挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘 专题1 二次函数与等腰三角形问题数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈，动态几何问题是近年
来中考的热点问题，以运动的观点来探究几何图形的变化规律问题，动态问题的解答，一般要将动态问题转化为静态问题，抓住运动过程中的不变量
，利用不变的关系和几何性质建立关于方程(组)、函数关系问题，将几何问题转化为代数问题。在动态问题中，动点形成的等腰三角形问题是常见
的一类题型，可以与旋转、平移、对称等几何变化相结合，也可以与一次函数、反比例函数、二次函数的图象相结合，从而产生数与形的完美结合.
解决动点产生的等腰三角形问题的重点和难点在于应用分类讨论思想和数形结合思想进行准确的分类. 在讨论等腰三角形的存在性问题时，一般
都要先分类．如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．解等腰三角形的存在性问题，有几何法
和代数法，把几何法和代数法相结合，可以使得解题又好又快．几何法一般分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？如果△ABC的
∠A(的余弦值)是确定的，夹∠A的两边AB和AC可以用含x的式子表示出来，那么就用几何法．①如图1，如果AB＝AC，直接列方程；②
如图2，如果BA＝BC，那么；③如图3，如果CA＝CB，那么．图1图2图3 代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检
验．如果三角形的三个角都是不确定的，而三个顶点的坐标可以用含x的式子表示出来，那么根据两点间的距离公式，三边长(的平方)就可以罗列
出来．，然后根据分类：AB=AC，BA=BC，CA=CB列方程进行计算.【例1】(2022?百色)已知抛物线经过A(﹣1，0)、B
(0，3)、C(3，0)三点，O为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM，交BC于点F．
(1)求抛物线的表达式；(2)求证：∠BOF＝∠BDF；(3)是否存在点M，使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，
求ME的长．【分析】(1)把A(﹣1，0)、B(0，3)、C(3，0)代入y＝ax2+bx+c，即可得解；(2)根据正方形的性质得
出∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，再由BF＝BF，得出△BOF≌△BDF，最后利用全等三角形的性质得出结论；(3)分两种情况讨论解
答，当M在线段BD的延长线上时，先求出∠M，再利用解直角三角形得出结果，当M在线段BD上时，得出∠BOM＝30°，类比①解答即可．
【解答】(1)解：设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，把A(﹣1，0)、B(0，3)、C(3，0)代入得：，解得，∴抛物线的表
达式为：y＝﹣x2+2x+3；(2)证明：∵正方形OBDC，∴∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，∵BF＝BF，∴△BOF≌△BDF，
∴∠BOF＝∠BDF；(3)解：∵抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，∴令y＝3，则3＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝0，x2＝
2，∴E(2，3)，①如图，当M在线段BD的延长线上时，∠BDF为锐角，∴∠FDM为钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴DF＝DM，∴
∠M＝∠DFM，∴∠BDF＝∠M+∠DFM＝2∠M，∵BM∥OC，∴∠M＝∠MOC，由(2)得∠BOF＝∠BDF，∴∠BDF+∠M
OC＝3∠M＝90°，∴∠M＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝BM﹣BE＝3﹣2；②如图，当M在线段BD上时，∠DMF为
钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴MF＝DM，∴∠BDF＝∠MFD，∴∠BMO＝∠BDF+∠MFD＝2∠BDF，由(2)得∠BOF＝
∠BDF，∴∠BMO＝2∠BOM，∴∠BOM+∠BMO＝3∠BOM＝90°，∴∠BOM＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝
BE﹣BM＝2﹣，综上所述，ME的值为：3﹣2或2﹣．【例2】(2022?河池)在平面直角坐标系中，抛物线L1：y＝ax2+2x+
b与x轴交于两点A，B(3，0)，与y轴交于点C(0，3)．(1)求抛物线L1的函数解析式，并直接写出顶点D的坐标；(2)如图，连
接BD，若点E在线段BD上运动(不与B，D重合)，过点E作EF⊥x轴于点F，设EF＝m，问：当m为何值时，△BFE与△DEC的面积
之和最小；(3)若将抛物线L1绕点B旋转180°得抛物线L2，其中C，D两点的对称点分别记作M，N．问：在抛物线L2的对称轴上是否
存在点P，使得以B，M，P为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1
)利用待定系数法求出a，b的值即可；(2)如图1中，连接BC，过点C作CH⊥BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．首先证明∠D
CB＝90°，利用面积法求出CH，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；(3)如图2中，由题意抛物线L2的对称轴x＝5，M
(6，﹣3)．设P(5，m)，分三种情形：当BP＝BM＝3时，当PB＝PM时，当BM＝PM时，分别构建方程求解即可．【解答】解：(
1)∵y＝ax2+2x+b经过B(3，0)，C(0，3)，∴，∴，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，∵y＝﹣(x﹣1)2+4
，∴抛物线的顶点D(1，4)；(2)如图1中，连接BC，过点C作CH⊥BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．∵C(0，3)，B
(3，0)，D(1，4)，∴BC＝3，CD＝，BD＝＝2，∴BC2+CD2＝BD2，∴∠BCD＝90°，∵?CD?CB＝?BD?C
H，∴CH＝＝，∵EF⊥x轴，DT⊥x轴，∴EF∥DT，∴＝＝，∴＝＝，∴BE＝m，BF＝m，∴△BFE与△DEC的面积之和S＝×
(2﹣m)×+×m×m＝(m﹣)2+，∵＞0，∴S有最小值，最小值为，此时m＝，∴m＝时，△BFE与△DEC的面积之和有最小值．解
法二：求两个三角形面积和的最小值，即就是求四边形OCEF面积的最大值．求出四边形OCEF的面积的最大值即可．(3)存在．理由：如图
2中，由题意抛物线L2的对称轴x＝5，M(6，﹣3)．设P(5，m)，当BP＝BM＝3时，22+m2＝(3)2，∴m＝±，∴P1(
5，)，P2(5，﹣)，当PB＝PM时，22+m2＝12+(m+3)2，解得，m＝﹣1，∴P3(5，﹣1)，当BM＝PM时，(3)
2＝12+(m+3)2，解得，m＝﹣3±，∴P4(5，﹣3+)，P5(5，﹣3﹣)，综上所述，满足条件的点P的坐标为P1(5，)，
P2(5，﹣)，P3(5，﹣1)，P4(5，﹣3+)，P5(5，﹣3﹣)．【例3】．(2022?山西)综合与探究如图，二次函数y＝
﹣x2+x+4的图象与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是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横
坐标为m．过点P作直线PD⊥x轴于点D，作直线BC交PD于点E．(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；(2
)当△CEP是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；(3)连接AC，过点P作直线l∥AC，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点
P运动的过程中，是否存在点P，使得CE＝FD，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．【分析】(1)由y＝﹣x2+x+4得
，A(﹣2，0)，B(8，0)，C(0，4)，用待定系数法可得直线BC解析式为y＝﹣x+4，(2)过C作CG⊥PD于G，设P(m，
﹣m2+m+4)，可得PD＝﹣m2+m+4，DG＝OC＝4，CG＝OD＝m，PG＝PD﹣DG＝﹣m2+m，而CP＝CE，CG⊥PD
，即得GE＝PG＝﹣m2+m，证明△CGE∽△BOC，可得＝，即可解得P(4，6)；(3)过C作CH⊥PD于H，设P(m，﹣m2+
m+4)，根据PF∥AC，设直线PF解析式为y＝2x+b，可得直线PF解析式为y＝2x﹣m2﹣m+4，从而F(0，﹣m2﹣m+4)
，OF＝|﹣m2﹣m+4|，证明Rt△CHE≌Rt△DOF(HL)，可得∠HCE＝∠FDO，即得∠FDO＝∠CBO，tan∠FDO
＝tan∠CBO，故＝，可解得m＝2﹣2或m＝4．【解答】解：(1)在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝8或x
＝﹣2，∴A(﹣2，0)，B(8，0)，C(0，4)，设直线BC解析式为y＝kx+4，将B(8，0)代入得：8k+4＝0，解得k＝
﹣，∴直线BC解析式为y＝﹣x+4；(2)过C作CG⊥PD于G，如图：设P(m，﹣m2+m+4)，∴PD＝﹣m2+m+4，∵∠CO
D＝∠PDO＝∠CGD＝90°，∴四边形CODG是矩形，∴DG＝OC＝4，CG＝OD＝m，∴PG＝PD﹣DG＝﹣m2+m+4﹣4＝
﹣m2+m，∵CP＝CE，CG⊥PD，∴GE＝PG＝﹣m2+m，∵∠GCE＝∠OBC，∠CGE＝90°＝∠BOC，∴△CGE∽△B
OC，∴＝，即＝，解得m＝0(舍去)或m＝4，∴P(4，6)；(3)存在点P，使得CE＝FD，理由如下：过C作CH⊥PD于H，如图
：设P(m，﹣m2+m+4)，由A(﹣2，0)，C(0，4)可得直线AC解析式为y＝2x+4，根据PF∥AC，设直线PF解析式为y
＝2x+b，将P(m，﹣m2+m+4)代入得：﹣m2+m+4＝2m+b，∴b＝﹣m2﹣m+4，∴直线PF解析式为y＝2x﹣m2﹣m
+4，令x＝0得y＝﹣m2﹣m+4，∴F(0，﹣m2﹣m+4)，∴OF＝|﹣m2﹣m+4|，同(2)可得四边形CODH是矩形，∴C
H＝OD，∵CE＝FD，∴Rt△CHE≌Rt△DOF(HL)，∴∠HCE＝∠FDO，∵∠HCE＝∠CBO，∴∠FDO＝∠CBO，∴
tan∠FDO＝tan∠CBO，∴＝，即＝，∴﹣m2﹣m+4＝m或﹣m2﹣m+4＝﹣m，解得m＝2﹣2或m＝﹣2﹣2或m＝4或m＝
﹣4，∵P在第一象限，∴m＝2﹣2或m＝4．【例4】(2022?贺州)如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A(﹣1，0)，B(3，
0)，与y轴交于点C．(1)求抛物线的解析式；(2)点P为抛物线对称轴上一动点，当△PCB是以BC为底边的等腰三角形时，求点P的坐
标；(3)在(2)条件下，是否存在点M为抛物线第一象限上的点，使得S△BCM＝S△BCP？若存在，求出点M的横坐标；若不存在，请说
明理由．【分析】(1)由交点式可直接得出抛物线的解析式；(2)设P(1，m)，根据PB＝PC列出方程，进而求得点P坐标；(3)作P
Q∥BC交y轴于Q，作MN∥BC交y轴于N，先求出PQ的解析式，进而求得MN的解析式，进一步求得结果．【解答】解：(1)由题意得：
y＝﹣(x+1)?(x﹣3)，∴y＝﹣x2+2x+3；(2)设P(1，m)，∵PB2＝PC2，∴(3﹣1)2+m2＝1+(m﹣3)
2，∴m＝1，∴P(1，1)；(3)假设存在M点满足条件，作PQ∥BC交y轴于Q，作MN∥BC交y轴于N，∵PQ的解析式为y＝﹣x
+2，∴Q(0，2)，∵C(0，3)，S△BCM＝S△BCP，∴N(0，4)，∴直线MN的解析式为：y＝﹣x+4，由﹣x2+2x+
3＝﹣x+4得，x＝，∴M点横坐标为或．1．(2022春?丰城市校级期末)如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于
A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴相交于点C(0，﹣3)．(1)求这个二次函数的表达式；(2)若P是第四象限内这个二次函数的
图象上任意一点，PH⊥x轴于点H，与BC交于点M，连接PC．①求线段PM的最大值；②当△PCM是以PM为一腰的等腰三角形时，求点P
的坐标．【分析】(1)根据待定系数法，可得答案；(2)①根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数
，根据二次函数的性质，可得答案；②根据等腰三角形的定义，可得方程，根据解方程，可得答案．【解答】解：(1)将A，B，C代入函数解析
式得，，解得，∴这个二次函数的表达式y＝x2﹣2x﹣3；(2)①设BC的解析式为y＝kx+b，将B，C的坐标代入函数解析式得，，解
得，∴BC的解析式为y＝x﹣3，设M(n，n﹣3)，P(n，n2﹣2n﹣3)，PM＝(n﹣3)﹣(n2﹣2n﹣3)＝﹣n2+3n＝
﹣(n﹣)2+，当n＝时，PM最大＝，∴线段PM的最大值；②解法一：当PM＝PC时，(﹣n2+3n)2＝n2+(n2﹣2n﹣3+3
)2，解得n1＝n2＝0(不符合题意，舍)，n3＝2，n2﹣2n﹣3＝﹣3，P(2，﹣3)．当PM＝MC时，(﹣n2+3n)2＝n
2+(n﹣3+3)2，解得n1＝0(不符合题意，舍)，n2＝3﹣，n3＝3+(不符合题意，舍)，n2﹣2n﹣3＝2﹣4，P(3﹣，
2﹣4)．综上所述：P(3﹣，2﹣4)或(2，﹣3)．解法二：当PM＝PC时，∵BC：y＝x﹣3，∴∠ABC＝45°，∵PH⊥AB
，∴∠BMH＝∠CMP＝45°，∴PM＝PC时，△CPM为等腰直角三角形，CP∥x轴，设P(n，n2﹣2n﹣3)，则CP＝n，MP
＝﹣n2+3n，∴n＝﹣n2+3n，解得n＝0(舍去)或n＝2，∴P(2，﹣3)，当PM＝CM时，设P(n，n2﹣2n﹣3)，则＝
﹣n2+3n，＝﹣n2+3n，∵n＞0，∴n＝﹣n2+3n，解得n＝3﹣，∴P(3﹣，2﹣4)，综上所述：P(3﹣，2﹣4)或(2
，﹣3)．2．(2022?岚山区一模)已知抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A(﹣3，0)，B(8，0)两点，交y轴于点C，点P
是抛物线上一个动点，且点P的横坐标为m．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，若点P在BC上方的抛物线上运动(不与B、C重合)，过
点P作x轴的垂线，垂足为E，交BC于点D，过点P作BC的垂线，垂足为Q，若△PQD≌△BED，求m的值；(3)如图2，将直线BC沿
y轴向下平移5个单位，交x轴于点M，交y轴于点N．过点P作x轴的垂线，交直线MN于点D，是否存在一点P，使△BMD是等腰三角形？若
存在，请直接写出符合条件的m的值；若不存在，请说明理由．【分析】(1)把点A和点B的坐标代入抛物线解析式，即可求出抛物线解析式；(
2)由待定系数法求出直线BC的解析式为y＝﹣x+8(0＜x＜8)，设P(m，﹣m+8)，则D(m，﹣m+8)，E(m，0)，根据全
等三角形的性质列出关于m的方程可得出答案；(3)分三种情况：①当MB＝MD时，②当MB＝BD时，③当MD+BD时，由两点间的距离公
式列出关于m的方程可得出答案．【解答】解：(1)∵抛物线y＝ax2+bx+8与x轴交于A(﹣3，0)，B(8，0)两点，∴，解得，
，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+8；(2)∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+8，令x＝0，y＝8，∴C(0，8)，设直线BC的
解析式为y＝kx+m，∴，解得：，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+8(0＜x＜8)，设P(m，﹣m+8)，则D(m，﹣m+8)，E(
m，0)，∴BD＝＝＝(8﹣m)，又PD＝﹣m+8﹣(﹣m+8)＝﹣m，∵△PQD≌△BED，∴PD＝BD，∴(8﹣m)＝﹣m，解
得，m1＝3，m2＝8(舍去)，∴m的值为3；(3)由(2)可知直线BC的解析式为y＝﹣x+8，向下平移5个单位得到y＝﹣x+3，
当y＝0时，x＝3，∴M(3，0)，当x＝0时，y＝3，∴N(0，3)，由题意得PD⊥MB，∵MB＝8﹣3＝5，D(m，﹣m+3)
，∴MD2＝(m﹣3)2+(﹣m+3)2，BD2＝(8﹣m)2+(﹣m+3)2，若△BMD是等腰三角形，可分三种情况：①当MB＝M
D时，∴(m﹣3)2+(﹣m+3)2＝25，解得m1＝3+，m2＝3﹣，②当MB＝BD时，∴(8﹣m)2+(﹣m+3)2＝25，解
得，m1＝3(舍去)，m2＝8(舍去)，③当MD+BD时，∴(8﹣m)2+(﹣m+3)2＝(m﹣3)2+(﹣m+3)2，解得，m＝
5.5．综上所述，m的值为3+或3﹣或5.5时，△BMD是等腰三角形．3．(2022?淮阴区校级一模)如图，抛物线y＝2x2+bx
+c过A(﹣1，0)、B(3，0)两点，交y轴于点C，连接BC．(1)求该抛物线的表达式和对称轴；(2)点D是抛物线对称轴上一动点
，当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，求所有符合条件的点D的坐标；(3)将抛物线在BC下方的图象沿BC折叠后与y轴交于点E，
求点E的坐标；(4)若点N是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点M在抛物线的对称轴上，当△BMN为等边三角形时，直接写出直线AN的关系
式．【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；(2)设D(1，n)，由两点间距离公式可得：BC2＝OB2+OC2＝32+62＝45
，BD2＝(1﹣3)2+(n﹣0)2＝n2+4，CD2＝(0﹣1)2+(﹣6﹣n)2＝n2+12n+37，分两种情况：当∠CBD＝
90°时，当∠BCD＝90°时，分别利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；(3)如图2，作△BCO关于直线BC对称的△BCG，CG
交抛物线于点E′，利用三角函数和面积法可求得G(，﹣)，运用待定系数法求得直线CG的解析式为y＝x﹣6，联立方程组可得E′(，﹣)
，再根据轴对称可求得点E的坐标；(4)由题意可知△BMN为等边三角形，分两种情况讨论：①当点N在x轴的上方时，点M在x轴上方，连接
BM，RN．证出△BAM≌△BRN，可得AN垂直平分BR，则L点在直线AN上，可求出直线AN的解析式，②当点N在x轴的下方时，点M
在x轴下方．同理可求出另一直线解析式．【解答】解：(1)∵抛物线y＝2x2+bx+c过A(﹣1，0)、B(3，0)两点，∴，解得：
，∴该抛物线的表达式为y＝2x2﹣4x﹣6，∵x＝﹣＝1，∴抛物线对称轴为直线x＝1；(2)设D(1，n)，∵抛物线y＝2x2﹣4
x﹣6交y轴于点C，∴C(0，﹣6)，∵B(3，0)，∴BC2＝OB2+OC2＝32+62＝45，BD2＝(1﹣3)2+(n﹣0)
2＝n2+4，CD2＝(0﹣1)2+(﹣6﹣n)2＝n2+12n+37，当∠CBD＝90°时，则BC2+BD2＝CD2，∴45+n
2+4＝n2+12n+37，解得：n＝1，∴D(1，1)；当∠BCD＝90°时，则BC2+CD2＝BD2，∴45+n2+12n+3
7＝n2+4，解得：n＝﹣，∴D(1，﹣)；∴所有符合条件的点D的坐标为(1，1)或(1，﹣)；(3)如图2，作△BCO关于直线B
C对称的△BCG，CG交抛物线于点E′，S四边形BOCG＝2S△BCO＝2××3×6＝18，在Rt△BCO中，BC＝＝＝3，∵OG
⊥BC，∴×BC×OG＝18，∴OG＝，∴GH＝OG?sin∠GOH＝OG?sin∠BCO＝×＝，OH＝OG?cos∠GOH＝OG
?cos∠BCO＝×＝，∴G(，﹣)，设直线CG的解析式为y＝kx+d，则，解得：，∴直线CG的解析式为y＝x﹣6，∴，解得：(不
符合题意，舍去)，，∴E′(，﹣)，∵点E与点E′关于BC对称，∴CE＝CE′，∵CE′＝＝，∴﹣6+＝﹣，∴E(0，﹣)；(4)
在抛物线对称轴上取点R(1，2)，连接AR、BR，设对称轴交x轴于点S，则S(1，0)，∵tan∠RAS＝＝＝，∴∠RAS＝60°
，∵AR＝BR，∴△ABR是等边三角形，①当点N在x轴上方时，点M在x轴上方，连接AN交对称轴于点L，连接BR，NR，AM，BL，
如图3，∵△BMN，△BAR为等边三角形，∴BM＝BN，BA＝BR，∠MBN＝∠ABR＝60°，∴∠ABM＝∠RBN，∴△ABM≌
△RBN(SAS)，∴AM＝RN，∵点M在抛物线对称轴上，∴AM＝BM，∴RN＝BM＝BN，∴AN垂直平分BR，∴LR＝LB＝LA
，设L(1，m)，则LS＝m，AL＝BL＝RL＝2m，∴2m+m＝2，解得：m＝，∴L(1，)，设直线AN的解析式为y＝k1x+d
1，则，解得：，∴直线AN的解析式为y＝x+；②当点N在x轴下方时，点M在x轴下方，如图4，∵△BMN，△BAR为等边三角形，∴B
M＝BN，BA＝BR，∠MBN＝∠ABR＝60°，∴∠ABN＝∠RBM，∴△BRM≌△BAN(SAS)，∴∠BAN＝∠BRM，∵A
R＝BR，RS⊥AB，∴∠BRM＝∠ARB＝30°，∴BAN＝30°，设AN与y轴交于点Q，在Rt△AOQ中，OQ＝OA?tan∠
BAN＝OA?tan30°＝1×＝，∴Q(0，﹣)，设直线AN的解析式为y＝k2+d2，则，解得：，∴直线AN的解析式为y＝﹣x﹣
．综上所述，直线AN的解析式为y＝x+或y＝﹣x﹣．4．(2022?仁寿县模拟)如图，直线y＝kx+n(k≠0)与x轴、y轴分别交
于A、B两点，过A，B两点的抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点C，且C(﹣1，0)，A(4，0)．(1)求抛物线和直线AB的解
析式；(2)若M点为x轴上一动点，当△MAB是以AB为腰的等腰三角形时，求点M的坐标．(3)若点P是抛物线上A，B两点之间的一个动
点(不与A，B重合)，则是否存在一点P，使△PAB的面积最大？若存在求出△PAB的最大面积；若不存在，试说明理由．【分析】(1)利
用待定系数法求出抛物线的解析式，可得B点的坐标，将A、B两点代入直线y＝kx+n即可得直线AB的解析式；(2)先利用勾股定理计算出
AB＝4，分两种情况，根据等腰三角形的性质解答即可；(3)设P(x，﹣x2+3x+4)(0＜x＜4)，过点P作PD∥y轴交直线AB
于点D，则D(x，﹣x+4)，可得PD＝yP﹣yD＝?x2+4x，即得S△PAB＝PD?OA＝﹣2(x﹣2)2+8，根据二次函数的
最值即可求解．【解答】解：(1)∵过A，B两点的抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于点C，且C(﹣1，0)，A(4，0)．∴，解得
，∴抛物线解析式为y＝?x2+3x+4，令x＝0，得y＝4，∴B(0，4)，∵直线y＝kx+n(k≠0)与x轴、y轴分别交于A、B
两点，∴，解得，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4；(2)如图，∵A(4，0)．B(0，4)，∴AB＝＝4，①当AB＝MB时，点M与
点A(4，0)关于y轴对称，故M(﹣4，0)符合题意；②当AB＝AM时，AM＝AB＝4，∴M′(4﹣4，0)、M″(4+4，0)．
综上所述，点M的坐标为(﹣4，0)或(4﹣4，0)或(4+4，0)；(3)存在，理由如下：设P(x，﹣x2+3x+4)(0＜x＜4
)，如图，过点P作PD∥y轴交直线AB于点D，则D(x，﹣x+4)，∴PD＝yP﹣yD＝(?x2+3x+4)﹣(?x+4)＝?x2
+4x，∴S△PAB＝PD?OA＝×4×[?x2+4x]＝﹣2(x﹣2)2+8，∵﹣2＜0，∴当x＝2时，△PAB的面积最大，最大
面积是8，∴存在点P，使△PAB的面积最大，最大面积是8．5．(2022?徐汇区模拟)如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝k
x+3分别交x轴、y轴于A，B两点，经过A，B两点的抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的正半轴相交于点C(1，0)，点P为线段AB上
的点，且点P的横坐标为m．(1)求抛物线的解析式和直线AB的解析式；(2)过P作y轴的平行线交抛物线于M，当△PBM是MP为腰的等
腰三角形时，求点P的坐标；(3)若顶点D在以PM、PB为邻边的平行四边形的形内(不含边界)，求m的取值范围．【分析】(1)先求出点
B(0，3)，运用待定系数法可求得抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，可求得A(﹣3，0)，把点A的坐标代入y＝kx+
3，即可求得直线AB的解析式为y＝x+3；(2)设P(m，m+3)，且﹣3≤m≤0，则M(m，﹣m2﹣2m+3)，可得PM＝﹣m2
﹣3m，运用两点间距离公式可得PB＝﹣m，根据△PBM是MP为腰的等腰三角形，分两种情况：MP＝PB或MP＝MB，分别建立方程求解
即可得出答案；(3)利用待定系数法可求得经过点D(﹣1，4)且平行直线AB的直线DG的解析式y＝x+5，联立，得x+5＝﹣x2﹣2
x+3，可得点G的横坐标为﹣2，根据题意可知：点M必须在直线DG上方的抛物线上运动，故﹣2＜m＜﹣1．【解答】解：(1)∵直线y＝
kx+3交y轴于点B，∴B(0，3)，∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B(0，3)，点C(1，0)，∴，解得：，∴抛物线的解析式
为y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，得﹣x2﹣2x+3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，∴A(﹣3，0)，把点A的坐标代入y＝kx+
3，得﹣3k+3＝0，解得：k＝1，∴直线AB的解析式为y＝x+3；(2)∵点P为线段AB上的点，且点P的横坐标为m，∴P(m，m
+3)，且﹣3≤m≤0，∵过P作y轴的平行线交抛物线于M，∴M(m，﹣m2﹣2m+3)，∴PM＝﹣m2﹣2m+3﹣(m+3)＝﹣m
2﹣3m，∵PB2＝(m﹣0)2+(m+3﹣3)2＝2m2，且﹣3≤m≤0，∴PB＝﹣m，∵△PBM是MP为腰的等腰三角形，B(0
，3)，∴MP＝PB或MP＝MB，∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠ABO＝45°，∵PM∥OB
，∴∠BPM＝45°，①当MP＝PB时，∴﹣m2﹣3m＝﹣m，解得：m＝0(舍去)或m＝﹣3+，∴P(﹣3+，)；②当MP＝MB时
，则∠PBM＝∠BPM＝45°，∴∠BMP＝90°，∴BM∥x轴，即点M的纵坐标为3，∴﹣m2﹣2m+3＝3，解得：m1＝0(舍去
)，m2＝﹣2，∴P(﹣2，1)，综上所述，点P的坐标为(﹣3+，)或(﹣2，1)；(3)∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣(x+1)2+
4，∴抛物线的顶点D(﹣1，4)，设经过点D(﹣1，4)且平行直线AB的直线DG的解析式为y＝x+n，如图2，则﹣1+n＝4，解得
：n＝5，∴y＝x+5，联立，得x+5＝﹣x2﹣2x+3，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣2，∴点G的横坐标为﹣2，∵顶点D在以PM、P
B为邻边的平行四边形的形内(不含边界)，∴点M必须在直线DG上方的抛物线上运动，∴m的取值范围为：﹣2＜m＜﹣1．6．(2022?
沭阳县模拟)如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C．(
1)求点A的坐标；(2)如图2，连接AC，点D为线段AC下方抛物线上一动点，过点D作DE∥y轴交线段AC于E点，连接EO、AD，记
△ADC的面积为S1，△AEO的面积为S2，求S1﹣S2的最大值及此时点D的坐标；(3)如图3，连接CB，并将抛物线沿射线CB方向
平移2个单位长度得到新抛物线，动点N在原抛物线的对称轴上，点M为新抛物线与y轴的交点，当△AMN为以AM为腰的等腰三角形时，请直接
写出点N的坐标．【分析】(1)令y＝0，即可求A点坐标；(2)延长DE交x轴于点K，求出直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣3，设D(
t，t2+2t﹣3)，其中﹣3＜t＜0，则E((t，﹣t﹣3)，K(t，0)，即可求S1﹣S2＝﹣t2﹣t﹣(t+＝﹣t2﹣6t﹣
)＝﹣(t+2)2+，当t＝﹣2时，S1﹣S2取得最大值，最大值为，此时点D的坐标为(﹣2，﹣3)；(3)由题意可求抛物线向右平移
2个单位长度，向上平移6个单位长度，则平移后的抛物线解析式为y＝(x﹣1)2+2，可求M(0，3)，设N(﹣1，n)，分两种情况①
当AM＝AN时，9+9＝4+n2，得到N(﹣1，)或N(﹣1，﹣)；②当AM＝MN时，9+9＝1+(3﹣n)2，得到N(﹣1，3+
)或N(﹣1，3﹣)．【解答】解：(1)∵抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，令y＝0，得x2+2x
﹣3＝0，解得x1＝﹣3，x2＝1，∵点A在点B的左侧，∴点A的坐标为(﹣3，0)；(2)如图，延长DE交x轴于点K，∵抛物线y＝
x2+2x﹣3与y轴交于点C，∴C(0，﹣3)，设直线AC的函数表达式为y＝kx+n(k≠0)，∵A(﹣3，0)，C(0，﹣3)，
∴，解得，∴直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣3，设D(t，t2+2t﹣3)，其中﹣3＜t＜0，∴E((t，﹣t﹣3)，K(t，0)
，∴DE＝﹣t2﹣3t，∵S1＝S△ADC＝DE?OA＝(﹣t2﹣3t)＝﹣t2﹣t，S2＝S△AEO＝EK?OA＝(t+3)＝t
+，∴S1﹣S2＝﹣t2﹣t﹣(t+＝﹣t2﹣6t﹣)＝﹣(t+2)2+，∴当t＝﹣2时，S1﹣S2取得最大值，最大值为，此时点D
的坐标为(﹣2，﹣3)；(3)∵C(0，﹣3)，B(1，0)，∴＝，∵抛物线沿射线CB方向平移2个单位长度，∴抛物线向右平移2个单
位长度，向上平移6个单位长度，∴平移后的抛物线解析式为y＝(x+1﹣2)2﹣4+6＝(x﹣1)2+2，当x＝0时，y＝3，∴M(0
，3)，∵原抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，设N(﹣1，n)，①当AM＝AN时，9+9＝4+n2，∴n＝±，∴N(﹣1，)或N(﹣1
，﹣)；②当AM＝MN时，9+9＝1+(3﹣n)2，∴n＝3+或n＝3﹣，∴N(﹣1，3+)或N(﹣1，3﹣)；综上所述：N点坐标
为(﹣1，)或(﹣1，﹣)或(﹣1，3+)或(﹣1，3﹣)．7．(2022春?北碚区校级期末)如图，已知点(0，)在抛物线C1：y
＝x2+bx+c上，且该抛物线与x轴正半轴有且只有一个交点A，与y轴交于点B，点O为坐标原点．(1)求抛物线C1的解析式；(2)抛
物线C1沿射线BA的方向平移个单位得到抛物线C2，如图2，抛物线C2与x轴交于C，D两点，与y轴交于点E，点M在抛物线C2上，且在
线段ED的下方，作MN∥y轴交线段DE于点N，连接ON，记△EMD的面积为S1，△EON的面积为S2，求S1+2S2的最大值；(3
)如图3，在(2)的条件下，抛物线C2的对称轴与x轴交于点F，连接EF，点P在抛物线C2上且在对称轴的右侧，满足∠PEC＝∠EFO
．①直接写出P点坐标；②是否在抛物线C2的对称轴上存在点H，使得△PDH为等腰三角形，若存在，请直接写出H点的坐标；若不存在请说明
理由．【分析】(1)利用待定系数法解答即可；(2)利用(1)的结论和已知条件求得抛物线C2的解析式，依据图象求得S1+2S2的值，
利用二次函数的性质求得结论；(3)①设EP与x轴交于点H，利用相似三角形的判定与性质求得线段CH的长，得到点H的坐标，利用待定系数
法解答即可；②利用分类讨论的思想方法分三种情况讨论解答，利用等腰三角形的性质和勾股定理求得对应相等的长度即可求得结论．【解答】解：
(1)∵点在抛物线C1：y＝x2+bx+c上，∴c＝．∵该抛物线与x轴正半轴有且只有一个交点A，∴b＜0，b2﹣4××＝0．∴b＝
﹣．∴抛物线C1的解析式为y＝﹣x+．(2)∵y＝﹣x+＝，又∵抛物线C1沿射线BA的方向平移个单位得到抛物线C2，∴抛物线C2的
解析式为y＝＝x+2，令x＝0，则y＝2，∴E(0，2)．∴OE＝2．令y＝0，则﹣x+2＝0，解得：x＝1或3，∴C(1，0)，
D(3，0)．∴OC＝1，OD＝3，∴CD＝2．∵点M在抛物线C2上，∴设M(m，﹣m+2)，设直线ED的解析式为y＝kx+n，∴
，解得：，∴直线ED的解析式为y＝﹣x+2．∵MN∥y轴交线段DE于点N，∴N(m，﹣m+2)，∵点M在线段ED的下方，∴MN＝﹣
x+2﹣(﹣m+2)＝﹣+2m，∵S△EMD＝S△EMN+S△DMN＝×MN?OD＝﹣m2+3m，OE×m＝m，∴S1+2S2＝﹣
m2+2m+2m＝﹣m2+4m＝﹣(m﹣2)2+4，∵﹣1＜0，∴当m＝2时，S1+2S2有最大值4；(3)①点P的坐标为(，)，
理由：设直线EP与x轴交于点G，如图，∵抛物线C2的解析式为y＝，∴抛物线的对称轴为直线x＝2，∴F(2，0)．∴OF＝2．∵OC
＝1，∴CF＝OF﹣OC＝1．EC＝＝＝，∵∠PEC＝∠EFO，∠PEC＝∠PEF+∠CEF，∠EFO＝∠PEF+∠G，∴∠CEF
＝∠G．∵∠ECF＝∠GCE，∴△ECF∽△GCE，∴．∴CE2＝CF?CG，∴CG＝5，∴OG＝OC+CG＝6，∴G(6，0)．
设直线EG的解析式为y＝ax+2，∴6a+2＝0，∴a＝﹣．∴直线EG的解析式为y＝﹣x+2，∴，解得：或，∴P(，)；②在抛物线
C2的对称轴上存在点H，使得△PDH为等腰三角形，理由：过点P作PG⊥抛物线对称轴与点G，PH⊥x轴于点H，连接PD，如图，∵P(
，)，∴OK＝，PK＝，∴DK＝OK﹣OD＝，PG＝KF＝OK﹣OF＝，∴DP＝＝＜1，∵DF＝1，∴抛物线C2的对称轴上不存在点
H，使得HD＝DP，HP＝PD；当HP＝HD时，设H(2，h)，则HF＝h，过点P作PG⊥抛物线对称轴与点G，如图，则PG＝KF＝
OK﹣OF＝，GF＝，∵HP＝HD，∴＝．∴12+h2＝+，解得：h＝，∴H(2，)．综上，在抛物线C2的对称轴上存在点H，使得△
PDH为等腰三角形，点H的坐标为(2，)．8．(2022?兴宁区校级模拟)如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A、B，抛物线的对称
轴交x轴于点D，直线y＝﹣x+3与x轴交于点B，与y轴交于点C，且．(1)求抛物线的解析式；(2)点M(t，0)是x轴上的一个动点
，点N是抛物线对称轴上的一个动点，当DN＝2t，△MNB的面积为时，求出点M与点N的坐标；(3)在x轴上是否存在点P，使得△PDC
为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；(2)根据S△MNB＝BM
?DN＝，建立方程求解即可得出答案；(3)由勾股定理，得：CD2＝OC2+OD2＝32+12＝10，PD2＝(m﹣1)2，CP2＝
OP2+OC2＝m2+32＝m2+9，分为三种情况讨论：①当CD＝PD时，CD2＝PD2，②当CD＝CP时，CD2＝CP2，③当P
C＝PD时，PC2＝PD2，分别建立方程求解即可得出答案．【解答】解：(1)对于直线y＝﹣x+3，令y＝0，即﹣x+3＝0，解得：
x＝3，令x＝0，得y＝3，∴B(3，0)，C(0，3)，∵A为x轴负半轴上一点，且OA＝OB，∴A(﹣1，0)．将点A、B的坐标
分别代入y＝﹣x2+bx+c中，得，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；(2)由(1)知：A(﹣1，0)，B(3，0)，
D(1，0)，∴BM＝|3﹣t|，∵S△MNB＝BM?DN＝，即?|3﹣t|?2t＝，当t＜3时，?(3﹣t)?2t＝，化简得：4
t2﹣12t+15＝0，∵Δ＝(﹣12)2﹣4×4×15＝﹣96＜0，∴方程无解；当t＞3时，?(t﹣3)?2t＝，解得t1＝，t
2＝(舍)，∴DN＝2t＝3+2，∴点M的坐标为(，0)，点N的坐标为(1，3+2)；(3)存在．如图2，∵点P在x轴上，∴设P(
m，0)．∵C(0，3)，D(1，0)，∴由勾股定理，得：CD2＝OC2+OD2＝32+12＝10，PD2＝(m﹣1)2，CP2＝
OP2+OC2＝m2+32＝m2+9，分为三种情况讨论：①当CD＝PD时，CD2＝PD2，即10＝(m﹣1)2，解得m1＝1+，m
2＝1﹣，此时点P的坐标为(1+，0)或(1﹣，0)；②当CD＝CP时，CD2＝CP2，即10＝m2+9，解得m1＝﹣1，m2＝1
(不符合题意，舍去)，此时点P的坐标为(﹣1，0)；③当PC＝PD时，PC2＝PD2，即m2+9＝(m﹣1)2，解得m＝﹣4，此时
点P的坐标为(﹣4，0)．综上所述，在x轴上存在点P，使得△PDC为等腰三角形，满足条件的点P的坐标为(1+，0)或(1﹣，0)或
(﹣1，0)或(﹣4，0)．9．(2022?沈阳模拟)如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+3与y轴交于B点，与x轴交于A，C两点，直线
BC的解析式为y＝﹣x+m．(1)求m与b的值；(2)P是直线BC上方抛物线上一动点(不与点B，C重合)，连接AP交BC于点E，交
OB于点F．①是否存在最大值？若存在，求出的最大值．并直接写出此时点E的坐标；若不存在，说明理由．②当△BEF为等腰三角形时，直接
写出点P的坐标．【分析】(1)根据二次函数求出B点坐标，将B点坐标代入一次函数求出m的值，再根据一次函数求出C点的坐标，再将C点坐
标代入二次函数即可求出b的值；(2)①过点P作PG∥x轴交BC于点G，设出P点坐标，证△PEG∽△AEC，根据线段比例关系求出比值
的代数式，利用二次函数的性质求最值，然后利用两直线相交得出E点坐标即可；②过点E作EM⊥y轴于点M，设出P点坐标，求出直线AP的解
析式，分别用代数式表示出BE、BF、EF，然后分情况求出P点坐标即可．【解答】解：(1)∵物线y＝﹣x2+bx+3与y轴交于B点，
当x＝0时，y＝3，∴B(0，3)，∵直线BC的解析式为y＝﹣x+m，∴m＝3，即直线BC的解析式为y＝﹣x+3，当y＝0时，﹣x
+3＝0，解得x＝4，∴C(4，0)，把C点坐标代入二次函数解析式得﹣×42+b×4+3＝0，解得b＝；(2)①存在最大值，理由如
下：过点P作PG∥x轴交BC于点G，由(1)得，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3，当y＝0时，﹣x2+x+3＝0，解得x＝﹣2或
4，∴A(﹣2，0)，B(4，0)，∴OA＝2，OC＝4，AC＝6，∵P是直线BC上方抛物线上的动点(不与点B，点C重合)，设P(
n，﹣n2+n+3)，且0＜n＜4，∴G点的纵坐标为﹣n2+n+3，又∵G点在直线BC上，∴G(n2﹣n，﹣n2+n+3)，∴PG
＝n﹣(n2﹣n)＝﹣n2+2n，∵PG∥x轴，∴△PEG∽△AEC，∴＝＝﹣(n﹣2)2+，∵﹣(n﹣2)2≤0，∴﹣(n﹣2)
2+，即当n＝2时，，此时P(2，3)，设直线AP的解析式为y＝kx+t，代入A点和P点的坐标得，解得，∴直线AP的解析式为y＝x
+，联立方程组，解得，∴E(1，)，即存在最大值，且的最大值为，此时E点的坐标为(1，)；②过点E作EM⊥y轴于点M，则∠BME＝
∠FME＝90°，∵P是直线BC上方抛物线上的一点(不与点B，点C重合)，设P(p，﹣p2+p+3)，且0＜p＜4，设直线AP的解
析式为y＝sx+h，把A(﹣2，0)，P(p，﹣p2+p+3)代入解析式得，，解得，∴直线AP的解析式为y＝，令x＝0时，y＝，∴
F(0，)，∴OF＝，∵B(0，3)，∴OB＝3，∴BF＝3﹣＝，联立方程组，解得，∴E(，)，∵EM⊥y轴，∴EM＝，OM＝，∴
MF＝OM﹣OF＝﹣＝，BM＝OB﹣OM＝3﹣＝，在Rt△MBE和Rt△FME中，根据勾股定理得，BE2＝BM2+EM2＝()2+
()2，EF2＝MF2+EM2＝()2+()2，若△BEF为等腰三角形，则分以下三种情况：(Ⅰ)当BE＝BF时，则BE2＝BF2，
即()2+()2＝()2，解得p＝或p＝(不符合题意，舍去)，此时P(，)；(Ⅱ)当BE＝EF时，则BE2＝EF2，即()2+()
2＝()2+()2，解得p＝2，此时P(2，3)；(Ⅲ)当BF＝EF时，则BF2＝EF2，即()2＝()2+()2，解得p＝，此时
P(，)；综上，符合条件的P点坐标为(，)或(2，3)或(，)．10．(2022?永昌县一模)如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x
轴交于A(1，0)，B(﹣3，0)两点，C是抛物线与y轴的交点，P是该抛物线上一动点．(1)求该抛物线的解析式；(2)在(1)中抛
物线的对称轴上求一点M，使得△MAC是以AM为底的等腰三角形；求出点M的坐标．(3)设(1)中的抛物线顶点为D，对称轴与直线BC交
于点E，过抛物线上的动点P作x轴的垂线交线段BC于点Q，使得D、E、P、Q四点组成的四边形是平行四边形？若存在，直接写出P点的坐标
；若不存在，请说明理由．【分析】(1)将A(1，0)，B(﹣3，0)代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；(2)设M(﹣1，m)，由
题意可知CM＝CA，则1+(m﹣3)2＝1+9，即可求解；(3)求出D(﹣1，4)，E(﹣1，2)，设P(t，﹣t2﹣2t+3)，
Q(t，t+3)(﹣3≤t≤0)，分三种情况讨论：①当DE为平行四边形的对角线时；②当DP为平行四边形的对角线时；③当DQ为平行四
边形的对角线时；利用平行四边形对角线互相平分的性质，结合中点坐标公式即可求解．【解答】解：(1)将A(1，0)，B(﹣3，0)代入
y＝﹣x2+bx+c，∴，解得，∴y＝﹣x2﹣2x+3；(2)∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣(x+1)2+4，∴抛物线的对称轴为直线x
＝﹣1，令x＝0，则y＝3，∴C(0，3)，设M(﹣1，m)，∵△MAC是以AM为底的等腰三角形，∴CM＝CA，∴1+(m﹣3)2
＝1+9，解得m＝0或m＝6(舍)，∴M(﹣1，0)；(3)存在P点，使得D、E、P、Q四点组成的四边形是平行四边形，理由如下：由
(2)知D(﹣1，4)，设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+3，∴E(﹣1，2)，设P(t，﹣t2﹣2t+3)，
Q(t，t+3)(﹣3≤t≤0)，①当DE为平行四边形的对角线时，，∴t＝﹣1，∴P(﹣1，4)(舍)；②当DP为平行四边形的对角
线时，4﹣t2﹣2t+3＝2+t+3，解得t＝(舍)；③当DQ为平行四边形的对角线时，4+t+3＝2﹣t2﹣2t+3，解得t＝﹣1
(舍)或t＝﹣2，∴P(﹣2，3)；综上所述：P点坐标为(﹣2，3)．11．(2021?无为市三模)在平面直角坐标系中，抛物线y＝
ax2﹣4ax+3a(a＞0)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，其顶点为C．(1)求抛物线的对称轴；(2)当△ABC为等边
三角形时，求a的值；(3)直线l：y＝kx+b经过点A，并与抛物线交于另一点D(4，3)，点P为直线l下方抛物线上一点，过点P分别
作PM∥y轴交直线l于点M，PN∥x轴交直线l于点N，记W＝PM+PN，求W的最大值．【分析】(1)根据对称轴直线公式直接代入系数
即可；(2)若△ABC为等边三角形，则C点的纵坐标等于AB，即可求出a值；(3)把D点代入解析式可求出抛物线解析式，A点坐标和D点
坐标可确定直线解析式，设出P点坐标，分别用P点横坐标字母表示出PM和PN，利用二次函数性质求出最值即可．【解答】解：(1)∵抛物线
y＝ax2﹣4ax+3a(a＞0)，∴对称轴为直线x＝﹣＝2，即对称轴为直线x＝2；(2)当y＝0时，ax2﹣4ax+3a＝0，解
得x1＝1，x2＝3，∴A(1，0)，B(3，0)，当△ABC为等边三角形时，抛物线开口向上，∴C点的横坐标为＝2，纵坐标为﹣AC
?sin60°＝﹣AB?sin60°＝﹣AB＝×(3﹣1)＝﹣，即C(2，﹣)，把C点坐标代入抛物线得﹣＝4a﹣8a+3a，解得a
＝；(3)∵A(1，0)，D(4，3)在直线y＝kx+b上，∴，解得，∴直线l的解析式为y＝x﹣1，∵抛物线过点D(4，3)，∴3
＝16a﹣16a+3a，解得a＝1，∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3，∵PM∥y轴交直线l于点M，PN∥x轴交直线l于点N，∴设
P点坐标为(m，m2﹣4m+3)，M点坐标为(m，m﹣1)，∵点P与N的纵坐标相同，∴m2﹣4m+3＝xN﹣1，∴xN＝m2﹣4m
+4，∴PM＝yM﹣yP＝m﹣1﹣m2+4m﹣3＝﹣m2+5m﹣4，PN＝xP﹣xN＝m﹣m2+4m﹣4＝﹣m2+5m﹣4，∴W＝
PM+PN＝﹣m2+5m﹣4﹣m2+5m﹣4＝﹣2(m﹣)2+，∴当m＝时，W有最大值，最大值为．12．(2021?广东模拟)如图
，抛物线y＝x2+bx﹣1与x轴交于点A，B(点A在点B的左侧)，交y轴于点C，顶点为D，对称轴为直线x＝﹣，连接AC，BC．(1
)求抛物线的解析式；(2)求△ABC的面积；(3)在抛物线的对称轴上是否存在点E，使得△CDE为等腰三角形？如果存在，请直接写出点
E的坐标，如果不存在，请说明理由．【分析】(1)由对称轴为直线x＝﹣＝﹣，即可求b的值；(2)A(﹣﹣2，0)，B(﹣+2，0)，
则BA＝4，所以△ABC的面积＝×4×1＝2；(3)设E(﹣，t)，分三种情况：①CD＝CE，则有3+9＝3+(t+1)2，求得E
(﹣，2)；②CD＝DE，则有3+9＝(t+4)2，求得E(﹣，2﹣4)或E(﹣，﹣2﹣4)；③CE＝DE，则有3+(t+1)2＝
(t+4)2，求得E(，﹣2)．【解答】解：(1)∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝﹣，∴b＝2，∴y＝x2+2x﹣1；(2)令x2+
2x﹣1＝0，∴x＝﹣+2或x＝﹣﹣2，∴A(﹣﹣2，0)，B(﹣+2，0)，∴BA＝4，∴△ABC的面积＝×4×1＝2；(3)点
E存在，理由如下：设E(﹣，t)，由y＝x2+2x﹣1，可求C(0，﹣1)，D(﹣，﹣4)，△CDE为等腰三角形，分三种情况：①C
D＝CE，∴3+9＝3+(t+1)2，∴t＝2或t＝﹣4，∴E(﹣，2)或E(﹣，﹣4)(舍)；②CD＝DE，3+9＝(t+4)2
，∴t＝2﹣4或t＝﹣2﹣4，∴E(﹣，2﹣4)或E(﹣，﹣2﹣4)；③CE＝DE，3+(t+1)2＝(t+4)2，∴t＝﹣2，∴
E(﹣，﹣2)；综上所述：得△CDE为等腰三角形时，E点坐标为(﹣，2)或(﹣，2﹣4)或(﹣，﹣2﹣4)或(﹣，﹣2)．13.(
2021?建华区二模)综合与探究如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝x2+bx+
c经过A、C两点，且与x轴交于另一点B(点B在点A右侧)．(1)求抛物线的解析式及点B坐标；(2)设该抛物线的顶点为点H，则S△B
CH＝ ；(3)若点M是线段BC上一动点，过点M的直线ED平行y轴交x轴于点D，交抛物线于点E，求ME长的最大值及点M的坐标；(4
)在(3)的条件下：当ME取得最大值时，在x轴上是否存在这样的点P，使得以点M、点B、点P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直
接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)由直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C，得A(﹣1，0)、C
(0，﹣3)，将A(﹣1，0)、C(0，﹣3)代入y＝x2+bx+c，列方程组求b、c的值及点B的坐标；(2)设抛物线的对称轴交B
C于点F，求直线BC的解析式及抛物线的顶点坐标，再求出点F的坐标，推导出S△BCH＝FH?OB，可求出△BCH的面积；(3)设点E
的横坐标为x，用含x的代数式表示点E、点M的坐标及线段ME的长，再根据二次函数的性质求出线段ME的最大值及点M的坐标；(4)在x轴
上存在点P，使以点M、B、P为顶点的三角形是等腰三角形．由(3)得D(，0)，M(，﹣)，由勾股定理求出OM＝BM＝，由等腰三角形
PBM的腰长为或求出OP的长即可得到点P的坐标．【解答】解：(1)∵直线y＝﹣3x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、C，∴A(﹣1，0
)，C(0，﹣3)，∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3
．当y＝0时，由x2﹣2x﹣3＝0，得x1＝﹣1，x2＝3，∴B(3，0)．(2)设抛物线的对称轴交BC于点F，交x轴于点G．设直
线BC的解析式为y＝kx﹣3，则3k﹣3＝0，解得k＝1，∴y＝x﹣3；∵y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，∴抛物线的顶点H(
1，﹣4)，当x＝1时，y＝1﹣3＝﹣2，∴F(1，﹣2)，∴FH＝﹣2﹣(﹣4)＝2，∴S△BCH＝FH?OG+FH?BG＝FH
?OB＝×2×3＝3．故答案为：3．(3)设E(x，x2﹣2x﹣3)(0＜x＜3)，则M(x，x﹣3)，∴ME＝x﹣3﹣(x2﹣2
x﹣3)＝﹣x2+3x＝﹣(x﹣)2+，∴当x＝时，ME最大＝，此时M(，)．(4)存在．如图3，由(2)得，当ME最大时，则D(
，0)，M(，)，∴DO＝DB＝DM＝；∵∠BDM＝90°，∴OM＝BM＝＝．点P1、P2、P3、P4在x轴上，当点P1与原点O重
合时，则P1M＝BM＝，P1(0，0)；当BP2＝BM＝时，则OP2＝3﹣＝，∴P2(，0)；当点P3与点D重合时，则P3M＝P3
B＝，P3(，0)；当BP4＝BM＝时，则OP4＝3+＝，∴P4(，0)． 综上所述，P1(0，0)，P2(，0)，P3(，0)，
P4(，0)．14．(2021?重庆模拟)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣x+c(a≠0)与x轴交于A(﹣1，0)、B
(3，0)两点，直线AC与y轴交于点C，与抛物线交于点D，OA＝OC．(1)求该抛物线与直线AC的解析式；(2)若点E是x轴下方抛
物线上一动点，连接AE、CE．求△ACE面积的最大值及此时点E的坐标；(3)将原抛物线沿射线AD方向平移2个单位长度，得到新抛物线
：y1＝a1x2+b1x+c1(a≠0)，新抛物线与原抛物线交于点F，在直线AD上是否存在点P，使以点P、D、F为顶点的三角形是等
腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．x1【分析】(1)把A(﹣1，0)、B(3，0)代入y＝ax2﹣x+c
，列方程组求a、c的值，再用待定系数法求直线AC的解析式；(2)过点E作x轴的垂线交直线AC于点G，作EH⊥AC于点H，用点E的横
坐标x分别表示线段EG、EH的长，得出△ACE面积关于x的函数解析式，再利用二次函数的性质求出△ACE面积的最大值及点E的坐标；(
3)先求出点D的坐标及线段BD的长，再按BD为腰或底边分别求出相应的情况下点P的坐标．【解答】解：(1)把A(﹣1，0)、B(3，
0)代入y＝ax2﹣x+c，得，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣；∵OC＝OA＝1，∴C(0，1)，设直线AC的解析式为y＝
kx+1，则﹣k+1＝0，解得k＝1，∴直线AC的解析式为y＝x+1．(2)如图1，作EG⊥x轴交直线AC于点G，作EH⊥AD于点
H.设E(x，x2﹣x﹣)(﹣1＜x＜3)，则G(x，x+1)，∴EG＝x+1﹣(x2﹣x﹣)＝x2+2x+．∵OA＝OC＝1，∠
AOC＝90°，∴∠OCA＝45°，AC＝＝，∵∠HGE＝∠OCA＝45°，∴EH＝EG?sin45°＝(x2+2x+)，∴S△A
CE＝××(x2+2x+)＝x2+x+＝(x﹣2)2+，∵＜0，且﹣1＜2＜3，∴当x＝2时，S△ACE最大＝，此时E(2，)．∴
△ACE面积的最大值为，此时点E的坐标为(2，)．(3)存在．如图2，在直线AC上取一点A′，使它的横坐标为1，则A′(1，2)，
AA′＝＝2，∴点A′即为抛物线平移后点A的对应点，可知抛物线向右、向上各平移2个单位长度．∵y＝x2﹣x﹣＝(x﹣1)2﹣2，∴
平移后的抛物线为y＝(x﹣3)2，其顶点坐标为(3，0)；∵原抛物线与新抛物线都经过点B(3，0)，∴点B即为新抛物线与原抛物线的
交点F．作A′K⊥x轴于点K，则∠AKA′＝∠FKA′＝90°，AK＝A′K＝FK＝2，∴∠AA′K＝∠FA′K＝45°，∴∠AA
′F＝90°．由，得或(不符合题意，舍去)，∴D(5，6)，∴FD＝＝2．①当FP1＝FD时，则点P1与点D关于点A′对称，∴P1
(﹣3，﹣2)；②当P2D＝FD＝2时，∵CD＝×5＝5，∴CP2＝5﹣2，∴xp＝×(5﹣2)＝5，yp＝5+1＝6，P2(5，
6)；③当DP3＝FP3时，∵∠P3DF＝∠FDP1，∠DFP3＝∠DP1F，∴△P3DF∽△FDP1，∴，∵DP1＝×(5+3)
＝8，∴P3D＝＝＝，∴CP3＝﹣＝，∴xp＝×＝，yp＝＝，∴P3(，)；④当P4D＝FD＝时，则CP4＝+，∴xp＝×(+)＝
5+2，yp＝5+2+1＝6+2，∴P4(5+，6+)．综上所述，点P的坐标为(﹣3，﹣2)或(5，6)或(，)或(5+，6+)．
15．(2021?玄武区二模)已知二次函数y＝x2﹣(2m+2)x+m2+2m(m是常数)．(1)求证：不论m为何值，该二次函数图
象与x轴总有两个公共点；(2)二次函数的图象与y轴交于点A，顶点为B，将二次函数的图象沿y轴翻折，所得图象的顶点为B1，若△ABB
1是等边三角形，求m的值．【分析】(1)令y＝0，由x2﹣(2m+2)x+m2+2m＝0及一元二次方程根的判别式通过计算证明Δ＞0
，证明方程总有两个不相等的实数根，从而证明不论m为何值，该二次函数图象与x轴总有两个公共点；(2)由翻折可知，等边△ABB1以y轴
为对称轴，设BB1交y轴于点D，求出新图象的顶点坐标，用含m的代数式表示AD和BD的长，由tan∠ABD＝列方程求出m的值．【解答
】(1)证明：令y＝0，则x2﹣(2m+2)x+m2+2m＝0∵△＝[﹣(2m+2)]2﹣4(m2+2m)＝4m2+8m+4﹣4m
2﹣8m＝4＞0，∴不论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根，∴不论m为何值，该二次函数的图象与x轴总有两个公共点．(2)∵抛物
线y＝x2﹣(2m+2)x+m2+2m与y轴交于点A，∴A(0，m2+2m)；∵y＝x2﹣(2m+2)x+m2+2m＝[x﹣(m+
1)]2﹣1，∴该抛物线的顶点为B(m+1，﹣1)，将该抛物线沿y轴翻折后得到的新抛物线的顶点为B1(﹣m﹣1，﹣1)；如图，设B
B1交y轴于点D，由翻折可知，△ABB1是以y轴为对称轴的轴对称图形，且边BB1被y轴垂直平分，∴AD垂直平分BB1，∴BB1∥x
轴，D(0，﹣1)，∠ADB＝90°；当△ABB1是等边三角形时，则∠ABD＝60°，∴tan∠ABD＝，∴，整理，得|m+1|＝
，解得m＝﹣1+或m＝﹣1﹣．16.(2021?朝阳)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A(﹣1
，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)．(1)求抛物线的解析式及对称轴；(2)如图1，点D与点C关于对称轴对称，点P在对称轴上，若
∠BPD＝90°，求点P的坐标；(3)点M是抛物线上位于对称轴右侧的点，点N在抛物线的对称轴上，当△BMN为等边三角形时，请直接写
出点M的横坐标．【分析】(1)利用待定系数法求解即可．(2)如图1中，连接BD，设BD的中点T，连接PT，设P(1，m)．求出PT
的长，构建方程求出m即可．(3)分两种情形：当点M在第一象限时，△BMN是等边三角形，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T，设N(
1，t)，设抛物线的对称轴交x轴于E．如图3﹣2中，当点M在第四象限时，设N(1，n)，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T．分别
利用相似三角形的性质求出点M的坐标，再利用待定系数法求解．【解答】解：(1)把A(﹣1，0)，点C(0，3)的坐标代入y＝﹣x2+
bx+c，得到，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，对称轴x＝﹣＝1．(2)如图1中，连接BD，设BD的中点T，连接PT
，设P(1，m)．∵点D与点C关于对称轴对称，C(0，3)，∴D(2，3)，∵B(3，0)，∴T(，)，BD＝＝，∵∠BPD＝90
°，DT＝TB，∴PT＝BD＝，∴(1﹣)2+(m﹣)2＝()2，解得m＝1或2，∴P(1，1)或(1，2)．(3)当点M在第一象
限时，△BMN是等边三角形，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T，设N(1，t)，设抛物线的对称轴交x轴于E．∵△BMN是等边三角
形，∴∠NMB＝∠NBM＝60°，∵∠NBT＝90°，∴∠MBT＝30°，BT＝BN，∵∠NMB＝∠MBT+∠BTM＝60°，∴∠
MBT＝∠BTM＝30°，∴MB＝MT＝MN，∵∠NBE+∠TBJ＝90°，∠TBJ+∠BTJ＝90°，∴∠NBE＝∠BTJ，∵∠
BEN＝∠TJB＝90°，∴△BEN∽△TJB，∴＝＝＝，∴BJ＝t，TJ＝2，∴T(3+t，2)，∵NM＝MT，∴M(，)，∵点
M在y＝﹣x2+2x+3上，∴＝﹣()2+2×+3，整理得，3t2+(4+2)t﹣12+4＝0，解得t＝﹣2(舍弃)或，∴M(，)
．如图3﹣2中，当点M在第四象限时，设N(1，n)，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T．同法可得T(3﹣n，﹣2)，M(，)，则
有＝﹣()2+2×+3，整理得，3n2+(2﹣4)n﹣12﹣4＝0，解得n＝或2(舍弃)，∴M(，)，综上所述，满足条件的点M的横
坐标为或．17.(2021?绥化)如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5(a≠0)与x轴交于点A(﹣5，0)，点B(1，0)(点A在
点B的左边)，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，连接BD．直线y＝经过点A，且与y轴交于点E．(1)求抛物线的解析式；(2)点N
是抛物线上的一点，当△BDN是以DN为腰的等腰三角形时，求点N的坐标；(3)点F为线段AE上的一点，点G为线段OA上的一点，连接F
G，并延长FG与线段BD交于点H(点H在第一象限)，当∠EFG＝3∠BAE且HG＝2FG时，求出点F的坐标．【分析】(1)运用待定
系数法即可求得答案；(2)分两种情况：①当DN＝DB时，根据抛物线的对称性即可求得答案，②当DN＝BN时，方法一：N在BD的垂直平
分线上，BD的垂直平分线交BD于I，交x轴于点Q，BD与y轴交点为K，利用三角函数得出sin∠IQB＝＝，运用待定系数法求得yQI
＝，通过解方程组即可求得答案；方法二：过点N作DS⊥NT交NT于点S，设N(a，﹣a2﹣4a+5)，D(﹣2，9)，运用两点间距离
公式即可求出答案；(3)在AE上取一点F，作AF的垂直平分线交x轴于点M，连接MF，则AM＝MF，在AO上M点的右侧作FG＝MF，
过点F作FP垂直于x轴于点P，过点H作HR垂直于x轴于点R，证明△FPG∽△HRG，设F(m，﹣﹣)，则OP＝﹣m，PF＝m+，运
用勾股定理即可求解．【解答】解：(1)将A(﹣5，0)，B(1，0)代入抛物线y＝ax2+bx+5(a≠0)得：，解得：，∴抛物线
的解析式为：y＝﹣x2﹣4x+5；(2)∵D(﹣2，9)，B(1，0)，点N是抛物线上的一点且△BDN是以DN为腰的等腰三角形，∴
此题有两种情形：①当DN＝DB时，根据抛物线的对称性得：A与N重合，∴N1(﹣5，0)，②方法一：当DN＝BN时(如图1)，N在B
D的垂直平分线上，BD的垂直平分线交BD于I，交x轴于点Q，BD与y轴交点为K，∵∠KBO+∠OKB＝90°，∠KBO+∠IQB＝
90°，∴∠OKB＝∠IQB，在Rt△OKB中，sin∠OKB＝，∴sin∠IQB＝＝，∵I是BD的中点，BD＝3，∴BI＝，∴B
Q＝15，∴Q(﹣14，0)，I(，)设yQI＝kx+b，代入得：，解得：，∴yQI＝，联立得：，解得：x＝，∴yQI＝，N2(，
)，N3(，)，方法二：如图2，过点N作DS⊥NT交NT于点S，设N(a，﹣a2﹣4a+5)，D(﹣2，9)，∵DN＝DB，∴DS
2+SN2＝NT2+TB2，∴(﹣2﹣a)2+(9+a2+4a﹣5)2＝(﹣a2﹣4a+5)2+(1﹣a)2，(2+a)2﹣(1﹣
a)2＝(a2+4a﹣5)2﹣(9+a2+4a﹣5)2，(2+a+1﹣a)(2+a﹣1+a)＝(a2+4a﹣5+a2+4a+4)(
a2+4a﹣5﹣a2﹣4a﹣4)，解得：a＝，把a＝代入﹣a2﹣4a+5＝﹣()2﹣4()+5＝，∴N2(，)，N3(，)，综上所
述，N1(﹣5，0)，N2(，)，N3(，)；(3)如图1，在AE上取一点F，作AF的垂直平分线交x轴于点M，连接MF，则AM＝M
F，在AO上M点的右侧作FG＝MF，∴∠FGM＝∠FMG，∴∠EFG＝∠BAE+∠FGM＝∠BAE+∠FMG＝∠BAE+2∠BAE
＝3∠BAE，移动F点，当HG＝2FG时，点F为所求．过点F作FP垂直于x轴于点P，过点H作HR垂直于x轴于点R，∴△FPG∽△H
RG，∴＝＝＝，GR＝2PG，HR＝2PF，设F(m，﹣﹣)，则OP＝﹣m，PF＝m+，HR＝2PF＝m+5，∵AP＝m+5，∴A
P＝2PF，∵AM＝AP﹣MP＝2PF﹣MP，MF＝AM，∴在Rt△PMF中，PM2+PF2＝MF2，PM2+PF2＝(2PF﹣M
P)2，∴PM＝PF＝×＝m+，∴GP＝m+，∴GR＝2PG＝m+，∴PR＝3PG＝3PM，∴AR＝AP+PR＝AP+3PM＝2P
F+3×PF＝＝，∴OR＝，∴H(，m+5)，∵B(1，0)，D(﹣2，9)，∴BD解析式为：yBD＝﹣3x+3，把H代入上式并解
得：m＝﹣，再把m＝﹣代入y＝﹣x﹣得：y＝﹣，∴F(﹣，﹣)．18.(2021?宿迁)如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于
A(﹣1，0)，B(4，0)，与y轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．(1)求抛物线的表达式；(2)如图①，若点P在第
四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ＝∠CBA+45°时，求点P的坐标；(3)如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，
过点P作x轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．【分析】(1)根据两点式可直接求得抛物线表达式；(2)易
证△AOC∽△COB，从而得出∠BAP＝45°，结合P点在抛物线上，可求P坐标；(3)设PH与x轴的交点为Q，P(a，)则H(a，
)，PH＝．分三种情况讨论：①FP＝FH，易证∠FPH＝∠FHP＝∠BHQ＝∠BCO，所以tan∠APQ＝tan∠BCO＝2，即A
Q＝2PQ，从而可解出P的坐标和PH的长； ②PF＝PH，∠CFA＝∠PFH＝∠PHF＝∠BHQ＝∠FCO，在Rt△ACF中，可求
CF长度，进而求出F坐标，直线AF的解析式，联立抛物线解析式可求a；③HF＝HP，由∠AFC＝∠PFH＝∠PHF，易证AP平分∠C
AB，过C作CE∥AB交AP于E，则CE＝AE＝，进而求出E坐标，直线AE的解析式，联立抛物线解析式可求a．【解答】解：(1)∵A
(﹣1，0)，B(4，0)是抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的两个交点，且二次项系数a＝，∴根据抛物线的两点式知，y＝．(2)根据
抛物线表达式可求C(0，2)，即OC＝2．∴＝＝2，∵∠AOC＝∠COB＝90°，∴△AOC∽△COB，∴∠ACO＝∠CBO，∴∠
QAB＝∠QAC+∠CAO＝∠CBA+45°+∠CAO＝∠ACO+∠CAO+45°＝135°，∴∠BAP＝180°﹣∠QAB＝45
°，设P(m，n)，且过点P作PD⊥x轴于D，则△ADP是等腰直角三角形，∴AD＝PD，即m+1＝﹣n①，又∵P在抛物线上，∴②，
联立①②两式，解得m＝6(﹣1舍去)，此时n＝﹣7，∴点P的坐标是(6，﹣7)．(3)设PH与x轴的交点为Q，P(a，)，则H(a
，)，PH＝，若FP＝FH，则∠FPH＝∠FHP＝∠BHQ＝∠BCO，∴tan∠APQ＝tan∠BCO＝2，∴AQ＝2PQ，即a+
1＝2()，解得a＝3(﹣1舍去)，此时PH＝．若PF＝PH，过点F作FM⊥y轴于点M，∴∠PFH＝∠PHF，∵∠CFA＝∠PFH
，∠QHB＝∠PHF，∴∠CFA＝∠QHB，又∵∠ACF＝∠BQH＝90°，∴△ACF∽△BQH，∴CF＝AC＝，在Rt△CMF中
，MF＝1，CM＝，F(1，)，∴AF：，将上式和抛物线解析式联立并解得x＝(﹣1舍去)，此时 PH＝．若HF＝HP，过点C作CE
∥AB交AP于点E(见上图)，∵∠CAF+∠CFA＝90°，∠PAQ+∠HPF＝90°，∠CFA＝∠HFP＝∠HPF，∴∠CAF＝
∠PAQ，即 AP平分∠CAB，∴CE＝CA＝，∴E(，2)，∴AE：，联立抛物线解析式，解得x＝5﹣(﹣1舍去)．此时 PH＝．
∴当FP＝FH时，PH＝； 当PF＝PH时，PH＝； 当HF＝HP时，PH＝；19.(2021?怀化)如图所示，抛物线与x轴交于A
、B两点，与y轴交于点C，且OA＝2，OB＝4，OC＝8，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，与x轴交于点N．(1)求抛物线的解析式
；(2)若点P是对称轴上的一个动点，是否存在以P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由
；(3)D为CO的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．要使动点G走过的路程
最短，请找出点E、F的位置，写出坐标，并求出最短路程．(4)点Q是抛物线上位于x轴上方的一点，点R在x轴上，是否存在以点Q为直角顶
点的等腰Rt△CQR？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】(1)用待定系数法即可求解；(2)当∠CP′M为直角时
，则P′C∥x轴，即可求解；当∠PCM为直角时，用解直角三角形的方法求出PN＝MN+PM＝6+＝，即可求解；(3)作点C关于函数对
称轴的对称点C′(2，8)，作点D关于x轴的对称点D′(0，﹣4)，连接C′D′交x轴于点E，交函数的对称轴于点F，则点E、F为所求点，进而求解；(4)分两种情况，证明△ANQ≌△QMC(AAS)，则QN＝CM，即可求解．【解答】解：(1)由题意得，点A、B、C的坐标分别为(﹣2，0)、(4，0)、(0，8)，设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，则，解得，故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+8；(2)存在，理由：当∠CP′M为直角时，则以P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似时，则P′C∥x轴，则点P′的坐标为(1，8)；当∠PCM为直角时，在Rt△OBC中，设∠CBO＝α，则tan∠CBO＝＝2＝tanα，则sinα＝，cosα＝，在Rt△NMB中，NB＝4﹣1＝3，则BM＝＝3，同理可得，MN＝6，由点B、C的坐标得，BC＝＝4，则CM＝BC﹣MB＝，在Rt△PCM中，∠CPM＝∠OBC＝α，则PM＝＝＝，则PN＝MN+PM＝6+＝，故点P的坐标为(1，)，故点P的坐标为(1，8)或(1，)；(3)∵D为CO的中点，则点D(0，4)，作点C关于函数对称轴的对称点C′(2，8)，作点D关于x轴的对称点D′(0，﹣4)，连接C′D′交x轴于点E，交函数的对称轴于点F，则点E、F为所求点，理由：G走过的路程＝DE+EF+FC＝D′E+EF+FC′＝C′D′为最短，由点C′、D′的坐标得，直线C′D′的表达式为y＝6x﹣4，对于y＝6x﹣4，当y＝6x﹣4＝0时，解得x＝，当x＝1时，y＝2，故点E、F的坐标分别为(，0)、(1，2)；G走过的最短路程为C′D′＝＝2；(4)存在，理由：①当点Q在y轴的右侧时，设点Q的坐标为(x，﹣x2+2x+8)，故点Q作y轴的平行线交x轴于点N，交过点C与x轴的平行线于点M，∵∠MQC+∠RQN＝90°，∠RQN+∠QRN＝90°，∴∠MQC＝∠QRE，∵∠ANQ＝∠QMC＝90°，QR＝QC，∴△ANQ≌△QMC(AAS)，∴QN＝CM，即x＝﹣x2+2x+8，解得x＝(不合题意的值已舍去)，故点Q的坐标为(，)；②当点Q在y轴的左侧时，同理可得，点Q的坐标为(，)．综上，点Q的坐标为(，)或(，)．20.(2021?南充)如图，已知抛物线y＝ax2+bx+4(a≠0)与x轴交于点A(1，0)和B，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，若点P是线段BC上的一个动点(不与点B，C重合)，过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ，当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由；(3)如图2，在(2)的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，使得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)用待定系数法即可求解；(2)设点P的坐标为(x，﹣x+4)，则点Q的坐标为(x，x2﹣5x+4)，则PQ＝(﹣x+4)﹣(x2﹣5x+4)＝﹣x2+4x，进而求解；(3)当∠DQE＝2∠ODQ，则∠HQA＝∠HQE，则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，进而求出点E的坐标为(5，4)，再分BE＝BF、BE＝EF、BF＝EF三种情况，分别求解即可．【解答】解：(1)由题意得：，解得，故抛物线的表达式为y＝x2﹣5x+4①；(2)对于y＝x2﹣5x+4，令y＝x2﹣5x+4＝0，解得x＝1或4，令x＝0，则y＝4，故点B的坐标为(4，0)，点C(0，4)，设直线BC的表达式为y＝kx+t，则，解得，故直线BC的表达式为y＝﹣x+4，设点P的坐标为(x，﹣x+4)，则点Q的坐标为(x，x2﹣5x+4)，则PQ＝(﹣x+4)﹣(x2﹣5x+4)＝﹣x2+4x，∵﹣1＜0，故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4＝CO，此时点Q的坐标为(2，﹣2)；∵PQ＝CO，PQ∥OC，故四边形OCPQ为平行四边形；(3)∵D是OC的中点，则点D(0，2)，由点D、Q的坐标，同理可得，直线DQ的表达式为y＝﹣2x+2，过点Q作QH⊥x轴于点H，则QH∥CO，故∠AQH＝∠ODA，而∠DQE＝2∠ODQ．∴∠HQA＝∠HQE，则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，故设直线QE的表达式为y＝2x+r，将点Q的坐标代入上式并解得r＝﹣6，故直线QE的表达式为y＝2x﹣6②，联立①②并解得(不合题意的值已舍去)，故点E的坐标为(5，4)，设点F的坐标为(0，m)，由点B、E的坐标得：BE2＝(5﹣4)2+(4﹣0)2＝17，同理可得，当BE＝BF时，即16+m2＝17，解得m＝±1；当BE＝EF时，即25+(m﹣4)2＝17，方程无解；当BF＝EF时，即16+m2＝25+(m﹣4)2，解得m＝；故点F的坐标为(0，1)或(0，﹣1)或(0，)． |
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