【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题21函数与直角三角形的存在性问题 【例1】（2022春?绿园区期末）如图，在Rt△
ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，动点P从点A出发，沿AC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动，过点P作PQ⊥AB于点Q
，将线段PQ绕点P逆时针旋转90°得到线段PR，连结QR．设四边形APRQ与Rt△ABC的重叠部分的面积为S，点P的运动时间为t（
t＞0）秒．（1）线段AP的长为 2t （用含t的代数式表示）．（2）当点R恰好落在线段BC上时，求t的值．（3）求S与t之间的
函数关系式．（4）当△CPR为直角三角形时，直接写出t的值．【分析】（1）由题意可得出答案；（2）由旋转的性质及等腰直角三角形的性
质可得出2t＝6﹣t，则可求出答案；（3）分两种情况：①当点R在△ACB内或BC边上时，0＜t≤2，②当2＜t≤3时，由平行四边形
的面积公式及三角形面积可得出答案；（4）可分两种情况：①当∠PCR＝90°时，由（2）可知，t＝2，②当∠CRP＝90°，由题意得
出AP＝PC，则可求出t的值．【解答】解：（1）由题意可知，AP＝2t，故答案为：2t；（2）如图，∵将线段PQ绕点P逆时针旋转9
0°得到线段PR，∴PQ＝PR，∠QPR＝90°，∵AP＝2t，∴AQ＝PQ＝t，∴QR＝t＝2t，∵AC＝BC＝6，∠C＝90°
，∴AB＝6，∴BQ＝6﹣t，∵当点R恰好落在线段BC上时，∠RCP＝90°，∴∠CPR＝∠CRP＝∠PRQ＝45°，∴∠QRB＝
90°，∴BQ＝RQ，∴2t＝6﹣t，∴t＝2；（3）分两种情况：①当点R在△ACB内或BC边上时，0＜t≤2，∵AP＝QR，AQ
＝PR，∴四边形APRQ为平行四边形，∴S＝AQ?PQ＝＝2t2；②当2＜t≤3时，由题意知，△CPE和△EFR为等腰直角三角形，
∴CP＝CE＝6﹣2t，∴PE＝6﹣2t，∴ER＝＝3t﹣6，∴＝，∴S＝S四边形APRQ﹣S△EFR＝＝﹣，∴S＝；（4）当△C
PR为直角三角形时，可分两种情况：①当∠PCR＝90°时，由（2）可知，t＝2，②当∠CRP＝90°，由题意可知AQ＝PQ＝PR＝
CR，∴AP＝PC，∴2t＝6﹣2t，∴t＝．综上所述，当t＝2或时，△CPR为直角三角形．【例2】（2022春?成华区校级期中）
如图，在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，经过A（﹣2，6）的直线交x轴正半轴于点B，交y轴于点C，OB＝OC，直线AD交x轴负半
轴于点D，若△ABD的面积为27．（1）求直线AB的表达式和点D的坐标；（2）横坐标为m的点P在线段AB上（不与点A、B重合），过
点P作x轴的平行线交AD于点E，设PE的长为y（y≠0），求y与m之间的函数关系式并直接写出相应的m取值范围；（3）在（2）的条件
下，在x轴上是否存在点F，使△PEF为等腰直角三角形？若存在求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据直线AB交x轴
正半轴于点B，交y轴于点C，OB＝OC，设出解析式为y＝﹣x+n，把A的坐标代入求得n的值，从而求得B的坐标，再根据三角形的面积建
立方程求出BD的值，求出OD的值，从而求出D点的坐标，直接根据待定系数法求出AD的解析式；（2）先根据B、A的坐标求出直线AB的解
析式，将P点的横坐标代入直线AB的解析式，求出P的纵坐标，将P点的纵坐标代入直线AD的解析式就可以求出E的横坐标，根据线段的和差关
系就可以求出结论；（3）要使△PEF为等腰直角三角形，分三种情况分别以点P、E、F为直角顶点，根据等腰直角三角形的性质求出（2）中
m的值，就可以求出F点的坐标．【解答】解：（1）∵OB＝OC，∴设直线AB的解析式为y＝﹣x+n，∵直线AB经过A（﹣2，6），∴
2+n＝6，∴n＝4，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4，∴B（4，0），∴OB＝4，∵△ABD的面积为27，A（﹣2，6），∴S△
ABD＝×BD×6＝27，∴BD＝9，∴OD＝5，∴D（﹣5，0），设直线AD的解析式为y＝ax+b，∴，解得．∴直线AD的解析式
为y＝2x+10；（2）∵点P在AB上，且横坐标为m，∴P（m，﹣m+4），∵PE∥x轴，∴E的纵坐标为﹣m+4，代入y＝2x+1
0得，﹣m+4＝2x+10，解得x＝，∴E（，﹣m+4），∴PE的长y＝m﹣＝m+3；即y＝m+3，（﹣2＜m＜4）；（3）在x轴
上存在点F，使△PEF为等腰直角三角形，①当∠FPE＝90°时，如图①，有PF＝PE，PF＝﹣m+4，PE＝m+3，∴﹣m+4＝m
+3，解得m＝，此时F（，0）；②当∠PEF＝90°时，如图②，有EP＝EF，EF的长等于点E的纵坐标，∴EF＝﹣m+4，∴﹣m+
4＝m+3，解得：m＝，∴点E的横坐标为x＝＝﹣，∴F（﹣，0）；③当∠PFE＝90°时，如图③，有 FP＝FE，∴∠FPE＝∠F
EP．∵∠FPE+∠EFP+∠FEP＝180°，∴∠FPE＝∠FEP＝45°．作FR⊥PE，点R为垂足，∴∠PFR＝180°﹣∠F
PE﹣∠PRF＝45°，∴∠PFR＝∠RPF，∴FR＝PR．同理FR＝ER，∴FR＝PE．∵点R与点E的纵坐标相同，∴FR＝﹣m+
4，∴﹣m+4＝（m+3），解得：m＝，∴PR＝FR＝﹣m+4＝﹣+4＝，∴点F的横坐标为﹣＝﹣，∴F（﹣，0）．综上，在x轴上存
在点F使△PEF为等腰直角三角形，点F的坐标为（，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．【例3】如图，在平面直角坐标系中，C（8，0）、B
（0，6）是矩形ABOC的两个顶点，点D是线段AB上的一个动点（不与A、B重合），双曲线y＝（k＞0）经过点D，与矩形ABOC的边
AC相交于点E．（1）如图①，当点D为AB中点时，k的值为 24 ，点E的坐标为 （8，3） ．（2）如图②，当点D在线段AB
上的任意位置时（不与A、B重合），连接BC、DE，求证：BC∥DE．（3）是否存在反比例函数上不同于点D的一点F，满足：△ODF为
直角三角形，∠ODF＝90°，且tan∠DOF＝，若存在，请直接写出满足以上条件时点D的横坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1
）根据矩形的性质得点A的坐标，再利用中点坐标公式得点D的坐标，从而得出k的值，再将y＝6代入即可；（2）根据点D、E的坐标，可得出
AD、AE的长度，根据即即可证出BC∥DE；（3）根据题意可知，需要分两种情况：①当点F在直线AB上方时，过点D作DG⊥x轴于点G
，过点F作FM⊥DG于点M，②当点F在直线AB下方时，如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FN⊥AB于点N，分别设出点D的横坐
标，表达点F的坐标，进而得出方程，求解即可．【解答】（1）解：∵C（8，0）、B（0，6）是矩形ABOC的两个顶点，∴AB＝OC＝
8，AC＝OB＝6，∴A（8，6），∵点D是AB的中点，∴D（4，6），∴k＝8×3＝24，∴y＝，当x＝8时，y＝3，∴E（8，
3），故答案为：24，（8，3）；（2）证明：设点D的横坐标为m，∴点D的坐标为（m，6），∴k＝6m，∴反比例函数的解析式为：y
＝，∴点E的坐标为（8，），∴AD＝8﹣m，AE＝AC﹣CE＝6﹣＝，∵＝＝，＝＝，∴＝，即，∴BC∥DE；（3）解：根据题意可知
，需要分两种情况：①当点F在直线AB上方时，如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FM⊥DG于点M，∴∠OGD＝∠DMF＝90°
，∵∠ODF＝90°，∴∠ODG+∠DOG＝∠ODG+∠FDM＝90°，∴∠DOG＝∠FDM，∴△ODG∽△DFM，∴OD：DF＝
OG：DM＝DG：FM，∵tan∠DOF＝，∴DF：OD＝1：3，∴OD：DF＝OG：DM＝DG：FM＝3，∵DG＝OB＝6，∴F
M＝2，设点D的横坐标为t，则OG＝t，∴DM＝，∴D（t，6），F（t﹣2，6+），∴6t＝（t﹣2）（6+），解得t＝1+（负
值舍去）．即此时点D的横坐标为：1+．②当点F在直线AB下方时，如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点F作FN⊥AB于点N，∴∠OB
D＝∠DNF＝90°，∵∠ODF＝90°，∴∠ODB+∠DOB＝∠ODB+∠FDN＝90°，∴∠DOB＝∠FDN，∴△ODB∽△D
FN，∴OD：DF＝OB：DN＝DB：FN，∵tan∠DOF＝，∴DF：OD＝1：3，∴OD：DF＝OB：DN＝DB：FN＝3，∵
OB＝6，∴FN＝2，设点D的横坐标为n，则BD＝n，∴FN＝，∴D（n，6），F（n+2，6﹣），∴6n＝（n+2）（6﹣），解
得n＝﹣1+（负值舍去）．即此时点D的横坐标为：﹣1+．综上，满足题意的点D的横坐标为：1+或﹣1+．【例4】（2022?巴南区自
主招生）已知在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，A（﹣4，0），
B（12，0），C（0，﹣6）．（1）求这个二次函数的解析式；（2）如图1，点P为直线BC下方抛物线上的一个动点，过点P作PD∥y
轴交直线BC于点D，过点P作PE∥BC交x轴于点E，求PD+BE的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，将抛物线沿射线CB方向平移
3个单位，得到新抛物线y''，点F为y''的对称轴上任意一点，若以点B、C、F为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出符合条件的点F的坐
标．【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）设P（t，t2﹣t﹣6），则D（t，t﹣6），则PD＝﹣t2+t，求出直线
PE的解析式为y＝x+t2+t﹣6，则E（﹣t2﹣3t+12，0），可求BE＝﹣t2﹣3t，所以PD+BE＝﹣（t﹣6）2+，即可
求当t＝6时，PD+PE有最大值，此时P（6，﹣）；（3）求出平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣10）2﹣5，设F（10，n），B（
12，0），C（0，﹣6），则BF2＝4+n2，BC2＝180，FC2＝100+（n+6）2，分三种情况讨论当BF为斜边时，F（1
0，﹣26）；当BC为斜边时，F（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；当CF为斜边时，100+（n+6F（10，4）．【解答】解：（
1）将A（﹣4，0），C（0，﹣6）代入y＝x2+bx+c，∴，解得，∴y＝x2﹣x﹣6；（2）设BC的直线解析式为y＝kx+b，
∴，解得，∴y＝x﹣6，设P（t，t2﹣t﹣6），则D（t，t﹣6），∴PD＝﹣t2+t，设直线PE的解析式为y＝x+m，将点P代
入，可得m＝t2+t﹣6，∴y＝x+t2+t﹣6，∴E（﹣t2﹣3t+12，0），∴BE＝﹣t2﹣3t，∴PD+BE＝﹣t2+t+
（﹣t2﹣3t）＝﹣（t﹣6）2+，∴当t＝6时，PD+PE有最大值，此时P（6，﹣）；（3）设抛物线沿x轴正方向平移2m个单位，
则沿y轴正方向平移m个单位，∴3＝m，解得m＝3，∴平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣10）2﹣5，∴抛物线的对称轴为直线x＝10，
设F（10，n），B（12，0），C（0，﹣6），∴BF2＝4+n2，BC2＝180，FC2＝100+（n+6）2，当BF为斜边时
，100+（n+6）2+180＝4+n2，解得n＝﹣26，∴F（10，﹣26）；当BC为斜边时，180＝100+（n+6）2+4+
n2，解得n＝﹣3+或n＝﹣3﹣，∴F（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）；当CF为斜边时，100+（n+6）2＝180+4+n2，
解得n＝4，∴F（10，4）；综上所述：F点坐标为（10，﹣26）或（10，﹣3+）或（10，﹣3﹣）或（10，4）．一．解答题1
．（2022秋?南关区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，动点F从点A出发沿折线AC﹣CB向终点
B运动，在AC上的速度为每秒个单位长度，在BC上的速度为每秒1个单位长度．当点F不与点C重合时，以CF为边在点C的右上方作等边△C
FQ，设点P的运动时间为t（秒），点F到AB的距离为h．（1）AC＝ 2 ；（2）求h与t的函数关系式，并写出t的取值范围；（3）
当点F在AC边上运动，且点Q到AB的距离为h时，求t的值；（4）取AB边的中点D，连结FD、CD，当△FCD是直角三角形时，直接写
出t的值．【分析】（1）根据含30°的直角三角形和勾股定理可得AC的长；（2）分两种情况：F在AC上和BC上，根据含30°角的直角
三角形和勾股定理可得h与t的函数关系式；（3）分两种情况：设直线CQ与AB交于点P，①如图3，点P在CQ上，②如图4，点P在CQ的
延长线上，根据等边三角形的边长2﹣t列等式，解出可得答案；（4）分三种情况：当F在AC上时，①如图5，∠CFD＝90°，②如图6，
∠CDF＝90°，当F在BC上时，③如图7，∠DFC＝90°，根据含30°角的直角三角形的性质可得答案．【解答】解：（1）∵∠AC
B＝90°，∠A＝30°，BC＝2，∴AB＝2BC＝4，∴AC＝＝＝2，故答案为：2；（2）分两种情况：过点F作FH⊥AB于H，①
当0≤t＜2时，点F在边AC上，如图1，由题意得：AF＝t，Rt△AFH中，∠A＝30°，∴FH＝h＝AF＝t；②当2＜t≤4时，
点F在边BC上，如图2，由题意得：CF＝t﹣2，∴BF＝BC﹣CF＝2﹣（t﹣2）＝4﹣t，Rt△BFH中，∠BFH＝30°，∴B
H＝BF＝，∴FH＝h＝BH＝＝﹣t﹣2；综上，h与t的函数关系式为：h＝；（3）分两种情况：设直线CQ与AB交于点P，①如图3，
点D在CQ上，∵△CFQ是等边三角形，∴∠FCQ＝∠Q＝∠CFQ＝60°，∵∠ACB＝90°，∴∠BCQ＝30°，∵∠B＝60°，
∴∠CPE＝30°+60°＝90°，∴∠PEQ＝30°，∵当点F在AC边上运动，且点Q到AB的距离为h时，即QP＝h，∴QE＝2P
Q＝h，∵∠CFQ＝60°，∠A＝30°，∴∠A＝∠AEF＝30°，∴EF＝AF＝t，∵CF＝FQ＝2﹣t，∴2﹣t＝t+h＝t+
t，∴t＝；②如图4，点P在CQ的延长线上，由①知：∠BPC＝90°，∠BCP＝30°，∴CP＝BP＝，∵CP＝CQ+PQ，∴＝2
﹣t+t，∴t＝；综上，t的值是或；（4）分三种情况：①如图5，∠CFD＝90°，∵D是AB的中点，∠ACB＝90°，∴CD＝AD
＝2，∴CF＝AF＝，∴t＝1；②如图6，∠CDF＝90°，∵∠DCF＝30°，∴DF＝，CF＝2DF＝，∴AF＝2﹣＝，此时t＝
；③如图7，∠DFC＝90°，∵∠CDF＝30°，∴CF＝CD＝1，此时t＝2+1＝3；综上，t的值是1或或3．2．（2021?罗
湖区校级模拟）如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，它的对称轴是直线x＝2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒
1个单位的速度向上运动，设动点P运动的时间为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA，AB．（1）求抛物线的函数解析式；（2）
当△AOB为直角三角形时，求t的值；（3）如图2，⊙M为△AOB的外接圆，在点P的运动过程中，点M也随之运动变化，请你探究：在1≤
t≤5时，求点M经过的路径长度．【分析】（1）由抛物线y＝x2+bx+c经过原点O且对称轴是直线x＝2，知c＝0，﹣＝2，求得b的
值即可得出答案；（2）设点B（a，a2﹣4a），由y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4知A（2，﹣4），据此得出OA2＝22+42＝2
0、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，再分∠OAB＝90°、∠AOB＝90°和∠ABO＝
90°三种情况，根据勾股定理列出关于a的方程，解之求得a的值，继而求出直线OB解析式，求出x＝2时y的值，从而求得t的值；（3）由
⊙M为△AOB的外接圆知点M在线段OA的中垂线上，从而得出1≤t≤5时，点M的运动路径是在线段OA中垂线上的一条线段，再结合（2）
中的情况求出点M的位置，根据两点间的距离公式求解可得．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，且对称轴是直线x＝2
，∴c＝0，﹣＝2，则b＝﹣4、c＝0，∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x；（2）设点B（a，a2﹣4a），∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2
）2﹣4，∴点A（2，﹣4），则OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）
2，①若OB2＝OA2+AB2，则a2+（a2﹣4a）2＝20+（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，解得a＝2（舍）或a＝，∴B（
，﹣），则直线OB解析式为y＝﹣x，当x＝2时，y＝﹣3，即P（2，﹣3），∴t＝（﹣3+4）÷1＝1；②若AB2＝OA2+OB2
，则（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2＝20+a2+（a2﹣4a）2，解得a＝0（舍）或a＝，∴B（，），则直线OB解析式为y＝x
，当x＝2时，y＝1，即P（2，1），∴t＝[1﹣（﹣4）]÷1＝5；③若OA2＝AB2+OB2，则20＝（a﹣2）2+（a2﹣4
a+4）2+a2+（a2﹣4a）2，整理，得：a3﹣8a2+21a﹣18＝0，a3﹣3a2﹣5a2+15a+6a﹣18＝0，a2（
a﹣3）﹣5a（a﹣3）+6（a﹣3）＝0，（a﹣3）（a2﹣5a+6）＝0，（a﹣3）2（a﹣2）＝0，则a＝3或a＝2（舍），
∴B（3，﹣3），∴直线OB解析式为y＝﹣x，当x＝2时，y＝﹣2，即P（2，﹣2），∴t＝[﹣2﹣（﹣4）]÷1＝2；综上，当△
AOB为直角三角形时，t的值为1或2或5．（3）∵⊙M为△AOB的外接圆，∴点M在线段OA的中垂线上，∴当1≤t≤5时，点M的运动
路径是在线段OA中垂线上的一条线段，当t＝1时，如图1，由（2）知∠OAB＝90°，∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OB的中点，
∵B（，﹣），∴M（，﹣）；当t＝5时，如图2，由（2）知，∠AOB＝90°，∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是AB的中点，∵B（
，）、A（2，﹣4），∴M（，﹣）；当t＝2时，如图3，由（2）知，∠OBA＝90°，∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OA的中点
，∵A（2，﹣4），∴M（1，﹣2）；则点M经过的路径长度为+＝+＝．3．（2012?芜湖县校级自主招生）学习过三角函数，我们知道
在直角三角形中，一个锐角的大小与两条边长的比值相互唯一确定，因此边长与角的大小之间可以相互转化．类似的，可以在等腰三角形中建立边角
之间的联系，我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对（sad）．如图，在△ABC中，AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，
这时sadA＝．容易知道一个角的大小与这个角的正对值也是相互唯一确定的．根据上述对角的正对定义，解下列问题：（1）sad60°的值
为 B A． B．1 C．D．2（2）对于0°＜A＜180°，∠A的正对值sadA的取值范围是 0＜sadA＜2 ．（3）已
知sinα＝，其中α为锐角，试求sadα的值．【分析】（1）根据等腰三角形的性质，求出底角的度数，判断出三角形为等边三角形，再根据
正对的定义解答；（2）求出0度和180度时等腰三角形底和腰的比即可；（3）作出直角△ABC，构造等腰三角形ACD，根据正对的定义解
答．【解答】解：（1）根据正对定义，当顶角为60°时，等腰三角形底角为60°，则三角形为等边三角形，则sad60°＝＝1．故选B．
（2）当∠A接近0°时，sadα接近0，当∠A接近180°时，等腰三角形的底接近于腰的二倍，故sadα接近2．于是sadA的取值范
围是0＜sadA＜2．故答案为0＜sadA＜2．（3）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，sin∠A＝．在AB上取点D，使AD＝
AC，作DH⊥AC，H为垂足，令BC＝3k，AB＝5k， 则AD＝AC＝＝4k，又∵在△ADH中，∠AHD＝90°，sin∠A＝．
∴DH＝ADsin∠A＝k，AH＝＝k．则在△CDH中，CH＝AC﹣AH＝k，CD＝＝k．于是在△ACD中，AD＝AC＝4k，CD
＝k．由正对的定义可得：sadA＝＝，即sadα＝．4．（2022秋?法库县期中）如图，已知函数y＝x+1的图象与y轴交于点A，一
次函数y＝kx+b的图象经过点B（0，﹣1），与x轴以及y＝x+1的图象分别交于点C，D，且点D的坐标为（1，n）．（1）则k＝
3 ，b＝ ﹣1 ，n＝ 2 ；（2）若函数y＝kx+b的值大于函数y＝x+1的函数值，则x的取值范围是 x＞1 ；（3）求四边
形AOCD的面积；（4）在x轴上是否存在点P，使得以点P，C，D为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出点P的坐标．【分析】（1）对
于直线y＝x+1，令x＝0求出y的值，确定出A的坐标，把B坐标代入y＝kx+b中求出b的值，再将D坐标代入y＝x+1求出n的值，进
而将D坐标代入求出k的值即可；（2）由两一次函数解析式，结合图象确定出x的范围即可；（3）过D作DE垂直于x轴，如图1所示，四边形
AOCD面积等于梯形AOED面积减去三角形CDE面积，求出即可；（4）在x轴上存在点P，使得以点P，C，D为顶点的三角形是直角三角
形，理由为：分两种情况考虑：①DP′⊥DC；②DP⊥CP，分别求出P坐标即可．【解答】解：（1）对于直线y＝x+1，令x＝0，得到
y＝1，即A（0，1），把B（0，﹣1）代入y＝kx+b中，得：b＝﹣1，把D（1，n）代入y＝x+1得：n＝2，即D（1，2），
把D坐标代入y＝kx﹣1中得：2＝k﹣1，即k＝3，故答案为：3，﹣1，2；（2）∵一次函数y＝x+1与y＝3x﹣1交于D（1，2
），∴由图象得：函数y＝kx+b的函数值大于函数y＝x+1的函数值时x的取值范围是x＞1；故答案为：x＞1；（3）过D作DE⊥x轴
，垂足为E，如图1所示，∵一次函数y＝3x﹣1的图象与x轴交于点C，∴C（，0），∴CE＝1﹣＝，∴S四边形AOCD＝S梯形AOE
D﹣S△CDE＝（AO+DE）?OE﹣CE?DE＝×（1+2）×1﹣××2＝﹣＝；（4）如图2所示，设P（p，0），∴PC2＝（p
﹣）2，PD2＝22+（p﹣1）2，CD2＝22+（1﹣）2，分两种情况考虑：①当P′D⊥DC时，P′C2＝P′D2+CD2，∴（
p﹣）2＝22+（p﹣1）2+22+（1﹣）2，∴p＝7，∴P′（7，0）；②当DP⊥CP时，由D横坐标为1，得到P横坐标为1，∵
P在x轴上，∴P的坐标为（1，0），综上，P的坐标为（1，0）或（7，0）．5．（2022秋?同安区期中）如图，直线分别与x轴、y
轴交于A点与B点，函数的图象经过B点．点P是抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D．（1）求该二次函
数的解析式；（2）连接AD，当△ABD为直角三角形时，求BD的长；（3）将△BDP绕点B逆时针旋转45°，得到△BD''P''，当点P
的对应点P''落在坐标轴上时，请求出点P的坐标．【分析】（1）先确定出点A、B的坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；（2）当点P在
对称轴左侧时，△ABD不可能为直角三角形，当点P在对称轴右侧时，∠ABD为锐角，分两种情况：①当∠ADB＝90°时，②当∠BAD＝
90°时，根据直角三角形的性质分别求解即可；（3）分点P′落在x轴和y轴两种情况计算即可．①当点P''落在x轴上时，过点P''作P''E
⊥x轴，垂足为P′，过点D''作D''F⊥y轴，垂足为F，交P′E于点E，先利用互余和旋转角相等得出△PD''E是等腰直角三角形，根据P
′E＝OF＝OB+BF，建立方程即可；②根据等腰直角三角形的性质即可得出结论．【解答】解：（1）∵直线y＝x﹣2分别与x轴、y轴交
于A点与B点，∴A（，0），B（0，﹣2），∵抛物线y＝x2+2nx+n经过点B，∴n＝﹣2，∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x﹣2；
（2）当点P在对称轴左侧时，△ABD不可能为直角三角形，当点P在对称轴右侧时，∠ABD为锐角，分两种情况：①当∠ADB＝90°时，
∵A（，0），B（0，﹣2），∴点D坐标为（，﹣2），∴BD＝；②当∠BAD＝90°时，设D（a，﹣2），∵A（，0），B（0，﹣
2），∴AB2＝（）2+22＝6，BD2＝a2，AD2＝（a﹣）2+22，在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，∴6+（a﹣）
2+22＝a2，解得a＝3，∴BD＝3；综上所述，当△ABD为直角三角形时，BD的长为或3；（3）①当点P''落在x轴上时，过点P''
作P''E⊥x轴，垂足为P′，过点D''作D''F⊥y轴，垂足为F，交P′E于点E，设点P的坐标为（m，m2﹣4m﹣2），∴PD＝m2﹣
4m﹣2﹣（﹣2）＝m2﹣4m，∵PD⊥x轴，BD⊥PD，∴BD⊥y轴，由旋转得∠DBD''＝45°，P′D′＝PD＝m2﹣4m，∴
∠BD''F＝∠DBD''＝45°，∴∠PD''E＝45°，∴△PD''E是等腰直角三角形，∴P′E＝P′D′＝（m2﹣4m），同理BF＝
BD′＝﹣m，∵P′E＝OF＝OB+BF，∴（m2﹣4m）＝﹣m+2，整理得2m2﹣3m﹣4＝0，解得m＝﹣或2（舍去），当m＝﹣
时，m2﹣4m﹣2＝﹣2，∴点P的坐标为（﹣，﹣2）；②当点P''落在y轴上时，如图，过点D′作D′M⊥x轴，交BD于M，过点P′作
P′N⊥y轴，交MD''的延长线于点N，设点P的坐标为（n，n2﹣4n﹣2），∴PD＝n2﹣4n﹣2﹣（﹣2）＝n2﹣4n，由旋转得
∠DBP＝∠D′BP′＝45°，∴△PDB是等腰直角三角形，∴PD＝BD，∴n＝n2﹣4n，解得m＝或0（舍去），当m＝时，n2﹣
4n﹣2＝﹣2，∴点P的坐标为（，﹣2）；综上所述，点P的坐标为（﹣，﹣2）或，﹣2）．6．（2022秋?禅城区校级期中）如图1，
在平面直角坐标系中，一次函数y＝3x+6分别与x轴和y轴交于点C和点B，已知A（6，0），（1）写出点B，点C的坐标和△ABC的面
积；（2）直线l经过A、B两点，求直线AB的解析式；（3）点D是在直线AB上的动点，是否存在动点D，使得？若存在，求出点D的坐标；
若不存在，请说明理由；（4）如图2，P为A点右侧x轴上的一动点，以P为直角顶点、BP为腰在第一象限内作等腰直角三角形△BPQ，连接
QA并延长交y轴于点K．当P点运动时，K点的位置是否发生变化？如果不变，请求出它的坐标；如果变化，请说明理由．【分析】（1）△AB
C的面积＝×AC×OB，即可求解；（2）用待定系数法即可求解；（3）由得到yD|＝|yB|，即可求解；（4）证明△BOP≌△PHQ
（AAS），求出Q的坐标为（t+6，t），进而求解．【解答】解：（1）对于y＝3x+6，令x＝0，则y＝6，故点B（0，6），令y
＝3x+6＝0，解得：x＝﹣2，故点C（﹣2，0）；则△ABC的面积＝×AC×OB＝×（6+2）×6＝24；（2）设直线AB的表达
式为y＝kx+b（k≠0），则，解得：，故直线AB的表达式为y＝﹣x+6；（3）存在，理由：∵，∴|yD|＝|yB|＝3，即|x+
6|＝3，解得：x＝3或9，故点D的坐标为（3，3）或（9，﹣3）；（4）K点的位置不发生变化，理由：设点P的坐标为（t，0），过
点Q作QH⊥x轴于点H，∵∠BPO+∠QPH＝90°，∠PBO+∠BPO＝90°，∴∠QPH＝∠PBO，在Rt△BOP和Rt△PH
Q中，，∴△BOP≌△PHQ（AAS），∴PH＝BO＝6，QH＝OP＝t，则点Q的坐标为（t+6，t），设直线AQ的表达式为y＝m
x+n，则，解得，故点K的坐标为（0，﹣6）．7．（2022秋?工业园区校级期中）如图，已知点P是第一象限内二次函数y＝﹣x2+2
mx+3m2（m＞0）图象上一点，该二次函数图象与x轴交于A、B两点（A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC．（1）线段AB的
长为 4m （用含m的代数式表示）；（2）当m＝1时，点D与C点关于二次函数图象对称轴对称，若AD平分∠CAP，求点P的坐标；（
3）若△ABC是直角三角形，点E是AP与BC的交点，则的最小值是多少？直接写出答案即可．【分析】（1）利用根与系数的关系求解即可；
（2）先求出∠ABC＝∠DAB＝45°，可得BC⊥AD，再由△AOK和△DQK是等腰直角三角形，确定点Q的坐标，利用点Q的坐标求出
C点关于AD的对称点G的坐标，直线AG与抛物线的交点即为P点；（3）过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，过点A作AF∥y轴交BC于点F
，设P（t，﹣t2+2mt+3m2），则F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），由PQ∥AF，＝，当PQ最大时，有最小值，再
由PQ＝﹣（t﹣m）2+m2，当t＝m时，PQ有最大值m2，即可求的最小值是．【解答】解：（1）令y＝0，则﹣x2+2mx+3m2
＝0，∴x1+x2＝2m，x1?x2＝﹣3m2，∴AB＝＝4m，故答案为：4m；（2）当m＝1时，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1
）2+4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，令x＝0，则y＝3，∴C（0，3），∵点D与C点关于二次函数图象对称轴对称，∴D（2，3）
，令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），∴OB＝OC＝3，∴∠ABC＝45°，过
点D作DH⊥x轴交于点H，∴DH＝3，AH＝3，∴∠DAH＝45°，∴BC⊥AD，∵AO＝1，∴OK＝1，∴CK＝2，∵△CQK是
等腰直角三角形，∴Q（1，2），∴C点关于AD的对称点G（2，1），∴∠CAQ＝∠QAG，∴AD平分∠CAG，设直线AP的解析式为
y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+，联立方程组，解得（舍）或，∴P（，）；（3）令x＝0，则y＝3m2，∴C（0，3m2），令y＝
0，则﹣x2+2mx+3m2＝0，解得x＝﹣m或x＝3m，∴B（3m，0），A（m，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，解
得，∴y＝﹣mx+3m2，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，过点A作AF∥y轴交BC于点F，设P（t，﹣t2+2mt+3m2），∴F
（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），∴PQ＝﹣t2+2mt+3m2+mt﹣3m2＝﹣t2+3mt，FA＝5m2，∵PQ∥A
F，∴＝＝，当PQ最大时，有最小值，∵PQ＝﹣t2+3mt＝﹣（t﹣m）2+m2，当t＝m时，PQ有最大值m2，∴的最小值是．8．
（2022秋?西湖区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，以BC为一边向下作矩形BDEC，其中DB＝3．M为线段AB
上的动点（且不与A、B重合），过M作MN⊥DE，交DB于点N．（1）如图1，以MN为边作矩形MNPQ，使边NP在线段DE上，点Q在
AC上．①当MN为5时，矩形MNPQ的面积为 15 ；②设MN＝x，矩形MNPQ的面积为y，试求出y关于x的函数表达式；③矩形M
NPQ的面积y是否有最大值，若有，请求出这个最大值；若没有，请说明理由．（2）如图2，过点N作AB的平行线，交线段AC于点F，连接
MF，若△MNF为直角三角形，请直接写出线段MN的长度．【分析】（1）①如图1，过点Z作AJ⊥BC于点J，交MQ于点H，交DE于点
G．求出MQ，可得结论；②方法类似，求出MN可得结论；③利用二次函数的性质求解即可．（2）分两种情况讨论，由直角三角形的性质可求解
．【解答】解：（1）如图1，过点Z作AJ⊥BC于点J，交MQ于点H，交DE于点G．∵AB＝AC＝5，AJ⊥BC，∴BJ＝JC＝BC
＝3，∴AJ＝＝＝4，∵∠D＝∠DBJ＝∠BJG＝90°，∴四边形MNPQ是矩形，∴JG＝BD＝3，同法可证四边形MNGH是矩形，
∴GH＝MN＝5，∴AG＝AJ+JG＝4+3＝7，∴AH＝AG﹣HG＝2，∵MQ∥DE∥BC，∴∠AMQ＝∠ABC，∠AQM＝∠A
CB，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠AMQ＝∠AQM，∴AM＝AQ，∵AH⊥MQ，∴MH＝HQ＝＝＝，∴MQ＝3，∴矩形
MNPQ的面积＝5×3＝15．故答案为：15；②当MN＝x时，同法可得HA＝7﹣x，MQ＝2×＝（7﹣x），∴y＝x×（7﹣x）＝
﹣x+x（3＜x＜7）；③存在．理由：∵y＝﹣（x﹣）2+，∴x＝时，矩形MNPQ的面积最大，最大值为；（2）如图2，延长AB、A
C与DE所在直线分别交于点G、H，过点F作FP⊥NH于点P．∵BC∥GH，∴∠G＝∠ABC，∠H＝∠ACB，∵∠ABC＝∠ACB，
∴∠G＝∠H，∴AG＝AH，∵AB＝AC，∴BG＝CH＝＝＝，∴GH＝+6＝，设MN＝m，则GN＝m，∵NF∥AB，∴∠FNH＝∠
G＝∠H，∴FN＝FH，∵FP⊥NH，∴NP＝PH＝（﹣m）＝﹣m，∴FN＝＝＝﹣m，∵△MNF为直角三角形，①若∠MFN＝90°
，则NF＝MN，即﹣m＝m，解得m＝；②若∠NMF＝90°，则MN＝NF，即m＝（﹣m），解得m＝，综上所述，满足条件的MN长度为
或．9．（2022秋?梁溪区校级期中）如图1，Rt△MCD中，∠MCD＝90°，MD＝5，CD＝4．O为边MD上一点，以O为圆心，
MO为半径的⊙O与边CD相切于点F，交MC、MD于点E、N．点A、B分别在线段MN、MC上（不与端点重合），且满足＝．（1）①求M
O的长；②设BM＝x，AD＝y，求y与x之间的函数关系式；（2）如图2，作AP∥MC，交CD于点P，连接AB，BP．①当△ABP为
直角三角形时，求BM的长；②当点E关于BP的对称点E′落在边MD上时，请直接写出的值．【分析】（1）①证明△DFO∽△DCM，进而
求得结果；②在①的基础上求得DN的值，进而求得结果；（2）①分成两种情形：当∠ABP＝90°时，作AH⊥CM于H，可推出△BCP和
△ABH是等腰直角三角形，根据AH＝CP及AP＝CH求得结果；当∠PAB＝90°时，根据BC＝AP列出方程求得结果；②可表示出BE
′＝BE＝CM﹣CF﹣BM＝3﹣﹣x＝，在Rt△MBE′中，根据列出方程求得结果．【解答】解：（1）①如图1，连接OF，设半径为r
，∵CD切⊙O于点F，∴OF⊥CD，∵MC⊥CD，∴OF∥MC，∴△DFO∽△DCM，∴＝，∴＝ 解得r＝，∴MO＝；②由①得ND
＝MD﹣MN＝5﹣2×＝，∵＝，BM＝x，∴AN＝x，∴AD＝AN+ND，∴y＝x+；（2）①显然∠APB＜90°，所以分两种情形
|：如图2，当∠ABP＝90°时，作AH⊥CM于H，∵PD＝AD＝（）＝x+1，∴CP＝CD﹣PD＝4﹣（x+1）＝3﹣x，∵CB
＝CM﹣BM＝3﹣x，∴CB＝CP，∴∠CBP＝∠CPB＝°，∴∠ABH＝180°﹣∠ABP﹣∠CBP＝180°﹣90°﹣45°＝
45°，∴∠HAB＝∠ABH＝45°，∴AH＝BH，∵AH＝CP＝3﹣x，∴BH＝3﹣x，∵AP＝CH＝BC+BH，∴）＝（3﹣x
）+（3﹣x），∴x＝，如图2，当∠PAB＝90°时，∵∠APC＝∠C＝90°，∴四边形APCB是矩形，∴BC＝AP，∵BC＝CM
﹣BM＝3﹣x，AP＝＝，∴3﹣x＝，∴x＝，综上，x的值为或；②如图4，由上可知：∠CBP＝45°，∵∠E′BP＝∠CBP＝45
°，∴∠MBE′＝90°，∴，∵BE′＝BE＝CM﹣CE﹣BM＝3﹣﹣x＝，∴，∴x＝，∴E′M＝＝，∴DE′＝5﹣＝，∴＝．10
．（2022秋?市北区期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y1＝x+2的图象与x轴，y轴分别交于点A，B，的图象与x轴，y轴分
别交于点D，E，且两个函数图象相交于点C（m，5）．（1）填空：m＝ 3 ，b＝ 6 ；（2）求△ACD的面积；（3）在线段AD上
是否存在一点M，使得△ABM的面积与四边形BMDC的面积比为4：21？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．（4）点P在
线段AD上，连接CP，若△ACP是直角三角形，请直接写出所有符合条件的点P坐标．【分析】（1）由C（m，5）是一次函数y1＝x+2
与y2＝﹣x+b的图象的交点，即可解出；（2）由两个一次函数解析式分别求出它们与x轴的交点坐标，得到AD的长，从而算出△ACD的面
积；（3）由已知条件可得△ABM的面积，进而得出AM的长，即可得点M的坐标；（4）由△ACP是直角三角形、∠CAP是锐角，分∠AP
C＝90°和∠ACP＝90°两种情况讨论，利用勾股定理即可求解．【解答】解：（1）∵C（m，5）是一次函数y1＝x+2与y2＝﹣x
+b的图象的交点，∴m+2＝5，解得m＝3，∴﹣×3+b＝5，解得b＝6，故答案为：3，6；（2）一次函数y1＝x+2中，当y1＝
0时，x＝﹣2；当x＝0时，y1＝2，∴A（﹣2，0），B（0，2），一次函数y2＝﹣x+6中，当y2＝0时，x＝18，∴D（18
，0），∴AD＝18﹣（﹣2）＝20，∴S△ACD＝×20×5＝50，∴△ACD的面积为50；（3）如图：在线段AD上存在一﹣点M
，使得△ABM的面积与四边形BMDC的面积比为4：21，∵△ABM的面积与四边形BMDC的面积比为4：21，∴S△ABM＝S△AC
D＝×50＝8，∴AM?OB＝8，即AM×2＝8，∴AM＝8，∵点M在线段AD上，∴点M的坐标为（6，0）；（4）点P在线段AD上
，∠CAP是锐角，若△ACP是直角三角形，则∠APC＝90°或∠ACP＝90°，设点P（p，0），∵A（﹣2，0），C（3，5），
∴AC2＝（3+2）2+52，AP2＝（p+2）2，PC2＝（p﹣3）2+52，当∠APC＝90°时，AP2+PC2＝AC2，∴（
p+2）2+（p﹣3）2+52＝（3+2）2+52，整理得，p2﹣p﹣6＝0，解得p＝3或﹣2（舍去），∴点P坐标为（3，0）；当
∠ACP＝90°时，AC2+PC2＝AP2，∴（p+2）2＝（3+2）2+52+（p﹣3）2+52，整理得，p2﹣p﹣6＝0，解得
p＝8，∴点P坐标为（8，0）；综上所述，所有符合条件的点P坐标为（3，0）或（8，0）．11．（2022秋?南湖区校级期中）在矩
形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，E是AB边上一动点，以1cm/s的速度从点B出发，到A停止运动；F是BC边上一动点，以
2cm/s的速度从点B出发，到点C停止运动．设动点运动的时间为t（s），△DEF的面积为S（cm2）（1）求S关于t的函数表达式，
并求自变量t的取值范围．（2）当△DEF是直角三角形时，求△DEF的面积．【分析】（1）根据S△DEF＝S矩形ABCD﹣S△AED
﹣S△BEF﹣S△CDF解答即可；（2）分情况讨论解答即可．【解答】解：∵（1）BE＝tcm，BF＝2tcm，．AE＝（6﹣t）c
m，CF＝（12﹣2t）cm，∴S△DEF＝S矩形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△CDF，∴S＝12×6﹣12×（6﹣t）﹣
t×2t﹣6×（12﹣2t）＝﹣t2+12t，根据题意得，解得0＜t≤6；（2）由勾股定理可，EF2＝BE2+BF2＝5t2，DF
2＝CD2+CF2＝4t2﹣48t+180，DE2＝AD2+AE2＝t2﹣12t+180，①当∠EDF为直角时，EF2＝DE2+D
F2，即5t2＝t2﹣12t+180+4t2﹣48t+180，解得t＝6，∴S＝﹣62+12×6＝36；②当∠DEF为直角时，DF
2＝DE2+EF2，即6t2﹣12t+180＝4t2﹣48t+180，解得t＝0或﹣18，∵0＜t≤6，∴都不符合；③当∠DFE为
直角时，DE2＝DF2+EF2，即5t2+4t2﹣48t+180＝t2﹣12t+180，解得t＝0（舍）或t＝，．∴S＝﹣．12．
（2022秋?罗湖区校级期中）建立模型：（1）如图1，等腰直角三角形ABC的直角顶点在直线l上．过点A作AD⊥l交于点D，过点B作
BE⊥l交于点E，求证：△ADC≌△CEB模型应用：（2）如图2，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝2x+4分别与y轴，x轴交于点
A，B，将直线l1绕点A顺时针旋转45°得到l2，求l2的函数表达式；（3）如图3，在平面直角坐标系，点B（6，4），过点B作AB
⊥y交于点A，过点B作BC⊥x交于点C，P为线段BC上的一个动点，点Q（a，2a﹣4）位于第一象限．问点A，P，Q能否构成以点Q为
直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由．【分析】（1）过点A作AD⊥x轴交于点D，过点B作BE⊥x轴交于
点E，再证明△ACD≌△CBE（SAS）即可；（2）过点B作BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，由（1）的模型
可得△BCD≌△ABO，求出C（﹣6，2），再由待定系数法求函数的解析式即可；（3）分两种情况讨论：当Q点AB下方时，过Q点作EF
∥x轴交y轴于点E，交BC于点F，由（1）的模型可得，△AEQ≌△QFP，可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝4﹣（2a﹣4）＝8﹣2
a，再由EQ+FQ＝6，求出a＝2（舍）；当Q点在AB上方时，同理可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝2a﹣4﹣4＝2a﹣8，再由EQ
+FQ＝6，可求a＝．【解答】（1）证明：过点A作AD⊥x轴交于点D，过点B作BE⊥x轴交于点E，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+
∠BCE＝90°，∵∠ACD+∠CAD＝90°，∴∠BCE＝∠CAD，∵AC＝BC，∴△ACD≌△CBE（SAS）；（2）解：过点
B作BC⊥AB交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，∵∠CAB＝45°，∴BC＝AB，由（1）的模型可得△BCD≌△ABO
，∵y＝2x+4与x轴的交点B（﹣2，0），A（0，4），∴CD＝2，BD＝4，∴C（﹣6，2），设直线l2的解析式为y＝kx+b
，∴，解得，∴y＝x+4；（3）解：点A，P，Q能构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，理由如下：当Q点AB下方时，如图3，过Q点
作EF∥x轴交y轴于点E，交BC于点F，由（1）的模型可得，△AEQ≌△QFP，∴AE＝FQ，EQ＝PF，∵B（6，4），∴OA＝
4，CO＝6，∵点Q（a，2a﹣4），∴EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝4﹣（2a﹣4）＝8﹣2a，∵EQ+FQ＝6，∴a+8﹣2a＝
6，解得a＝2，∴Q（2，0），∵Q点在第一象限，∴a＝2（舍）；当Q点在AB上方时，如图4，同理可得EQ＝PF＝a，AE＝FQ＝
2a﹣4﹣4＝2a﹣8，∵EQ+FQ＝6，∴a+2a﹣8＝6，解得a＝；综上所述：a的值为．13．（2022秋?天桥区期中）如图，
在平面直角坐标系中，直线l1的解析式为y＝x，直线l2与x轴交于点A，与y轴交于点B（0，3），与l1交于点C（2，m）．（1）求
出直线l2的函数关系式；（2）在y轴右侧有一动直线平行于y轴，分别与l1、l2交于点M、N，①当点M在点N的上方，且满足MN＝OB
时，请求出点M与点N的坐标；②当点M在点N的下方时，y轴上是否存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请直接写出满足条件的点
的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出点C的坐标，在用待定系数法求函数的解析式即可；（2）①设M（t，t），N（t，﹣t
+3），由MN＝OB建立方程求出t的值即可求解；②根据题意分三种情况讨论：当∠NMQ＝90°时，MN＝MQ，此时Q（0，t），再由
﹣t+3＝t，求出Q点坐标；当∠MNQ＝90°时，NQ＝MN，此时Q（0，﹣t+3），再由﹣t+3＝﹣t+3，求Q点坐标；当∠MQ
N＝90°时，MN的中点坐标为（t，t+），则Q（0，t+），再由t＝（﹣t+3），求出Q点坐标．【解答】解：（1）将点C（2，m
）代入y＝x，∴m＝2，∴C（2，2），设直线l2的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝﹣x+3；（2）①设M（t，t），N（t
，﹣t+3），∵点M在点N的上方，∴t＞2，∵MN＝OB，∴t﹣3＝3，解得t＝4，∴M（4，4），N（4，1）；②存在点Q，使△
MNQ为等腰直角三角形，理由如下：点M在点N的下方时，0＜t＜2，当∠NMQ＝90°时，MN＝MQ，此时Q（0，t），∴﹣t+3＝
t，∴t＝，∴Q（0，）；当∠MNQ＝90°时，NQ＝MN，此时Q（0，﹣t+3），∴﹣t+3＝﹣t+3，∴t＝0（舍）；当∠MQ
N＝90°时，MN的中点坐标为（t，t+），∴Q（0，t+），∴t＝（﹣t+3），解得t＝，∴Q（0，）；综上所述：Q点坐标为（0
，）或（0，）．14．（2022秋?甘井子区校级月考）抛物线y＝x2+bx+c过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴相交于点C
，点C、D关于抛物线的对称轴对称．（1）抛物线的解析式是 y＝x2﹣2x﹣3 ，△ABD的面积为 6 ；（2）在直线AD下方的
抛物线上存在点P，使△APD的面积最大，求出最大面积．（3）当t≤x≤t+1时，函数y＝x2+bx+c的最小值为5，求t的值．（4
）若点M在y轴上运动，点N在x轴上运动，当以点D、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出此时M点的坐标．【分析】（1）
把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c中，可求抛物线的解析式，再利用三角形的面积公式求△ABD的面积即可；（2）过点
P作PM⊥x轴于点M，交AD于点N．设点P的横坐标为m，则P（m，m2﹣2m﹣3），N（m，﹣m﹣1），可得PN＝﹣m﹣1﹣（m2
﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2．可得S△APD＝S△APN+S△DPN＝﹣（m﹣）2+．根据二次函数的最值即可求解；（3）将二次函数
解析式化为顶点式，分类讨论x＝t，x＝t+1时y取最小值；（4）分三种情形，①当∠DNM＝90°，ND＝NM时，②当∠DMN＝90
°，MN＝MD时，③当∠NDM＝90°，DN＝DM时，分别求解即可．【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）分别代入y＝x
2+bx+c（a≠0）中，得，解得：，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，∴C（0，﹣3），∵点C、D关于抛物线的对称轴对称，y
＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为x＝1，点D（2，﹣3），∴△ABD的面积为AB?OC＝×4×3＝6，故答案
为：y＝x2﹣2x﹣3，6；（2）过点P作PM⊥x轴于点M，交AD于点N．设直线AD的解析式为y＝kx+a，把A（﹣1，0），D（
2，﹣3）分别代入y＝kx+a中，得，解得：，∴直线AD的解析式为y＝﹣x﹣1，设点P的横坐标为m，则P（m，m2﹣2m﹣3），N
（m，﹣m﹣1），∴PN＝﹣m﹣1﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2．∴S△APD＝S△APN+S△DPN＝PN?（xD﹣xA）
＝×（﹣m2+m+2）×（2+1）＝﹣×（m2﹣m﹣2）＝﹣（m﹣）2+．∴当m＝时，△APD的最大面积为；（3）∵y＝x2﹣2x
﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝1，顶点坐标为（1，﹣4），①当t+1＜1时，t＜0，当x＝t+1时，y
＝（t+1﹣1）2﹣4＝5为最小值，解得t＝3（舍去）或t＝﹣3；②当t≤1，t+1≥1时，0≤t≤1，此时，函数的最小值为﹣4≠
5；③当t＞1时，x＝t时，y＝（t﹣1）2﹣4＝5为最小值，解得t＝4或t＝﹣2（舍去），综上所述，t的值为﹣3或4；（4）①当
∠DNM＝90°，ND＝NM时，如图，过点D作DE⊥x轴于E，∴DE＝3，OE＝2，∵∠MON＝∠DEN＝90°，∠DNM＝90°
，∴∠MNO＝∠NDE，∵ND＝NM，∴△MNO≌△NDE（AAS），∴OM＝EN，ON＝DE＝3，∴OM＝EN＝ON﹣OE＝3﹣
2＝1，∴M（0，1），如图，同理可得NE＝OM＝ON+OE＝DE+OE＝3+2＝5，∴M（0，5）；②当∠DMN＝90°，MN＝
MD时，∵点C、D关于抛物线的对称轴对称．∴CD⊥y轴，∴∠DCM＝∠MON＝90°＝∠DMN，∴∠DMC＝∠MNO，∵MN＝MD
，∴△MNO≌△DMC（AAS），∴OM＝CD＝2，∴M（0，2）或（0，﹣2），③当∠NDM＝90°时，过点D作DE⊥x轴于E，
同理可得△DCM≌△DEN，则DC＝DN，∵D（2，﹣3），∴DC＝2，DN＝3，与DC＝DN矛盾，故此种情况不存在，综上所述，满
足条件的M点的坐标为（0，1）或（0，5）或（0，2）或（0，﹣2）．15．（2022秋?荣县校级月考）如图，已知一条直线过点（0
，4），且与抛物线y＝交于A、B两点，其中点A的横坐标是﹣2（1）求这条直线的函数关系式及点B的坐标；（2）在x轴上是否存在点C，
使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标，若不存在，请说明理由；（3）过线段AB上一点P，作PM∥x轴，交抛物线于点M，点
M在第一象限；点N（0，1），当点M的横坐标为何值时，MN+3MP的长度最大？最大值是多少？【分析】（1）设这条直线的函数关系式为
y＝kx+b，由直线y＝kx+b过点（0，4），求得b＝4，由点A的横坐标为﹣2且在抛物线y＝x2上，求得A（﹣2，1），再由直线
y＝kx+4经过点A（﹣2，1），求得k＝，即得到直线的函数关系式为y＝x+4；将直线和抛物线的函数关系式联立方程组，解该方程组即
可求出点B的坐标；（2）设C（x，0），分别求得AB2＝（8+2）2+（16﹣1）2＝325，AC2＝（x+2）2+（0﹣1）2＝
x2+4x+5，BC2＝（x﹣8）2+（0﹣16）2＝x2﹣16x+320，再分三种情况讨论，一是∠BAC＝90°，二是∠ACB＝
90°，三是∠ABC＝90°，分别根据勾股定理的逆定理列方程求出相应的x值，即得到点C的坐标；（3）设点M的坐标为（m，m2），则
MN＝＝m2+1，再由PM∥x轴，且点P在直线y＝x+4上，求得P（m2﹣，m2），则MP＝﹣m2+m+，再推导出MN+3MP＝﹣
m2+3m+9＝﹣（m﹣6）2+18，即可求得点M的横坐标为6时，MN+3MP的长度最大，最大值是18．【解答】解：（1）设这条直
线的函数关系式为y＝kx+b，∵直线y＝kx+b过点（0，4），∴b＝4，∴y＝kx+4，抛物线y＝x2，当x＝﹣2时，y＝×（﹣
2）2＝1，∴A（﹣2，1），∵直线y＝kx+4经过点A（﹣2，1），∴﹣2k+4＝1，∴k＝，∴这条直线的函数关系式为y＝x+4
；解方程组，得，，∴B（8，16）．（2）存在，设C（x，0），连接AC、BC，∵A（﹣2，1），B（8，16），∴AB2＝（8+
2）2+（16﹣1）2＝325，AC2＝（x+2）2+（0﹣1）2＝x2+4x+5，BC2＝（x﹣8）2+（0﹣16）2＝x2﹣1
6x+320，如图1，当∠BAC＝90°时，则x2+4x+5+325＝x2﹣16x+320，解得x＝﹣，∴C（﹣，0）；如图2，当
∠ACB＝90°时，则x2+4x+5+x2﹣16x+320＝325，解得x1＝0，x2＝6，∴C（0，0）或C′（6，0）；如图3
，当∠ABC＝90°时，则x2﹣16x+320+325＝x2+4x+5，解得x＝32，∴C（32，0），综上所述，点C的坐标为（0
，0）或C（6，0）或（﹣，0）或（32，0）．（3）设点M的坐标为（m，m2），∵N（0，1），∴MN＝＝m2+1，∵PM∥x轴
，且点P在直线y＝x+4上，∴y＝m2，∴x+4＝m2，∴x＝m2﹣，∴P（m2﹣，m2），∴MP＝m﹣（m2﹣）＝﹣m2+m+，
∴MN+3MP＝m2+1+3（﹣m2+m+）＝﹣m2+3m+9，∵点P在线段AB上，∴﹣2＜m＜8，∵MN+3MP＝﹣m2+3m+
9＝﹣（m﹣6）2+18，且﹣＜0，﹣2＜6＜8，∴当m＝6时，MN+3MP的最大值为18，∴点M的横坐标为6时，MN+3MP的长
度最大，最大值是18．16．（2022秋?汉川市校级月考）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与坐标轴相交
于A、B、C三点，其中A点坐标为（4，0），B点坐标为（﹣1，0），连接AC、BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒个单位长度
向点C做匀速运动；同时，动点Q从点B出发，在线段BA上以每秒1个单位长度向点A做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动
，连接PQ，设运动时间为t秒．（1）求二次函数的解析式．（2）在P、Q运动的过程中，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小，最小值
为多少？（3）在线段AC上方的抛物线上是否存在点M，使△MPQ是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存
在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）过点P作PH⊥x轴，垂足为E，利用S四边形BCPQ＝S△ABC﹣S△A
PQ表示出四边形BCPQ的面积，求出t的范围，利用二次函数的性质求出最值即可；（3）画出图形，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M
作y轴的垂线，与EP交于F，证明△PFM≌△QEP，得到MF＝PE＝t，PF＝QE＝4﹣2t，得到点M的坐标，再代入二次函数表达式
，求出t值，即可算出M的坐标．【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（4，0），B（﹣1，0），则，解得：
，∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4；（2）由（1）得：抛物线表达式为y＝﹣x2+3x+4，∴C（0，4），∵A（4，0），
∴△OAC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝45°，由点P的运动可知：AP＝t，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，如图，∴AH＝PH＝，即
H（4﹣t，0），又Q（﹣1+t，0），∴S四边形BCPQ＝S△ABC﹣S△APQ＝×5×4﹣（5﹣t）?t＝10﹣t+t2，＝（
t﹣）2+，∵当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，AC＝＝4，AB＝5，∴0≤t≤5，∴当t＝时，四边形BCPQ的面积最小，
最小值为；（3）存在．假设点M是线段AC上方的抛物线上的点，如图，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，
连接MQ，MP．∵△PMQ是等腰直角三角形，PM＝PQ，∠MPQ＝90°，∴∠MPF+∠QPE＝90°，又∠MPF+∠PMF＝90
°，∴∠PMF＝∠QPE，在△PFM和△QEP中，，∴△PFM≌△QEP（AAS），∴MF＝PE＝t，PF＝QE＝5﹣2t，∴EF
＝5﹣2t+t＝5﹣t，又OE＝4﹣t，∴点M的坐标为（4﹣2t，5﹣t），∵点M在抛物线y＝﹣x2+3x+4上，∴5﹣t＝﹣（4
﹣2t）2+3（4﹣2t）+4，解得：t＝或（舍），∴M点的坐标为（，）．17．（2022秋?鼓楼区校级月考）如图，抛物线y＝x2
﹣x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A，D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为（4，
﹣3）．（1）请直接写出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式；（2）若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为m（m≥0），过点P作PM
⊥x轴，垂足为M．PM与直线l交于点N，当点N是线段PM的三等分点时，求点P的坐标；（3）若点Q是对称轴上的点，且△ADQ为直角三
角形，求点Q的坐标．【分析】（1）在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0可求得A、B点坐标，用待定系数法求得直线AD的解析式；（2）设P（
m，m2﹣m﹣3），用m表示N点坐标，分两种情况：PM＝3MN；PM＝3PN，分别列出m的方程进行解答即可；（3）由y＝x2﹣x﹣
3＝（x﹣2）2﹣4可得抛物线对称轴是直线x＝2，设Q（2，t），可得AQ2＝16+t2，AD2＝45，DQ2＝4+（t+3）2，
分三种情况，用勾股逆定理列方程可解得答案．【解答】解：（1）在y＝x2﹣x﹣3中，令y＝0，得x2﹣x﹣3＝0，解得，x＝﹣2，或
x＝6，∴A（﹣2，0），B（6，0），设直线l的解析式为y＝kx+b（k≠0），把A（﹣2，0），D（4，﹣3）代入得：，解得，
，∴直线l的解析式为y＝﹣x﹣1；（2）如图1，根据题意可知，点P与点N的坐标分别为P（m，m2﹣m﹣3），N（m，﹣m﹣1），∴
PM＝﹣m2+m+3，MN＝m+1，NP＝PM﹣MN＝﹣m2+m+2，分两种情况：①当PM＝3MN时，得﹣m2+m+3＝3（m+1
），解得，m＝0或m＝﹣2（与A重合，舍去），∴P（0，﹣3）；②当PM＝3NP时，得﹣m2+m+3＝3（﹣m2+m+2），解得，
m＝3，或m＝﹣2（与A重合，舍去），∴P（3，﹣）；∴综上所述：P的坐标为（3，﹣）或（0，﹣3）；（3）由y＝x2﹣x﹣3＝（
x﹣2）2﹣4可得抛物线对称轴是直线x＝2，设Q（2，t），而A（﹣2，0），D（4，﹣3），∴AQ2＝16+t2，AD2＝45，
DQ2＝4+（t+3）2，①当AQ是斜边时，4+（t+3）2+45＝16+t2，解得t＝﹣7，∴Q（2，﹣7），②当AD为斜边时，
16+t2+4+（t+3）2＝45，解得t＝或t＝，∴Q（2，）或（2，）；③当DQ为斜边时，16+t2+45＝4+（t+3）2，
解得t＝8，∴Q（2，8），综上所述，Q的坐标为（2，﹣7）或Q（2，）或（2，）或（2，8）．18．（2022春?武侯区校级期中
）【模型建立】：（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作
BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA；【模型应用】：（2）如图②，已知直线l1：y＝﹣2x+4与x轴交于点A、与y轴交于点B
，将直线l1绕点A顺时针旋转45°至直线l2，求直线l2的函数表达式；（3）如图③，平面直角坐标系内有一点B（﹣4，﹣6），过点B
作BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝3x+3上的动点且在第三象限内．试探究△CPD能否成为
等腰直角三角形？若能，求出点D的坐标，若不能，请说明理由．【分析】（1）由∠ACB＝90°，AD⊥ED于点D，BE⊥ED于点E，得
∠BEC＝∠CDA＝∠DCA＝90°，则∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，而BC＝CA，即可根据全等三角形的判定定理“AAS”
证明△BEC≌△CDA；（2）作BF⊥AB交直线l2于点F，作FE⊥x轴于点E，可证明△BEF≌△AOB，由y＝﹣2x+4与x轴交
于点A、与y轴交于点B，得A（2，0），B（0，4），则EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，所以OE＝6，则F（4，6），即可由待定系
数法求出直线l2的函数表达式；（3）分四种情况讨论，一是∠PDC＝90°，则PD＝DC，过点D作DH⊥y轴于点H，交AB的延长线于
点G，可证明△PDG≌△DCH，得DG＝CH＝BG，PG＝DH，由BP＝m﹣（﹣6）＝m+6及m+6+DG＝4﹣DG，得DG＝BG
＝，则D（，），将其代入y＝3x+3，求出m的值再求出点D的坐标；二是∠PCD＝90°，则CD＝PC，作DJ⊥y轴于点J，PI⊥y
轴于点I，可证明△DCJ≌△CPI，得CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，所以OJ＝6+4＝10，则D（﹣m﹣6，﹣10），
将其代入y＝3x+3，求出m的值再求出点D的坐标；三是∠CPD＝90°，且点D在PC上方，则DP＝PC，作DK⊥AB交射线BA于点
K，可证明△PDK≌△CPB，得KP＝BC＝4，KD＝BP＝m+6，则D（m+2，m+4），将其代入y＝3x+3，求出m的值再求出
点D的坐标并进行检验，舍去不符合题意的解；四是∠CPD＝90°，且点D在PC下方，则DP＝PC，作DL⊥AB交AB的延长线于点L，
可证明△PDL≌△CPB，得LP＝BC＝4，LD＝BP＝m+6，则D（﹣10﹣m，m﹣4），将其代入y＝3x+3，求出m的值再求出
点D的坐标，最后得到问题的答案．【解答】（1）证明：如图①，∵∠ACB＝90°，AD⊥ED于点D，BE⊥ED于点E，∴∠BEC＝∠
CDA＝∠DCA＝90°，∴∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，∵BC＝CA，∴△BEC≌△CDA（AAS）．（2）解：如图②，
作BF⊥AB交直线l2于点F，作FE⊥x轴于点E，∵∠BEF＝∠AOB＝∠BAF＝90°，∴∠EBF＝∠OAB＝90°﹣∠OBA，
由旋转得∠BAF＝45°，∴∠BFA＝∠BAF＝45°，∴BF＝AB，∴△BEF≌△AOB（AAS），直线y＝﹣2x+4，当y＝0
时，则﹣2x+4＝0，解得x＝2；当x＝0时，y＝4，∴A（2，0），B（0，4），∴EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，∴OE＝OB
+EB＝6，∴F（4，6），设直线l2的函数表达式为y＝kx+b，把A（2，0），F（4，6）代入y＝kx+b，得，解得∴直线l2
的函数表达式为y＝3x﹣6．（3）解：△CPD能成为等腰直角三角形，∵B（﹣4，﹣6），BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，∴A（
﹣4，0），C（0，﹣6），四边形OABC为矩形，设P（﹣4，m），如图③，∠PDC＝90°，则PD＝DC，过点D作DH⊥y轴于点
H，交AB的延长线于点G，∵∠G＝∠ABC＝90°，∠DHC＝90°，∴∠G＝∠DHC，∴∠PDG＝∠DCH＝90°﹣∠CDH，∴
△PDG≌△DCH（AAS），∴DG＝CH＝BG，PG＝DH，∵BP＝m﹣（﹣6）＝m+6，∴m+6+DG＝4﹣DG，∴DG＝BG
＝，∴xD＝﹣4+＝，yD＝﹣6﹣＝，将D（，）代入y＝3x+3，得＝3×+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，﹣）；如图④，∠PCD＝90
°，则CD＝PC，∵作DJ⊥y轴于点J，PI⊥y轴于点I，∵∠DJC＝∠CIP＝90°，∴∠DCJ＝∠CPI＝90°﹣∠PCI，∴
△DCJ≌△CPI（AAS），∴CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，∴OJ＝6+4＝10，∴D（﹣m﹣6，﹣10），将D（﹣
m﹣6，﹣10）代入y＝3x+3，得过且过﹣10＝3（﹣m﹣6）+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，﹣10）；如图⑤，∠CPD＝90°，且
点D在PC上方，则DP＝PC，作DK⊥AB交射线BA于点K，∵∠K＝∠B＝90°，∴∠PDK＝∠CPB＝90°﹣∠DPK，∴△PD
K≌△CPB（AAS），∴KP＝BC＝4，KD＝BP＝m+6，∴xD＝﹣4+m+6＝m+2，yD＝m+4，∴D（m+2，m+4），
将D（m+2，m+4）代入y＝3x+3，得m+4＝3（m+2）+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，），∵D（﹣，）不在第三象限，∴D（﹣，
）不符合题意，舍去；如图⑥，∠CPD＝90°，且点D在PC下方，则DP＝PC，作DL⊥AB交AB的延长线于点L，则∠DLP＝∠PB
C，∴∠DPL＝∠PCB＝90°﹣∠BPC，∴△PDL≌△CPB（AAS），∴LP＝BC＝4，LD＝BP＝m+6，∴xD＝﹣4﹣（
m+6）＝﹣10﹣m，yD＝m﹣4，∴D（﹣10﹣m，m﹣4），将D（﹣10﹣m，m﹣4）代入y＝3x+3，得m﹣4＝3（﹣10﹣
m）+3，解得m＝﹣，D（﹣，﹣），综上所述，点D的坐标为（﹣，﹣）或（﹣，﹣10）或（﹣，﹣）．19．（2022秋?齐齐哈尔月考
）综合与探究如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0）、B两点，与y轴相交于点C（0，）．当x﹣4和x＝2
时，二次函数y＝a2+bx+c（a≠0）的函数值y相等，连接AC、BC．（1）求抛物线的解析式；（2）判断△ABC的形状，并说明理
由；（3）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另点也随之停止运动．当
运动时间为t秒时，连接MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，则t的值为 ，点P的坐标为 （﹣1，） ；（4
）抛物线对称轴上是否存在一点F，使得△ACF以AC为直角边的直角三角形？若不存在请说明理由；若存在，请直接写出点F的坐标．【分析】
（1）由对称性先求出点B的坐标，可设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），将C坐标代入y＝a（x+3）（x﹣1）即可；（2）
先判断△ABC为直角三角形，分别求出AB，AC，BC的长，由勾股定理的逆定理可证明结论；（3）因为点M、N同时从B点出发，均以每秒
1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，所以BM＝BN＝t，证四边形PMBN是菱形，设PM与y轴交于H，证△CPN∽△CAB，由
相似三角形的性质可求出t的值，CH的长，可得出点P纵坐标，求出直线AC的解析式，将点P纵坐标代入即可；（4）求出直线BC的解析式，
如图2，当∠ACF＝90°时，点B，C，F在一条直线上，求出直线BC与对称轴的交点即可；当∠CAF＝90°时，求出直线AF的解析式
，再求其与对称轴的交点即可．【解答】解：（1）∵在抛物线y＝ax2+bx+c中，当x＝﹣4和x＝2时，二次函数y＝ax2+bx+c
的函数值y相等，∴抛物线的对称轴为x＝＝﹣1，又∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣3，0）、B两点，由对称性可知B（1，
0），∴可设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），将C（0，）代入y＝a（x+3）（x﹣1），得，﹣3a＝，解得a＝﹣，∴此
抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣x+；（2）△ABC为直角三角形，理由如下：∵A（﹣3，0），B（1，0），C
（0，），∴OA＝3，OB＝1，OC＝，∴AB＝OA+OB＝4，AC＝＝2，BC＝＝2，∵AC2+BC2＝16，AB2＝16，∴A
C2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形；（3）∵点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，∴
BM＝BN＝t，由翻折知，△BMN≌△PMN，∴BM＝PM＝BN＝PN＝t，∴四边形PMBN是菱形，∴PN∥AB，∴△CPN∽△C
AB，设PM与y轴交于H，∴＝，即，解得t＝，CH＝，∴OH＝OC﹣CH＝﹣＝，∴yP＝，设直线AC的解析式为y＝kx+，将点A（
﹣3，0）代入y＝kx+，得﹣3k+＝0，解得k＝，∴直线AC的解析式为y＝x+，将yP＝代入y＝x+，∴x＝﹣1，∴P（﹣1，）
，故答案为：，（﹣1，）；（4）设直线BC的解析式为y＝kx+，将点B（1，0）代入y＝kx+得，k+＝0，解得k＝﹣，∴直线BC
的解析式为y＝﹣x+，由（2）知△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，如图2，当∠ACF＝90°时，点B，C，F在一条直线上，在
y＝﹣x+中，当x＝﹣1时，y＝2，∴F1（﹣1，2）；当∠CAF＝90°时，AF∥BC，∴可设直线AF的解析式为y＝﹣x+n，将
点A（﹣3，0）代入y＝﹣x+n得，﹣3x+n＝0，解得n＝﹣3，∴直线AF的解析式为y＝﹣x﹣3，在y＝﹣x﹣3中，当x＝﹣1时
，y＝﹣2，∴F2（﹣1，﹣2）；∴点F的坐标为F1（﹣1，2），F2（﹣1，﹣2）．20．（2022秋?双流区校级月考）如图1，
平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），交y轴正半轴于点B．（1）求△AOB的面积；（2）如图2，直线AC交y轴
负半轴于点C，AB＝BC，P为射线AB（不含A点）上一点，过点P作y轴的平行线交射线AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为
d，求d与t之间的函数关系式；（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点N，使△PQN是等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标；
若不存在，请说明理由．【分析】（1）由于y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），求出m的值，可得出OA＝4，OB＝3，AB＝5，根据B
C＝AB可得BC＝5，C（0，﹣2），则可得出答案；（2）设点P（t，﹣t+3），求出直线AC解析式为y＝x﹣2，由于P在直线y＝
﹣x+3上，可得PQ＝﹣t+3﹣（t﹣2）＝5﹣t；（3）根据△PQN是等腰直角三角形，设N（0，n），结合（2）列出方程即可求出
点N的坐标．【解答】解：（1）把A（4，0）代入y＝﹣x+m得：m＝3，∴一次函数解析式为y＝﹣x+3，令x＝0，得y＝3，∴B（
0，3），在Rt△AOB中，AB2＝OA2+OB2，∴AB＝5，∵BC＝AB＝5，∴C（0，﹣2），∴△AOB的面积＝OB?OA＝
3×4＝6；（2）①设P（t，﹣t+3），∵P为射线AB上一点，∴t＜4，设直线AC的解析式为y＝kx+b，代入A（4，0），C（
0，﹣2）得，∴，∴y＝x﹣2，又∵PQ∥y轴，则Q（t，t﹣2），∴PQ＝﹣t+3﹣（t﹣2）＝5﹣t；∴d＝5﹣t；（3）设N
（0，n），过点N作NM⊥PQ于点M，∵△PQN是等腰直角三角形，PQ∥y轴，点N在y轴上，当N为直角顶点时，∠PNQ＝90°，P
N＝NQ，∴PQ＝2MN，∵PQ＝5﹣t，P（t，﹣t+3），∴5﹣t＝2t，∴t＝，∵PQ＝2PM，∴5﹣t＝2（﹣t+3﹣n）
，∴n＝或n＝﹣，∴N（0，）．当P为直角顶点时，PN＝PQ，∴t＝5﹣t，n＝﹣t+3，解得t＝，∴n＝，∴N（0，）．当Q为直
角顶点时，QN＝PQ，∴t＝5﹣t，n＝t﹣2，解得t＝，∴n＝﹣，∴N（0，﹣）．综上所述：N（0，）或（0，）或（0，﹣）．2
1．（2022秋?大连月考）如图，矩形OABC顶点B的坐标为（8，3），定点D的坐标为（12，0），动点P从点O出发，以每秒2个单
位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动，动点Q从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的负方向匀速运动，P、Q两点同时运动，相遇时停
止．在运动过程中，以PQ为斜边在x轴上方作等腰直角三角形PQR，设运动时间为t秒，△PQR和矩形OABC重叠部分的面积为S．（1）
当t＝ 1 时，△PQR的边QR经过点B；（2）求S关于t的函数关系式，并写出t的取值范围．【分析】（1）△PQR的边QR经过点B
时，△ABQ构成等腰直角三角形，则有AB＝AQ，由此列方程求出t的值；（2）在图形运动的过程中，有三种情形，当0＜t≤1时，当1＜
t≤2时，当2＜t≤4时，进行分类讨论求出答案．【解答】解：（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，∵矩形O
ABC顶点B的坐标为（8，3），定点D的坐标为（12，0），∴AB＝3，∴AB＝AQ，即3＝4﹣t，∴t＝1．即当t＝1秒时，△P
QR的边QR经过点B．故答案为：1；（2）①当0≤t≤1时，如答图1﹣1所示．设PR交BC于点G，过点P作PH⊥BC于点H，则CH
＝OP＝2t，GH＝PH＝3．S＝S矩形OABC﹣S梯形OPGC＝8×3﹣（2t+2t+3）×3＝﹣6t；②当1＜t≤2时，如答图
1﹣2所示．设PR交BC于点G，RQ交BC、AB于点S、T．过点P作PH⊥BC于点H，则CH＝OP＝2t，GH＝PH＝3．QD＝t
，则AQ＝AT＝4﹣t，∴BT＝BS＝AB﹣AQ＝3﹣（4﹣t）＝t﹣1．S＝S矩形OABC﹣S梯形OPGC﹣S△BST＝8×3﹣
（2t+2t+3）×3﹣（t﹣1）2＝﹣t2﹣5t+19；③当2＜t≤4时，如答图1﹣3所示．设RQ与AB交于点T，则AT＝AQ＝
4﹣t．PQ＝12﹣3t，∴PR＝RQ＝（12﹣3t）．S＝S△PQR﹣S△AQT＝PR2﹣AQ2＝（12﹣3t）2﹣（4﹣t）2
＝t2﹣14t+28．综上所述，S关于t的函数关系式为：S＝．22．（2022秋?思明区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，二次函
数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C（0，3），A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0）．点P是抛物线上
一个动点，且在直线BC的上方．（1）求这个二次函数及直线BC的表达式．（2）过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，求PD的最大值．（
3）点M为抛物线对称轴上的点，问在抛物线上是否存在点N，使△MNO为等腰直角三角形，且∠NMO为直角，若存在，请直接写出点N的坐标
；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，列方程组并且解该方程组求出b、c的值，
设直线BC的表达式为y＝kx+3，则3k+3＝0，解方程求出k的值，得到二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3，直线BC的表达式为
y＝﹣x+3；（2）设P（x，﹣x2+2x+3），则D（x，﹣x+3），所以PD＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x＝﹣
（x﹣）2+，即可求得PD的最大值为；（3）设N（m，﹣m2+2m+3），先求得抛物线的对称轴是直线x＝1，设直线x＝1交x轴于点
G，则G（1，0），MG⊥x轴，作NF⊥MG于点F，可证明△FMN≌△GOM，再分四种情况讨论，一是点M在x轴上方，且点N在直线O
M左侧，可列方程﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1；二是点M在x轴上方，且点N在直线OM右侧，可列方程m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝
1；三是点M在x轴下方，且点N在直线OM右侧，可列方程﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1；四是点M在x轴下方，且点N在直线OM左侧，
可列方程m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，分别求出相应的符合题意的m值，再求出对应的点N的纵坐标即可．【解答】解：（1）∵抛物线y
＝﹣x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，3），∴，解得，设直线BC的表达式为y＝kx+3，则3k+3＝0，解得k＝﹣1，∴二
次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3，直线BC的表达式为y＝﹣x+3．（2）如图1，设P（x，﹣x2+2x+3），∵PD∥y轴交直
线BC于点D，，∴D（x，﹣x+3），∴PD＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，∵PD＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，PD最大＝，∴PD的最大值为．（3）存在，设N（m，﹣m2+2m+3），∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴
抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴是直线x＝1，设直线x＝1交x轴于点G，则G（1，0），MG⊥x轴，作NF⊥MG于点F，则∠MF
N＝∠OGM＝90°，F（1，﹣m2+2m+3），如图2，点M在x轴上方，且点N在直线OM左侧，∵∠NMO＝90°，MN＝OM，∴
∠FMN＝∠GOM＝90°﹣∠OMG，∴△FMN≌△GOM（AAS），∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝1﹣m，∴﹣m2+2m+3﹣（
1﹣m）＝1，解得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去），∴GF＝GM+MF＝1﹣+1＝，∴N（，）；如图3，点M在x轴上方，且点N在
直线OM右侧，同理可得△FMN≌△GOM（AAS），∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝m﹣1，∴m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，解得
m1＝，m2＝（不符合题意，舍去），∴GF＝GM﹣MF＝﹣1﹣1＝，∴N（，）；如图4，点M在x轴下方，且点N在直线OM右侧，同理
可得△FMN≌△GOM（AAS），∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝m﹣1，∴M（1，1﹣m），∴﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1，解
得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去），∴GF＝GM﹣MF＝﹣1﹣1＝，∴yN＝yF＝﹣＝，∴N（，）；如图5，点M在x轴下方，且点
N在直线OM左侧，同理可得△FMN≌△GOM（AAS），∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝1﹣m，∴M（1，m﹣1），∴m﹣1﹣（﹣m
2+2m+3）＝1，解得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去），∴GF＝GM+MF＝1﹣+1＝，∴yN＝yF＝﹣＝，∴N（，），综上所
述，点N的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）．23．（2022秋?越秀区校级月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（1，0），
B（0，2），以AB为边向右作等腰直角△ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC，二次函数的图象经过点C．（1）求二次函数的解析式；（
2）平移该二次函数图象的对称轴所在的直线l，若直线l恰好将△ABC的面积分为1：2两部分，请求出直线l平移的最远距离；（3）将△ABC以AC所在直线为对称轴翻折，得到△AB''C，那么在二次函数图象上是否存在点P，使△PB''C是以B''C为直角边的直角三角形？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）过点C作CK⊥x轴交于点K，证明△ABO≌△CAK（AAS），得OB＝AK＝2，AO＝CK＝1，即得点C的坐标为（3，1），用待定系数法有二次函数表达式为y＝x2﹣x﹣2；（2）由y＝x2﹣x﹣2可知抛物线的对称轴为直线x＝，且当直线l将△ABC的面积分为左部分比右部分＝2：1时，直线l平移的距离最远，设此时直线l分别交边BC、AC分别为点M、N，由B（0，2），C（3，1）可得直线BC解析式为y＝﹣x+2，由A（1，0），C（3，1）可得直线AC解析式为y＝x﹣，设点M的坐标为，点N坐标为，1≤t＜3，根据S△CMN＝S△ABC，得×（3﹣t）（﹣t+2﹣t+）＝×××，可解得直线l平移的距离最远是3﹣﹣＝；（3）分两种情况：①当∠PCB''＝90°时，由B，B''关于直线AC对称，可得∠BCB''＝90°，即点P为直线BC与抛物线的另外一个交点，根据得点P的坐标为；②当∠CB''P＝90°时，过B''作BT⊥x轴于T，由△BOA≌△B''TA（AAS），可得B''（2，﹣2），故B''P解析式为y＝﹣x﹣，由得点P的坐标为（﹣1，﹣1）或．【解答】解：（1）过点C作CK⊥x轴交于点K，如图：∵∠BAO+∠CAK＝90°，∠BAO+∠OBA＝90°，∴∠CAK＝∠OBA，又∠AOB＝∠AKC＝90°，AB＝AC，∴△ABO≌△CAK（AAS），∴OB＝AK＝2，AO＝CK＝1，∴OK＝AO+AK＝1+2＝3，∴点C的坐标为（3，1），将点C的坐标代入y＝x2+bx﹣2得：1＝×9+3b﹣2，解得：b＝﹣，∴二次函数表达式为y＝x2﹣x﹣2；（2）由y＝x2﹣x﹣2可知抛物线的对称轴为直线x＝，且当直线l将△ABC的面积分为左部分比右部分＝2：1时，直线l平移的距离最远，如图：设此时直线l分别交边BC、AC分别为点M、N，由B（0，2），C（3，1）可得直线BC解析式为y＝﹣x+2，由A（1，0），C（3，1）可得直线AC解析式为y＝x﹣，设点M的坐标为，点N坐标为，1≤t＜3，∵直线l将△ABC的面积分为左部分比右部分＝2：1，∴S△CMN＝S△ABC，又AB＝＝，∴×（3﹣t）（﹣t+2﹣t+）＝×××，解得或（舍去），∴直线l平移的距离最远是3﹣﹣＝；（3）在二次函数图象上存在点P，使△PB''C是以B''C为直角边的直角三角形，理由如下：①当∠PCB''＝90°时，如图：∵B，B''关于直线AC对称，∴∠BCA＝∠B''CA＝45°，∴∠BCB''＝90°，即点P为直线BC与抛物线的另外一个交点，由得：或，∴点P的坐标为；②当∠CB''P＝90°时，过B''作BT⊥x轴于T，如图：∵B，B''关于直线AC对称，∠BAC＝90°，∴BA＝B''A，∵∠BAO＝∠B''AT，∠BOA＝90°＝∠B''TA，∴△BOA≌△B''TA（AAS），∴AT＝AO＝1，OB＝B''T＝2，∴OT＝AO+AT＝2，∴B''（2，﹣2），由①知，∠BCB''＝90°，∴过B''作BC的平行线，与抛物线的交点即为P，∵直线BC解析式为y＝﹣x+2，B''（2，﹣2），∴B''P解析式为y＝﹣x﹣，由得或，∴点P的坐标为（﹣1，﹣1）或，综上所述，点P的坐标为：或（﹣1，﹣1）或．24．（2022秋?石阡县月考）如图1，一次函数y＝kx﹣2（k≠0）的图象与y轴交于点A，与反比例函数（x＜0）的图象交于点B（﹣3，b），连接OB．（1）b＝ 1 ，k＝ ﹣1 ．（2）若点P在第三象限内，是否存在点P使得△OBP是以OB为直角边的等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（3）如图2，C是线段AB上一点（不与点A，B重合），过点C且平行于y轴的直线l交该反比例函数的图象于点D，连接OC，OD，BD．若四边形OCBD的面积为3，求点C的坐标．【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）需要分两种情况讨论，当点O为直角顶点和当点B为直角顶点时，分别求解即可；（3）由S四边形OCBD＝S△CDB+S△CDO＝CD?（xO﹣xB），即可求解．【解答】解：（1）∵B（﹣3，b）在反比例函数（x＜0）的图象上，∴b＝1，∴B（﹣3，1），∵一次函数y＝kx﹣2（k≠0）的图象过点B，∴1＝﹣3k﹣2，∴k＝﹣1，故答案为：1，﹣1；（2）存在，理由如下：若△OBP是以OB为直角边的等腰直角三角形，则需要分两种情况讨论：①当点O为直角顶点时，过点O作OP⊥OB，且OP＝OB，分别过点B，P作y轴的垂线，垂直于点E，F，∴∠BEO＝∠OFP＝90°，∠BOE+∠FOP＝∠BOE+∠OBE＝90°，∴∠FOP＝∠OBE，∵OB＝OP，∴△BEO≌△OFP（AAS），∴OE＝FP＝1，BE＝OF＝3，∴P（﹣1，﹣3），②当点B为直角顶点时，连接PP''，∴四边形OBPP''是正方形，∴OB∥PP''，且OB＝PP''，∴P''（﹣4，﹣2），综上，点P的坐标为（﹣1，﹣3）或（﹣4，﹣2）；（3）∵点C在直线AB上，∴设点C（m，﹣m﹣2），则点D（m，），∴S四边形OCBD＝S△CDB+S△CDO＝CD?（xO﹣xB）＝（﹣+m+2）×3＝3，解得m＝﹣或（舍去），∴C（﹣，﹣2）． |
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