（1，﹣1）；
综上，点P的坐标为（1，8）或（1，﹣2）或（1，6）或（1，﹣1）．
15．（2021•武汉模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+12（b＜0）与x轴交于A，B两点（A点在B点左侧），且OB＝3OA．
（1）请直接写出b＝ ﹣8 ，A点的坐标是 （2，0） ，B点的坐标是 （6，0） ；
（2）如图（1），D点从原点出发，向y轴正方向运动，速度为2个单位长度/秒，直线BD交抛物线于点E，若BE＝5DE，求D点运动时间；
（3）如图（2），F点是抛物线顶点，过点F作x轴平行线MN，点C是对称轴右侧的抛物线上的一定点，P点在直线MN上运动．若恰好存在3个P点使得△PAC为直角三角形，请求出C点坐标，并直接写出P点的坐标．
【分析】（1）根据题意，设A（m，0），B（3m，0），代入y＝x2+bx+12，求出m，即可得出答案；
（2）设D点运动时间为t秒，则OD＝2t，分两种情况：①当t≤6时，点D在线段OC上，如图（1），过点E作EK∥x轴交y轴于点K，由＝＝，BE＝5DE，OK＝OD﹣DK，即可求出答案；②当t＞6时，点D在线段OC的延长线上，如图（1′），过点E作EK∥OB交y轴于点K，由＝＝，BE＝5DE，OK＝OD+DK，即可求得答案；
（3）设P（t，﹣4），由△PAC为直角三角形，可分三种情况：∠APC＝90°或∠PAC＝90°或∠ACP＝90°，
①当∠APC＝90°时，设点C（m，n），如图（2），过点A作AG⊥MN，过点C作CH⊥MN，证明△APG∽△PCH，得出t2﹣（m+2）t+2m+4n+16＝0，根据恰好存在3个P点使得△PAC为直角三角形，得出当∠APC＝90°时，有且只有一个点P存在，即关于t的一元二次方程有两个相等实数根，进而求出点C的坐标，再求出点P的坐标；
②当∠PAC＝90°时，如图（2）②，过点C作CT⊥x轴于点T，过点P作PR⊥x轴于点R，利用相似三角形性质即可求出点P的坐标；
③当∠ACP＝90°时，如图（2）③，过点C作KH⊥x轴于点H，交直线MN于点K，利用相似三角形性质即可求出点P的坐标．
【解答】解：（1）根据题意，设A（m，0），B（3m，0），
∴y＝（x﹣m）（x﹣3m）＝x2﹣4mx+3m2，
∴3m2＝12，
解得：m＝±2，
∵m＞0，
∴m＝2，3m＝6，
∴b＝﹣4m＝﹣8，A（2，0），B（6，0），
故答案为：﹣8，（2，0），（6，0）；
（2）由（1）知，抛物线解析式为y＝x2﹣8x+12，OB＝6，
令x＝0，得y＝12，
∴C（0，12），
∴OC＝12，
设D点运动时间为t秒，则OD＝2t，
①当t≤6时，点D在线段OC上，如图（1），过点E作EK∥x轴交y轴于点K，
∵EK∥OB，
∴＝＝，
∵BE＝5DE，
∴BD＝DE+BE＝6DE，
∴＝＝，
∴OD＝6DK，EK＝1，
∴DK＝t，
∴OK＝OD﹣DK＝2t﹣t＝t，
∴E（1，t），
∴t＝12﹣8×1+12，
∴t＝3，
②当t＞6时，点D在线段OC的延长线上，如图（1′），
过点E作EK∥OB交y轴于点K，
∵BE＝5DE，
∴BD＝BE﹣DE＝4DE，
∵EK∥OB，
∴＝＝，即＝＝＝，
∴EK＝，DK＝t，
∴OK＝OD+DK＝2t+t＝t，
∴E（﹣，t），
∴t＝（﹣）2﹣8×（﹣）+12，
解得：t＝，
综上所述，D点运动时间为3秒或秒；
（3）∵y＝x2﹣8x+12＝（x﹣4）2﹣4，
∴顶点F（4，﹣4），
∵MN∥x轴且经过点F（4，﹣4），
∴直线MN为y＝﹣4，
∵P点在直线MN上运动，
∴设P（t，﹣4），
∵△PAC为直角三角形，
∴∠APC＝90°或∠PAC＝90°或∠ACP＝90°，
①当∠APC＝90°时，设点C（m，n），如图（2），
过点A作AG⊥MN，过点C作CH⊥MN，
∴∠AGP＝∠CHP＝∠APC＝90°，
AG＝4，CH＝n+4，PH＝m﹣t，PG＝t﹣2，
∴∠GAP+∠APG＝∠APG+∠CPH＝90°，
∴∠GAP＝∠CPH，
∴△APG∽△PCH，
∴＝，即＝，
整理得：t2﹣（m+2）t+2m+4n+16＝0，
∵恰好存在3个P点使得△PAC为直角三角形，而当∠PAC＝90°或∠ACP＝90°时，均有且仅有一个点P存在，
∴当∠APC＝90°时，有且只有一个点P存在，即关于t的一元二次方程有两个相等实数根，
∴△＝（m+2）2﹣4（2m+4n+16）＝0，
∴n＝，
又∵点C（m，n）是对称轴右侧的抛物线上的一定点，
∴n＝m2﹣8m+12，
∴m2﹣8m+12＝，
整理得15m2﹣124m+252＝0，
解得：m1＝，m2＝，
∵＜4，m2＝不符合题意，舍去，
∴m＝，此时n＝（）2﹣8×+12＝﹣，
∴C（，﹣），
将m＝，n＝﹣，代入t2﹣（m+2）t+2m+4n+16＝0，
整理得：t2﹣t+＝0，
解得：t1＝t2＝，
∴P（，﹣4）；
②当∠PAC＝90°时，如图（2）②，
过点C作CT⊥x轴于点T，过点P作PR⊥x轴于点R，
则AT＝﹣2＝，CT＝，PR＝4，AR＝2﹣t，
∠ATC＝∠PRA＝∠PAC＝90°，
∴∠PAR+∠APR＝∠PAR+∠CAT＝90°，
∴∠APR＝∠CAT，
∴△APR∽△CAT，
∴＝，即＝，
解得：t＝﹣，
∴P（﹣，﹣4）；
③当∠ACP＝90°时，如图（2）③，
过点C作KH⊥x轴于点H，交直线MN于点K，
则∠AHC＝∠CKP＝∠ACP＝90°，
CH＝，AH＝，CK＝4﹣＝，PK＝﹣t，
∵∠ACH+∠CAH＝∠ACH+∠PCK＝90°，
∴∠CAH＝∠PCK，
∴△CAH∽△PCK，
∴＝，
∴AH•PK＝CK•CH，即（﹣t）＝×，
解得：t＝，
∴P（，﹣4）；
综上所述，C点坐标为（，﹣），P点的坐标为（，﹣4）或（﹣，﹣4）或（，﹣4）．
16．（2021•北碚区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x+2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P为直线BC上方抛物线上一动点．
（1）求直线BC的解析式；
（2）过点A作AD∥BC交抛物线于D，连接CA，CD，PC，PB，记四边形ACPB的面积为S1，△BCD的面积为S2，当S1﹣S2的值最大时，求P点的坐标和S1﹣S2的最大值；
（3）如图2，将抛物线水平向右平移，使得平移后的抛物线经过点O，G为平移后的抛物线的对称轴直线l上一动点，将线段AC沿直线BC平移，平移过程中的线段记为A'C'（线段A'C'始终在直线l左侧），是否存在以A'，C'，G为顶点的等腰直角△A'C'G？若存在，请写出满足要求的所有点G的坐标并写出其中一种结果的求解过程，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令二次函数x＝0，y＝0，求出A、B、C的坐标，再求直线BC的解析式；
（2）不能用常规的底和高，借助切割法求面积，再求出最大面积差和点P的坐标；
（3）等腰直角三角形可以利用“两圆一中垂”确定所有的情况，利用“K型全等”求出对应的点G的坐标．
【解答】解：（1）对抛物线，
当x＝0时，y＝2，
∴C（0，2），
当y＝0时，，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），
把点C（0，2），B（3，0）代入得：
，解得：．
∴直线BC的解析式为：y＝．
（2）∵AD∥BC，直线BC的解析式为：y＝．
设AD的解析式为，y＝，
把点A（﹣1，0）代入得：，
解得：m＝，
∴AD的解析式为：y＝，
由解得：，
∴D（4，），
∴直线CD的解析式为：y＝，
当y＝0时，，
解得：x＝，
记直线CD与x轴交于点N，则：
N（），BN＝3﹣＝1.5，
过点P作PM⊥AB交BC于点M，设P（a，），
∴M（a，），
∴PM＝，
∴S1＝S△ABC+S△PCM+S△PBM
＝
＝
＝﹣a2+3a+4，
S2＝S△BNC+S△BND
＝
＝
＝
＝4，
∴S1﹣S2＝﹣a2+3a+4﹣4＝﹣a2+3a＝﹣（a﹣）2+，
∴当a＝时，S1﹣S2的最大值为，
此时，点P的坐标为（）．
（3）∵，
∴抛物线的对称轴为：x＝1，
∵抛物线向右平移后经过点O，即：抛物线向右平移1个单位，
∴直线l为：x＝2，
（i）当等腰三角形以∠A'C'G1＝90°，A'C'＝C'G1时，如图，过点C'作C'H⊥l于点H，过点A'作A'Q⊥C'H于点Q，
∵∠HC'G1+∠QC'A'＝90°，∠QC'A'+∠QA'C'＝90°，
∴∠HC'G1＝∠QA'C'，
又∵∠A'QC'＝∠C'HG1＝90°，A'C'＝C'G1，
∴△A'QC'≌△C'HG1
∴QA'＝C'H，HG1＝QC'，
∵AC∥A'C'，设点A'（a，），C'（a+1，），
∴C'H＝2﹣a，A'Q＝2，HG1＝C'Q＝1，
∴2﹣（a+1）＝2，
解得：a＝﹣1，
∴C'（0，2），H（2，2），
∴G1（2，1），
（ii）当等腰三角形以∠C'A'G2＝90°，A'C'＝A'G2时，如图，过点A'作A'F⊥l于点F，过点C'作C'E⊥A'F于点E，
同（i）理可证：△C'A'E≌△A'G2F，
设点A'（a，），C'（a+1，），
∴G2F＝A'E＝1，FA'＝2﹣a＝2，
∴a＝0，
∴A'（0，），
∴F（2，），
∴G2（2，），
（iii）当等腰三角形以∠C'G3A'＝90°，C'G3＝A'G3时，如图，过点A'作A'Q⊥l于点Q，过点C'作C'P⊥l于点P，
同（i）理可证：△C'PG3≌△G3A'Q，
设点A'（a，），C'（a+1，），
∴A'Q＝G3P＝2﹣a，C'P＝QG3＝1﹣a，PQ＝2，
∴2﹣a+1﹣a＝2，
解得：a＝0.5，
∴C'（1.5，1），G3P＝2﹣0.5＝1.5，
∴G3（2，﹣0.5），
综上所述：存在点G1（2，1），G2（2，），G3（2，﹣0.5），使得以A'，C'，G为顶点的等腰直角△A'C'G．
17（2021•广东模拟）如图，直线y＝x﹣3与x轴，y轴分别交于B、C两点．抛物线y＝x2+bx+c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P从点D出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动．设运动的时间为t秒．
①点P在运动过程中，若∠CBP＝15°，求t的值；
②当t为何值时，以P，A，C为顶点的三角形是直角三角形？求出所有符合条件的t值．
【分析】（1）由直线BC求出B、C的坐标，再待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）①由OB＝OC得出∠OBC＝∠OCB＝45°，所以∠CBP＝15°就可以分别得到∠PBE＝30°或60°，再由tan30°或tan60°求出EP，进而求出DP，又因为P的速度为1，求出t即可；
②设出P的坐标，根据两点距离公式求出AP²、AC²和PC²，分三种情况：∠APC＝90°或∠PCA＝90°或∠PAC＝90°分别讨论，求出P的坐标，进而求出DP，求出t即可．
【解答】解：（1）令y＝x﹣3＝0，x＝3，
∴B的坐标为（3，0），
令x＝0，y＝0﹣3＝﹣3，
∴C的坐标为（0，﹣3），
将B、C代入y＝x2+bx+c，
得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x²﹣2x﹣3；
（2）由（1）知，OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
记抛物线对称轴交x轴于E，
∵y＝x²﹣2x﹣3＝（x﹣1）²﹣4，
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∴EB＝2，
∴顶点D的坐标为（1，﹣4），
若∠CBP＝15°，则分两种情况，
①如图，当P在直线BC下方时，
此时∠EBP＝60°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝2，
∴DP＝4﹣2，
∴t＝＝4﹣2，
当P在直线BC上方时，
此时∠EBP＝30°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝，
∴DP＝4﹣，
∴t＝＝4﹣，
综上，t＝4﹣2或4﹣；
②设P的坐标为（1，n），
令y＝x²﹣2x﹣3＝0，
x＝3或﹣1，
∴A的坐标为（﹣1，0），
此时PC²＝1+（n+3）²＝n²+6n+10，
PA²＝（1+1）²+n²＝4+n²，
AC²＝1+3²＝10，
当∠PCA＝90°时，PC²+AC²＝AP²，
n²+6n+10+10＝4+n²，
解得：n＝，
∴P的坐标为（1，），DP＝4＝，
∴t＝，
当∠APC＝90°时，AP²+PC²＝AC²，
4+n²+n²+6n+10＝10，
解得：n＝﹣1或﹣2，
∴P的坐标为（1，﹣1）或（1，﹣2），
DP＝4﹣1＝3或DP＝4﹣2＝2，
∴t＝3或2，
当∠PAC＝90°时，PA²+AC²＝CP²，
n²+4+10＝n²+6n+10，
解得：n＝，
∴P的坐标为（1，），
DP＝4+＝，
∴t＝，
综上，t＝或3或2或．
18.（2021•巴中）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M，当最大时，求点P的坐标及的最大值；
（3）在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线l，在l上是否存在点D，使△BCD是直角三角形，若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c即可求解析式；
（2）过点A作AE⊥x轴交直线BC于点E，过P作PF⊥x轴交直线BC于点F，由PF∥AE，可得＝，则求的最大值即可；
（3）分三种情况讨论：当∠CBD＝90°时，过点B作GH⊥x轴，过点D作DG⊥y轴，DG与GH交于点G，过点C作CH⊥y轴，CH与GH交于点H，可证明△DBG∽△BCH，求出D（3，6）；当∠BCD＝90°时，过点D作DK⊥y轴交于点K，可证明△OBC∽△KCD，求出D（3，﹣9）；当∠BDC＝90°时，线段BC的中点T（3，﹣），设D（3，m），由DT＝BC，可求D（3，﹣）或D（3，﹣﹣）．
【解答】解：（1）将点A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，
得，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣3；
（2）如图1，过点A作AE⊥x轴交直线BC于点E，过P作PF⊥x轴交直线BC于点F，
∴PF∥AE，
∴＝，
设直线BC的解析式为y＝kx+d，
∴，
∴，
∴y＝x﹣3，
设P（t，t2﹣t﹣3），则F（t，t﹣3），
∴PF＝t﹣3﹣t2+t+3＝﹣t2+t，
∵A（﹣2，0），
∴E（﹣2，﹣4），
∴AE＝4，
∴＝＝＝﹣t2+t＝﹣（t﹣3）2+，
∴当t＝3时，有最大值，
∴P（3，﹣）；
（3）∵P（3，﹣），D点在l上，
如图2，当∠CBD＝90°时，
过点B作GH⊥x轴，过点D作DG⊥y轴，DG与GH交于点G，过点C作CH⊥y轴，CH与GH交于点H，
∴∠DBG+∠GDB＝90°，∠DBG+∠CBH＝90°，
∴∠GDB＝∠CBH，
∴△DBG∽△BCH，
∴＝，即＝，
∴BG＝6，
∴D（3，6）；
如图3，当∠BCD＝90°时，
过点D作DK⊥y轴交于点K，
∵∠KCD+∠OCB＝90°，∠KCD+∠CDK＝90°，
∴∠CDK＝∠OCB，
∴△OBC∽△KCD，
∴＝，即＝，
∴KC＝6，
∴D（3，﹣9）；
如图4，当∠BDC＝90°时，
线段BC的中点T（3，﹣），BC＝3，
设D（3，m），
∵DT＝BC，
∴|m+|＝，
∴m＝﹣或m＝﹣﹣，
∴D（3，﹣）或D（3，﹣﹣）；
综上所述：△BCD是直角三角形时，D点坐标为（3，6）或（3，﹣9）或（3，﹣﹣）或（3，﹣）．
19.（2021•毕节市）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线x＝2，顶点为D，点B的坐标为（3，0）．
（1）填空：点A的坐标为 （1，0） ，点D的坐标为 （2，﹣1） ，抛物线的解析式为 y＝x2﹣4x+3 ；
（2）当二次函数y＝x2+bx+c的自变量x满足m≤x≤m+2时，函数y的最小值为，求m的值；
（3）P是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P，使△PAC是以AC为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由对称轴为直线x＝2求出b的值，再将点B（3，0）代入y＝x2+bx+c即可求出函数的解析式；
（2）分三种情况求函数在给定范围的最小值：当m+2＜2时，（m+2）2﹣4（m+2）+3＝；当m＞2时，m2﹣4m+3＝；当0≤m≤2时，与题意不符；
（3）求出AC＝，AC的中点为E（，），设P（2，t），因为△PAC是以AC为斜边的直角三角形，则PE＝AC，列出方程即可求出t的值．
【解答】解：（1）∵对称轴为直线x＝2，
∴b＝﹣4，
∴y＝x2﹣4x+c，
∵点B（3，0）是抛物线与x轴的交点，
∴9﹣12+c＝0，
∴c＝3，
∴y＝x2﹣4x+3，
令y＝0，x2﹣4x+3＝0，
∴x＝3或x＝1，
∴A（1，0），
∵D是抛物线的顶点，
∴D（2，﹣1），
故答案为（1，0），（2，﹣1），y＝x2﹣4x+3；
（2）当m+2＜2时，即m＜0，
此时当x＝m+2时，y有最小值，
则（m+2）2﹣4（m+2）+3＝，
解得m＝，
∴m＝﹣；
当m＞2时，此时当x＝m时，y有最小值，
则m2﹣4m+3＝，
解得m＝或m＝，
∴m＝；
当0≤m≤2时，此时当x＝2时，y有最小值为﹣1，与题意不符；
综上所述：m的值为或﹣；
（3）存在，理由如下：
A（1，0），C（0，3），
∴AC＝，AC的中点为E（，），
设P（2，t），
∵△PAC是以AC为斜边的直角三角形，
∴PE＝AC，
∴＝，
∴t＝2或t＝1，
∴P（2，2）或P（2，1），
∴使△PAC是以AC为斜边的直角三角形时，P点坐标为（2，2）或（2，1）．
20.（2021•兰溪市模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝a（x﹣m）2﹣m+4图象的顶点为C，其中m＞0，与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点D，点M的坐标为（0，4）．
（1）当m＝2时，抛物线y＝a（x﹣m）2﹣m+4（m＞0）经过原点，求a的值；
（2）当a＝﹣1时，
①若点M，点D，点C三点组成的三角形是直角三角形，求此时点D的坐标．
②设反比例函数y＝﹣（x＞0）与抛物线y＝a（x﹣m）2﹣m+4（m＞0）相交于点E（p，q）．当2＜p＜4时，求m的取值范围．
【分析】（1）将m＝2和原点坐标代入y＝a（x﹣m）2﹣m+4，解方程即可；
（2）①如图，过点C作CN⊥y轴，先表示出点C、D的坐标，再利用相似三角形性质构造方程求出m，即可求出点D的坐标；
②先求出交点坐标，再根据交点的情况确定m的取值范围．
【解答】解：（1）当m＝2时，抛物线y＝a（x﹣m）2﹣m+4（m＞0）经过原点，
∴0＝a（0﹣2）2﹣×2+4，
解得：a＝﹣，
（2）①如图，过点C作CN⊥y轴，
∵a＝﹣1，
∴y＝﹣（x﹣m）2﹣m+4，
∴C（m，﹣m+4），D（0，﹣m2﹣m+4），
∴点C在直线y＝﹣x+4上，M（0，4），
∵△MDC是直角三角形，
∴∠MCD＝90°，
∴∠MCD＝∠CND＝∠CNM＝90°，
∴∠CDM＝∠MCN，
∴△CDM∽△MCN，
∴＝，
∴＝，
解得：m＝2，
经检验：m＝2是原方程的根，且符合题意，
∴此时点D的坐标为（0，﹣1）；
②∵2＜p＜4，
∴当p＝2时，可得E（2，﹣2），
当p＝4时，可得E（4，﹣1），
当抛物线经过点E（2，﹣2）时，
﹣2＝﹣（2﹣m）2﹣m+4，
解得：m1＝﹣，m2＝4，
当抛物线经过点E（4，﹣1）时，
﹣1＝﹣（4﹣m）2﹣m+4，
解得：m1＝，m2＝2，
当交点在抛物线对称轴左边时，即m＜2时，
可得﹣＜m＜2，
又m＞0，
∴0＜m＜2，
当交点在抛物线对称轴右边时，即m＞2时，
可得4＜m＜，
∴m的取值范围为：0＜m＜2或4＜m＜．
相关试卷
专题5二次函数与面积最值定值问题-（学生版）-拔尖2023中考数学压轴题突破（全国通用）： 这是一份专题5二次函数与面积最值定值问题-（学生版）-拔尖2023中考数学压轴题突破（全国通用），共16页。
专题4二次函数与相似问题（教师版）-拔尖2023中考数学压轴题突破（全国通用）： 这是一份专题4二次函数与相似问题（教师版）-拔尖2023中考数学压轴题突破（全国通用），共68页。
专题4二次函数与相似问题-（学生版）-拔尖2023中考数学压轴题突破（全国通用）： 这是一份专题4二次函数与相似问题-（学生版）-拔尖2023中考数学压轴题突破（全国通用），共14页。
