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专题 28.2 解直角三角形与函数综合
【典例1】如图1，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于点A,B，与y轴交于点C．顶点为(1,4)．
（1）求拋物线的解析式；
（2）若抛物线在第四象限上有一点D，∠ACO=∠BCD，求点D的坐标；
（3）如图2，直线y=kx+1交抛物线于M,N两点．直线MT∥y轴，直线NC与MT交于点T，求TB的最
小值．
【思路点拨】
（1）先把抛物线表示为顶点式y=a(x−1) 2+4=ax2−2ax+a+4，再求a的值即可；
（2）设直线CD与x轴交于点E，过点E作EF⊥BC于点F，设EF=BF=x，CF=3❑√2−x，根据三角函
OA EF x 1
数tan∠ACO=tan∠BCD= = = = 即可；
OC CF 3❑√2−x 3
（3）设M(m,km+1),N(n,kn+1)，C(0,3)，先根据根与系数的关系，得m+n=−k+2,mn=−2，再
求出点M在直线y=2x+5上运动，设直线y=2x+5与x轴交于点G，与y轴交于点H，过点B作BI⊥GH，
当点T与点I重合时，TB有最小值即可．
【解题过程】
（1）解：抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)的顶点为(1,4)，
∴y=a(x−1) 2+4=ax2−2ax+a+4，
∴a+4=3，
∴a=−1，故拋物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：拋物线的解析式为y=−x2+2x+3，
y=0时，−x2+2x+3=0，
解得：x =−1,x =3，
1 2
∴A(−1,0),B(3,0),C(0,3)，
设直线CD与x轴交于点E，过点E作EF⊥BC于点F，
OA=1,OC=3,OC=OB=3，BC=❑√OB2+OC2=3❑√2，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠OBC=∠FEB=45°，
∴EF=BF，
设EF=BF=x，CF=3❑√2−x，
∵∠ACO=∠BCD，
OA EF x 1
∴tan∠ACO=tan∠BCD= = = = ，
OC CF 3❑√2−x 3
3 3
∴x= ❑√2，EF=BF= ❑√2，
4 4
3 3
在Rt△EFB中，BE=❑√EF2+BF2= ,OE=OB−BE= ,
2 2
3
∴E( ,0)，
2
3
设直线CD的解析式为y=kx+b，过点E( ,0)，C(0,3)，
2
{3
k+b=0)
2 ，
b=3
解得：k=−2，故直线CD的解析式为y=−2x+3，
{ y=−2x+3 )
联立 ，
y=−x2+2x+3
{x =0) { x =4 )
解得： 1 ， 2 ，
y =3 y =−5
1 2
∵点D在第四象限，
故D(4,−5)；
（3）解：设M(m,km+1),N(n,kn+1)，C(0,3)，
{ y=kx+1 )
联立 ，
y=−x2+2x+3
得x2+(k−2)x−2=0，
∴m+n=−k+2,mn=−2，
∴k=−m−n+2，
设直线TN的解析式为y=k x+b ，代入N(n,kn+1)，C(0,3)，
1 1
{ b =3 )
得 1 ，
nk +b =kn+1
1 1
{ b 1 =3 )
解得 2 ，
k =k−
1 n
2
故直线TN的解析式为y=(k− )x+3，
n
2m
∵直线MT∥y轴，∴M(m,km− +3)，
n
2m 2m
∴km− +3=(−m−n+2)m− +3=−mn+2m+3=2m+5
n −2 ，
m
∴M(m,2m+5)，
{ x=m )
设M(x,y)，则 ，
y=2m+5
点M在直线y=2x+5上运动，设直线y=2x+5与x轴交于点G，与y轴交于点H，过点B作BI⊥GH，
当点T与点I重合时，TB有最小值，
x=0时，y=5，H(0,5)，
5 5
y=0时，x=− ，G(− ,0)，
2 2
5 11
BG=OB+OG=3+ = ，
2 2
√ 5 2 5
在Rt△GOH中，GH=❑√OG2+OH2=❑( ) +52= ❑√5，
2 2
OH BT BT 5
sin∠OGH= = = =
GH BG 11 5 ，
❑√5
2 2
11
BT= ❑√5．
5
1．（21·22下·长沙·开学考试）已知抛物线y=kx2−4kx+3k（k>0）与x轴交于A、B两点（点A在点B
的左边），与y轴交于点C，顶点为 D．
（1）如图1，请求出A、B、C三点的坐标；
（2）点E为x轴下方抛物线y=kx2−4kx+3k（k>0）上一动点．①如图2，若k=1时，抛物线的对称轴DH交x轴于点H，直线AE交y轴于点M，直线BE交对称轴DH于
点N，求MO+NH的值；
②如图3，若k=2时，点F在x轴上方的抛物线上运动，连接EF交x轴于点G，且满足∠FBA=∠EBA，
当线段EF运动时，∠FGO的度数大小发生变化吗？若不变，请求出tan∠FGO的值；若变化，请说明理
由．
【思路点拨】
（1）令x=0，可求出点C的坐标，令y=0，可求出点A、B的坐标；
（2）过点E作EK⊥x轴于点K，证明△BKE∽△BHN，△AKE∽△AOM，根据相似三角形的性质列
出比例关系，求解即可；②过E作EN⊥x轴于点N，过点F作FH⊥x轴于点H，过点E作EM⊥FH，
交FH的延长线于点M，设点F(n,2n2−8n+6)，E(a,2a2−8a+6)，证明△FHB∽△ENB，根据三
角形相似列出比例关系，求出相关线段之间的数量关系，从而得出tan∠FGO的值．
【解题过程】
（1）解：令kx2−4kx+3k=0，解得x =1，x =3，
1 2
∴A(1,0)，B(3,0)，，
令x=0，则有y=3k，
∴C(0,3k)；
（2）①当k=1时，抛物线的解析式y=x2−4x+3=(x−2) 2−1，
∴该抛物线的对称轴为x=2，
如图1，过点E作EK⊥x轴于点K，
∵OM⊥x轴，DH⊥x轴，EK⊥x轴，
∴OM∥DH∥EK，
∴△BKE∽△BHN，△AKE∽△AOM，设点E(m,m2−4m+3)，
KB KE KE AK
∴ = ， = ，
HB HN MO AO
3−m −m2+4m−3 −m2+4m−3 m−1
即 = ， = ，
3−2 HN MO 1−0
整理可得HN=m−1，MO=−m+3，
∴MO+NH=m−1+(−m+3)=2．
②不会变化．
如图2所示，过E作EN⊥x轴于点N，过点F作FH⊥x轴于点H，过点E作EM⊥FH，交FH的延长线
于点M，
设点F(n,2n2−8n+6)，E(a,2a2−8a+6)，
当n>3时，不能满足∠FBA=∠EBA，
∴n<1，
∵∠FBA=∠EBA，∠FHB=∠ENB=90°，
∴△FHB∽△ENB，
FH HB
∴ = ，
EN NB
2n2−8n+6 3−n
∴ = ，整理可得n+a=2，
−2a2+8a−6 3−a
∵FH⊥x轴，EM⊥FH，
∴∠FHG=∠FME=90°，
∴HG∥ME，
∴∠FGO=∠FEM，FM
2n2−8n+6−(2a2−8a+6)
∴tan∠FGO=tan∠FEM= = =4．
EM a−n
综上所述，当点F和点E在抛物线上运动时，tan∠FGO的值不会发生变化，且tan∠FGO=4．
1
2．（22·23下·武汉·模拟预测）抛物线y=ax2 (a>0)过点M(2,8a2+ )，N是抛物线上第二象限一动点，
2
（1）求抛物线的解析式；
MA
（2）若tan∠OMN=2，MN交y轴于A，求 的值；
NA
（3）过点M的不与y轴平行直线l 与抛物线只有一个公共点，点P与点M关于y轴对称，平移直线l 交抛物
1 1
线于E、F，求证PM平分∠EPF．
【思路点拨】
（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）由已知可得tan∠MOA=tan∠OMN=2，所以AO=AM，设A(0,t)，可得方程t=❑√4+(t−1) 2，
求出t的值可知A点坐标，求出直线MA与抛物线的交点即为N点，再由两点间距离公式分别求出MA、NA，
即可求解；
1
（3）设过直线l 的解析式为y=mx−2m+1，由题意可知 x2=mx−2m+1的方程只有一个实数根，利用
1 4
判别式△=0，求出m=1，则直线l 的解析式为y=x−1，设直线l 向左平移n个单位，则直线EF的解析式
1 1
1
为y=x+n−1，可知x+n−1= x2 的方程有两个实数根，则x +x =4，x ⋅x =4−4n，过点E作
4 E F E F
1
x 2−1
EG⊥PM交于G点，过点F作FH⊥PM交于H点，分别求得 EG 4 E ，
tan∠EPM= =
PG x +2
E
1 1 1
1− x 2 x 2−1 1− x 2
tan∠MPF= FH = 4 F ，由作差法可得4 E − 4 F = (1−n)(x E +x F )−8+4+4n =0 ，
PH x +2 x +2 x +2 (x +2)(x +2)
F E F E F即可证明∠EPM=∠MPF．
【解题过程】
1
（1）解：将点M(2,8a2+ )代入y=ax2，
2
1
∴8a2+ =4a，
2
1
解得a= ，
4
1
∴y= x2 ；
4
1
（2）解：∵a= ，
4
∴M(2,1)，
∴tan∠MOA=2，
∵tan∠OMN=2，
∴AO=AM，
设A(0,t)，
∴t=❑√4+(t−1) 2，
5
解得t= ，
2
5
∴A(0, )，
2
5
设直线MA的解析式为y=kx+ ，
2
5
∴2k+ =1，
2
3
解得k=− ，
4
3 5
∴直线MA的解析式为y=− x+ ，
4 2
3 5 1
当− x+ = x2 时，x=2或x=−5，
4 2 4
25
∴N(−5, )，
45 25
∴MA= ，NA= ，
2 4
MA 2
∴ = ；
NA 5
（3）证明：设过直线l 的解析式为y=mx−2m+1，
1
∵过点M的不与y轴平行直线l 与抛物线只有一个公共点，
1
1
∴
x2=mx−2m+1的方程只有一个实数根，
4
∴ Δ=m2−2m+1=0，
∴m=1，
∴直线l 的解析式为y=x−1，
1
∵点P与点M关于y轴对称，
∴P(−2,1)，
设直线l 向左平移n个单位，则直线EF的解析式为y=x+n−1，
1
1
∴x+n−1= x2 的方程有两个实数根，
4
∴x +x =4，x ⋅x =4−4n，
E F E F
过点E作EG⊥PM交于G点，过点F作FH⊥PM交于H点，
1 1
∴EG= y −1= x2−1，PG=x +2，FH=1−y =1− x2 ，HP=x +2，
E 4 E E F 4 F F
1 1
x 2−1 1− x 2
EG 4 E ， FH 4 F ，
∴tan∠EPM= = tan∠MPF= =
PG x +2 PH x +2
E F
1 1
x 2−1 1− x 2
∵ 4 E − 4 F = (1−n)(x E +x F )−8+4+4n =0 ，
x +2 x +2 (x +2)(x +2)
E F E F
∴tan∠EPM=tan∠MPF，
∴∠EPM=∠MPF，
∴PM平分∠EPF．1
3．（21·22下·恩施·模拟预测）如图，已知抛物线y= (x+ ℎ) 2+k．点A(−1,2)在抛物线的对称轴上，
4
( 5)
B 0, 是抛物线与y轴的交点，D为抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C．
4
（1）直接写出ℎ，k的值；
（2）如图，若点D的坐标为(3,m)，点Q为y轴上一动点，直线QK与抛物线对称轴垂直，垂足为点K．探
求DK+KQ+QC的值是否存在最小值，若存在，求出这个最小值及点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图，连接AD，AC，若∠DAC=60°，求点D的坐标．
【思路点拨】
（1）根据二次函数性质进行分析，即可得到答案；
1 1
（2）由（1）可知y= (x+1) 2+1，求得D(3,5)，作C点关于直线x=− 的对称点C′，连接C′D交抛物
4 2
线对称轴于点K，连接CQ，当C′、K、D三点共线时，C′D有最小值，即DK+KQ+QC的值最小，利用
坐标点的距离公式，得到C′D=❑√74，即可求出DK+KQ+QC的最小值，再利用待定系数法求出直线
5 20
C′D的解析式为y= x+ ，进而得到点K的坐标，即可求得点Q的坐标．
7 7
（3）如图，过D作DE⊥AC于E，设D ( m, 1 m2+ 1 m+ 5) ，则C(m,0)，可得
4 2 4
CD2=
(1
m2+
1
m+
5) 2
，DE2=
3
AD2 CE2=AC2−AC⋅AD+
1
AD2 ，
4 2 4 4 4
DE2+CE2=AD2+AC2−AC⋅AD，而CD2=DE2+CE2，再建立方程求解即可.
【解题过程】
（1）解：∵点A(−1,2)在抛物线的对称轴上，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴ℎ =1，1
∴y= (x+1) 2+k，
4
( 5)
∵B 0, 是抛物线与y轴的交点，
4
1 5
∴ +k= ，
4 4
∴k=1；
（2）解：存在最小值，理由如下：
1
由（1）可知，y= (x+1) 2+1，
4
∵点D是抛物线上一点，坐标为(3,m)，
1
∴m= ×(3+1) 2+1=5，
4
∴D(3,5)，
1
作C点关于直线x=− 的对称点C′，连接C′D交抛物线对称轴于点K，连接CQ，
2
由对称性可知，C′K=CQ，
∴DK+KQ+QC=DK+KQ+C′K≥C′D+KQ，
当C′、K、D三点共线时，C′D有最小值，即DK+KQ+QC的值最小，
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，QK与抛物线对称轴垂直，
∴KQ=1，
∵D(3,5)，CD⊥x轴，
∴C(3,0)，
∴C′(−4,0)，
∴C′D=❑√(3+4) 2+(5−0) 2=❑√74，
∴DK+KQ+QC的最小值为❑√74+1，设直线C′D的解析式为y=kx+b，
{−4k+b=0)
∴ ，
3k+b=5
5
{ k= )
7
解得： ，
20
b=
7
5 20
∴直线C′D的解析式为y= x+ ，
7 7
5 20 15
令x=−1，则y=− + = ，
7 7 7
( 15)
∴K −1, ，
7
( 15)
∴Q 0, ．
7
1 1 1 5
（3）∵y= (x+1) 2+1= x2+ x+ ，
4 4 2 4
如图，过D作DE⊥AC于E，设D ( m, 1 m2+ 1 m+ 5) ，则C(m,0)，
4 2 4
∴CD2=
(1
m2+
1
m+
5) 2
，
4 2 4
∵∠DAC=60°，
3 1
∴DE2=(AD⋅sin60°) 2= AD2 ，CE2=(AC−AD⋅cos60°) 2=AC2−AC⋅AD+ AD2
，
4 4
∴DE2+CE2=AD2+AC2−AC⋅AD
=(m+1) 2+4+ (1 m2+ 1 m+ 5 −2 ) 2 +(m+1) 2−❑ √ (m+1) 2+ (1 m2+ 1 m− 3) 2 ⋅❑√(m+1) 2+4，
4 2 4 4 2 4
而CD2=DE2+CE2，解得：m=±2❑√3−1，
∵D在第二象限，则m>0，
∴m=2❑√3−1，
∴D(2❑√3−1,4).
4．（2022·黑龙江哈尔滨·一模）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，
7
直线y=−❑√3x+ ❑√3与x轴，y轴分别交于点C、B两点，直线AB与x轴交于点A，且点C与点A关于y轴
2
对称．
（1）如图1，求点A的坐标；
（2）如图2，点D为第三象限一点，以BD为边作等边△BDE，连接BD、OD、CD、AD、CE，设点D
的纵坐标为t，△BCD的面积与为△BCE的面积和为S(S≠0)，求S与t之间的函数关系式（不要求写出自变
量的取值范围）；
7 15❑√3
（3）在（2）的条件下，若∠CAD为钝角，△ABD的面积=− t− ，BD=2OD，求点D坐标．
2 4
【思路点拨】
7
（1）首先令y=0，解得x= ，即可确定点C坐标，结合轴对称的性质可得点A坐标；
2
（2）首先证明△ABC为等边三角形，然后证明△ABD≌△CBE(SAS)，易得S =S ，然后根据
△ABD △CBE
S=S +S =S +S =S +S ，即可获得答案；
△BCD △CBE △BCD △ABD △ABC △ADC
（3）由面积关系可求出t的值，由两点间距离公式可列方程，结合题意∠CAD为钝角，即可获得答案．
【解题过程】7
（1）解：对于直线y=−❑√3x+ ❑√3，
2
7
令y=0，可得−❑√3x+ ❑√3=0，
2
7 7
解得x= ，即C( ,0)，
2 2
∵点C与点A关于y轴对称，
7
∴点A(− ,0)；
2
7 7
（2）∵A(− ,0)，C( ,0)，
2 2
7 7
∴AC= −(− )=7，
2 2
7
对于直线y=−❑√3x+ ❑√3，
2
7❑√3
令x=0，可得y= ，
2
7❑√3
∴B(0, )，
2
7❑√3
∴OB= ，
2
在Rt△BOC中，
7❑√3
OB 2
∵tan∠BCO= = =❑√3，
OC 7
2
∴∠BCO=∠BAO=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∵△BDE是等边三角形，
∴BD=BE，∠DBE=60°，
∴∠ABD+∠DBC=∠DBC+∠CBE，
∴∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴S =S ，
△ABD △CBE∴△BCD的面积与为△BCE的面积和S=S +S
△BCD △CBE
=S +S
△BCD △ABD
=S +S
△ABC △ADC
1 1
= AC⋅OB+ AC⋅y
2 2 D
1 7❑√3 1
= ×7× + ×7×t
2 2 2
7 49❑√3
=− t+ ，
2 4
7 49❑√3
即S与t之间的函数关系式为S=− t+ ；
2 4
（3）设点D(a,t)，
7 49❑√3
由（2）可知，S +S =− t+ ，
△BCD △ABD 2 4
7 15❑√3
又∵S =− t− ，
△ABD 2 4
∴S =16❑√3，即S +S +S =16❑√3，
△BCD △BOC △BOD △OCD
1 7❑√3 7 1 7❑√3 1 7
∴16❑√3= × × + × ×(−a)+ × ×(−t)，
2 2 2 2 2 2 2
整理可得 128❑√3=49❑√3−14❑√3a−14t，
−79❑√3−14❑√3a
∴t= ，
14
∵BD=2OD，
∴BD2=4OD2，
7❑√3 2
∴a2+(t− ) =4(a2+t2 )，
2
147
∴
−7❑√3t=3a2+3t2
，
4
∴(28a+94) 2=256，
20
解得a =−4，a =− ，
1 2 7
∵∠CAD为钝角，
∴a=−4，135❑√3
∴t=− ，
14
135❑√3
∴D(−4,− )．
14
5．（21·22九年级下·湖北武汉·自主招生）如图1在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，顶点
4
A、C、D均在坐标轴上，且AB=5，2CE=OC，sinB= .
5
（1）求过A、D、E三点的拋物线C 的解析式；
1
（2）如图2，平行于y轴的直线x=2交抛物线C 于点G，交直线CD于点H，平行于y轴的直线x=a，在
1
抛物线C 的对称轴左侧，交抛物线C 于S，交直线AB于T，若GH:ST=4:3，求a的值；
1 1
（3）如图3，将抛物线C 平移使顶点落在原点上，在射线CD上确定一点P，过点P作直线PF，交y轴于
1
点F，交抛物线于M，N，若△MON的外心在边MN上，且∠NPC=∠OCP，求点P的坐标．
【思路点拨】
（1）根据菱形的性质求得AD=CD=5、∠B=∠ADC，解Rt△OCD求得OC，OD，然后用待定系数
法即可解答；
1 4
（2）先求出抛物线的对称轴可得a< ，再求出直线CD的解析式为y=− x+4、直线AB的解析式为
2 3
y=−
4
x−
8
，然后再求得GH=4−
4
=
8
、ST=
|
−a2+
7
a+
26)
，再根据GH:ST=4:3列绝对值方程
3 3 3 3 3 3
即可解答；
（3）由平移的性质可得平移后抛物线的解析式为y=−x2，设M(m,−m2),N(n,−n2)，
1
再根据题意可得△MON是以MN为斜边的直角三角形，运用勾股定理列式化简可得mn=− ，即
mM(m,−m2),N ( − 1 ,− 1 )；再运用待定系数法可得 y= 1−m4 x−1 ，进而确定F的坐标，进而确定
m m2 m3+m
CF的长；再根据等腰三角形可得PF=FC，然后根据两点间的距离公式列方程解答即可．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是边长为5的菱形，
∴AB=AD=CD=BC=5，∠B=∠ADC，
4
∵sinB= ，
5
4
∴sin∠ADC=sinB= ；
5
在Rt△OCD中，OC=CD⋅sin∠ADC=4，OD=❑√DC2−OC2=3；OA=AD−OD=2，
∵2CE=OC，
1 4
∴CE= OC= =2
2 2
∴OE=OC+CE=4+2=6，
即：A(−2，0)、B(−5，4)、C(0，4)、D(3，0),E(0,6)；
设抛物线的解析式为：y=a(x+2)(x−3)，即：2×(−3)a=6，解得：a=−1．
∴抛物线y=−x2+x+6．
（2）解：∵y=−x2+x+6=− ( x− 1) 2 +6 1 ，
2 4
1
∴抛物线的对称轴为x= ，
2
1
∴a< ，
2
如图：设直线CD的解析式为y=kx+b
∵C(0，4)、D(3，0)，
{ 4=b ) {
b=4
)
∴ ，解得： 4
0=3k+b k=−
3
4 4 8
∴直线CD的解析式为y=− x+4，同理可得：直线AB的解析式为y=− x− ；
3 3 3
∵平行于y轴的直线x=2交抛物线C 于点G，交直线CD于点H，
1( 4)
∴点G(2,4),H 2, ,
3
4 8
∴GH=4− = ;
3 3
同理：ST= | −a2+a+6− ( − 4 a− 8)) = | −a2+ 7 a+ 26) ，
3 3 3 3
∵GH:ST=4:3，
3 3 8
∴ST= GH= × =2,
4 4 3
∴
|
−a2+
7
a+
26)
=2，解得：a=−
5
或a=4或a=
7−❑√433
或a=
7+❑√433
3 3 3 6 6
1 7+❑√433 1
∵a=4> ，a= > ，故舍去，
2 6 2
5 7−❑√433
∴a=− 或a= ．
3 6
（3）解：由平移的性质可得：平移后抛物线的解析式为：y=−x2，
设M(m,−m2),N(n,−n2)，
∵△MON的外心在边MN上，
∴△MON是以MN为斜边的直角三角形，
∴M N2=OM2+ON2
1
∴(m−n) 2+[−m2−(−n2)) 2 =(−m) 2+(−m2) 2 +(−n) 2+(−n2) 2 ，整理得：mn=−1，即n=− ；
m
∴M(m,−m2),N ( − 1 ,− 1 ) ，
m m21−m4
由待定系数法可得直线MN的解析式为：y= x−1，
m3+m
当x=0时，y=−1，即F(0,−1),则CF=OC+OF=4+1=5
设P点坐标为 ( a,− 4 a+4 ) ，则PF2=(a−0) 2+ ( − 4 a+4+1 ) 2 = 25 a2− 40 a+25，
3 3 9 3
∵∠NPC=∠OCP，
∴PF=FC，
∴PF2=FC2=25，
25 40 24
∴ a2− a+25=25，解得：a= 或a=0（不合题意舍去）
9 3 5
(24 36)
∴P点坐标为 ,− ．
5 15
6．（21·22下·武汉·一模）已知抛物线y=ax2− ( 5a+ 1) x+4a+2(a<0)．
2
（1）若抛物线的对称轴为x=2，求该抛物线的解析式；
（2）如图1，在（1）的条件下，抛物线与x轴交于O，A两点，顶点为B，已知点C(0,2)，连
AB，AC，BC，若点P为抛物线上一点，且满足∠OAC+∠POA=∠BAO，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线过两个定点，其中一个定点为第一象限内的点E，另一个定点为x轴上的点F，过点
F作直线l与抛物线有且只有一个交点（l不与x轴垂直），直线l与直线x=−5交于点M．直线ME交抛物
线于另一点P．过点P作线段PQ⊥x轴于点Q，求证；线段FQ的长为定值．
【思路点拨】
（1）用待定系数法求函数关系式即可解题；
（2）先求出直线AB的解析式y=−x+4，延长AB交轴于点K，过C作CH⊥AK于H，CK=2，
❑√2 1 1
KH=CH=❑√2，得到tan∠CAK= = ，即tan∠POA= ，代入解题即可；
3❑√2 3 3
( 3) 17
（3）求出定点坐标E 1, ，F(4,0)，求出直线MF、ME的解析式，然后求出x =x = ，代入解题
2 P Q 2即可．
【解题过程】
（1）∵若抛物线的对称轴为x=2，
1
5a+
∴ 2 ，
=2
2a
1
解得：a=− ，
2
1
∴该抛物线的解析式为y=− x2+2x.
2
1
（2）∵抛物线的解式为y=− x2+2x，
2
1
令y=0，则0=− x2+2x，解得：x=0或x=4，
2
∴A(4,0)，
1 1
∵y=− x2+2x=− (x−2) 2+2，
2 2
∴B(2,2)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
{4k+b=0) {k=−1)
则 ，解得： ，
2k+b=2 b=4
∴y=−x+4，
令x=0，则y=4，
延长AB交y轴于点K，过C作CH⊥AK于H，则OC=2，OA=4，K(0，4)，
∴AK=❑√OA2+OK2=❑√42+42=4❑√2，
∴CK=2，KH=CH=❑√2，
∴AH=AK−HK=4❑√2−❑√2=3❑√2，❑√2 1
∴tan∠CAK= = .
3❑√2 3
∵∠OAC+∠POA=∠BAO，
∴∠POA=∠CAK，
1
∴tan∠POA= ，
3
设P ( p,− 1 p2+2p ) ，
2
| − 1 p2+2p )
∴ 2 1，
=
p 3
10 14
解得：p= 或p= ，
3 3
(10 10) (14 14)
∴P , ，P ,− ；
1 3 9 2 3 9
（3）∵y=ax2− ( 5a+ 1) x+4a+2
2
1
y=a(x2−5x+4)+(− x+2)
2
∵过定点，
∴x2−5x+4=0，
解得：x =1，x =4，
1 2
3
∴当x=1时，y= ，当当x=4时，y=0，
2
( 3)
∴E 1, ，F(4,0)，
2
设直线MF的解析式为y=mx+n，
将F(4,0)代入得4m+n=0，解得n=−4m，
∴y=mx−4m，
∵直线l与抛物线有且只有一个交点可求
∴ax2− ( 5a+ 1) x+4a+2 =mx−4m有两个相等的实数根，
2
( 1 ) 2
∴Δ= 5a+ +m −4a(4a+2+4m)=0，
2
1
∴m=3a− ，
2( 1)
∴y= 3a− x+2−12a，
2
( 1) 9
令x=5，得y=5 3a− +2−12a=−27a+ ，
2 2
( 9)
∴M −5，−27a+ ，
2
( 3)
又∵E 1, ，
2
9 1 9
同理可得直线ME的解析式为：y=( a− )x+2− a
2 2 2
由ax2− ( 5a+ 1) x+4a+2=( 9 a− 1 )x+2− 9 a，
2 2 2 2
17
解得x =1，x = ，
1 2 2
17
解得：x =x = ，
P Q 2
17
∴FQ= −4=4.5为定值.
2
2❑√3
7．（22·23·河源·三模）如图1，抛物线y= x2+bx+c过B(3,0)，C(0,−3❑√3)两点，动点M从点B
3
出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC方向运动，设运动的时间为t秒．
2❑√3
（1）求抛物线y= x2+bx+c的表达式；
3
（2）如图1，过点M作DE⊥x轴于点D，交抛物线于点E，当t=1时，求四边形OBEC的面积；
（3）如图2，动点N同时从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OB方向运动，将△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF．
①当点N运动到多少秒时，四边形NBFG是菱形；
②当四边形NBFG是矩形时，将矩形NBFG沿x轴方向平移使得点F落在抛物线上时，直接写出此时点F
的坐标．
【思路点拨】
2❑√3
（1）利用待定系数法将B、C两点坐标代入抛物线y= x2+bx+c求解即可；
3
（2）当t=1时求得BC长度，并且利用平行线分线段成比例求得E点横坐标，代入抛物线解析式即可求得
E点纵坐标，再根据S =S +S 求解即可；
四边形OBEC 梯形ODEC △BDE
（3）①根据题意可求出ON=t，BN=3−t，BM=2t．再根据旋转的性质易证四边形NBFG是平行四边
BM 2t
形，则四边形NBFG是菱形，只需BG⊥NF即可，又可求出cos∠MBN= = ，
BN 3−t
OB 1 2t 1
cos∠CBO= = ，则 = ，解出t的值即可；②当四边形NBFG是矩形时，只需∠BNG=90°．
BC 2 3−t 2
由∠BNG=∠BOC=90°，得出NG∥OC，利用平行线分线段成比例，求得t=1；将矩形NBFM沿x轴
方向平移时，点F落在抛物线的图象上，即y =−2❑√3，再代入解析式即可求得点F的坐标．
F
【解题过程】
2❑√3
（1）解：∵抛物线y= x2+bx+c的图象过B(3,0)，C(0,−3❑√3)两点，
3
{2❑√3
×9+3b+c=0 ) {b=−❑√3 )
∴ 3 ，解得： ，
c=−3❑√3
−3❑√3=c
2❑√3
∴抛物线的表达式为y= x2−❑√3x−3❑√3；
3
（2）解：如图：∵B(3,0)，C(0,−3❑√3)，
∴OB=3，OC=3❑√3，
∴BC=❑√OB2+OC2=6．
当t=1时，BM=2t=2．
∵DM⊥AB，OC⊥AB，
∴DM∥OC，
BD BM BD 2
∴ = ，即 = ，
OB BC 3 6
∴BD=1，
∴OD=OB−OD=3−1=2．
2❑√3 2❑√3 7❑√3
在y= x2−❑√3x−3❑√3中，令x=2，得：y= ×22−❑√3×2−3❑√3=− ，
3 3 3
( 7❑√3)
∴E 2,− ；
3
1 (7❑√3 ) 1 7❑√3 13❑√3
∴S =S +S = × +3❑√3 ×2+ × ×1= ；
四边形OBEC 梯形ODEC △BDE 2 3 2 3 2
（3）解：①如图：根据题意得：ON=t，BN=3−t，BM=2t．
∵将△BMN绕点M逆时针旋转180°得到△GMF，
∴BM=GM，NM=FM，
∴四边形NBFG是平行四边形，
若四边形NBFG是菱形，只需BG⊥NF，即∠BMN=90°，
BM 2t
此时cos∠MBN= = ．
BN 3−t
OB 3 1
在Rt△BOC中，cos∠CBO= = = ，
BC 6 2
2t 1
∴ = ，
3−t 2
3
解得：t= ，
5
3
答：当点N运动到 秒时，四边形NBFG是菱形；
5
②如图：
由①得四边形NBFG是平行四边形．当四边形NBFG是矩形时，只需∠BNG=90°．
∴∠BNG=∠BOC=90°，
∴NG∥OC，
BN BG 3−t 4t
∴ = ，即 = ，
OB BC 3 6
解得：t=1．
∴当点N运动1秒时，四边形NBFM是矩形．
∴NB=3−1=2，BG=4，
∴NG=❑√BG2−NB2=2❑√3．
将矩形NBFM沿x轴方向平移时，点F落在抛物线的图象上，即y =−2❑√3．
F
2❑√3
当y =−2❑√3时，即 x2−❑√3x−3❑√3=−2❑√3，
F 3
3+❑√33 3−❑√33
解得：x = ，x = ，
1 4 2 4
(3+❑√33 ) (3−❑√33 )
∴点F的坐标为 ,−2❑√3 或 ,−2❑√3 ．
4 4
8．（21·22上·哈尔滨·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+3ax−4a(a≠0)与x轴交与
A,B两点，与y轴交于点C，连接BC，tan∠CBO=2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为第二象限抛物线上一点，连接AP并延长交y轴于点R，设点P的横坐标为t，OR的长为d，求d
与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当d=8时，过点P作PH⊥AB于点H，过点H作HD⊥AP于点D，过点B作
BE⊥BA交DH的延长线于点E，连接PE交x轴于点F，连接CF，G为线段BC上一点，连接FG，若∠BFG+∠CFO=90°，求△CFG的面积．
【思路点拨】
（1）根据抛物线与x的交点，可求点A,B的坐标，根据二次函数与y相交，可用含a的式子表示点C的坐
标，根据tan∠CBO=2，即可求解；
（2）点P为第二象限抛物线上一点，设P ( t,− 1 t2− 3 t+2 ) (t<0)，则R(0,d)，如图所示，过P作
2 2
PP′⊥x轴于点P′，可证△APP′∽△ARO，由此即可求解；
（3）根据题意作图，可求出点P,H的坐标，根据正切的值的计算可求出BE的长，确定点E的坐标，由此
可求出PE所在直线的解析式，确定点F的坐标，根据∠BFG+∠CFO=90°可证△BFG∽△BCO，由此
可求出CG,FG的值，根据三角形的面积计算公式即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+3ax−4a(a≠0)与x轴交与A,B两点，
∴令y=0得，ax2+3ax−4a=0，且a≠0，
∴x2+3x−4=0，解得，x =−4，x =1，
1 2
∴A(−4,0)，B(1,0)，则OA=4,OB=1，
∵抛物线y=ax2+3ax−4a(a≠0)与y轴交于点C，
∴C(0,−4a)，则OC=−4a，
OC
在Rt△BOC中，tan∠CBO= =2，
OB
−4a 1
∴ =2，解得，a=− ，
1 2
1 1 3
把a=− 代入抛物线y=ax2+3ax−4a(a≠0)得，y=− x2− x+2，
2 2 2
1 3
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+2．
2 2
1 3
（2）解：由（1）可知，抛物线的解析式为：y=− x2− x+2，点P为第二象限抛物线上一点，
2 2
∴设P ( t,− 1 t2− 3 t+2 ) (t<0)，则R(0,d)，且A(−4,0)，
2 2
如图所示，过P作PP′⊥x轴于点P′，1 3
∴PP′=− t2− t+2，AP′=t−(−4)=t+4，RO=d，OA=4，
2 2
∴PP′∥∨¿，
∴△APP′∽△ARO，
AP′ PP′ AP | − 1 t2− 3 t+2 )
∴ = = ，即|t+4) 2 2 ，
AO RO AR =
4 |d)
∵点P在第二项象限，
1 3
∴− t2− t+2>0，d>0，−40）与x轴从左至右依
8
❑√3
次交于A,B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线y=− x+b与抛物线的另一交点为D．
3
（1）若点D的横坐标为−5，求抛物线的函数表达式；
（2）若在第一象限的拋物线上有点P，使得△PAB∽△ABC相似，求k的值；（3）在（1）的条件下，设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，一动点M从点A出发，沿线段
AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FD以每秒2个单位的速度运动到D后停止．当点F的坐标
是多少时，点M在整个运动过程中用时最少？
【思路点拨】
（1）首先求出点A、B坐标，然后求出直线BD的解析式，求得点D坐标，代入抛物线解析式，求得k的值；
（2）设P(x,y)，过点P作PN⊥x轴于点N，则ON=x，PN= y，列方程求出P(6,2k)，再由
AB CB
△ABC∽△PAB可得 = ，代入数据列出方程求解即可；
AP AB
1 1
（3）由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+ DF．作辅助线，将AF+ DF
2 2
转化为AF+FG；再由垂线段最短，得到垂线段AH与直线BD的交点，即为所求的F点．
【解题过程】
k
（1）抛物线y= (x+2)(x−4)，
8
令y=0，解得x=−2或x=4，
∴A(−2,0)，B(4,0)．
❑√3
∵直线y=− x+b经过点B(4,0)，
3
❑√3 4❑√3
∴− ×4+b=0，解得b= ，
3 3
❑√3 4❑√3
∴直线BD解析式为：y=− x+ ．
3 3
当x=−5时，y=3❑√3，
∴D(−5,3❑√3)，
k
∵点D(−5,3❑√3)在抛物线y= (x+2)(x−4)上，
8
k
∴ ×(−5+2)×(−5−4)=3❑√3，
8
8❑√3
∴k= ．
9
❑√3
∴抛物线的函数表达式为：y= (x+2)(x−4)．
9❑√3 2❑√3 8❑√3
即y= x2− x− ．
9 9 9
（2）由抛物线解析式，令x=0，得y=−k，
∴C(0,−k)，OC=k．
∵点P在第一象限内的抛物线上，
∴∠ABP为钝角．
若△PAB∽△ABC，则有∠ABC=∠PAB，如图所示．
设P(x,y)，过点P作PN⊥x轴于点N，则ON=x，PN= y．
k y
tan∠ABC=tan∠PAB，即： = ，
4 x+2
k k
∴y= x+ ．
4 2
( k k) k
∴P x, x+ ，代入抛物线解析式y= (x+2)(x−4)，
4 2 8
k k k
得 (x+2)(x−4)= x+ ，
8 4 2
整理得：x2−4x−12=0，
解得：x=6或x=−2（与点A重合，舍去），
∴P(6,2k)．
∵△ABC∽△PAB，
AB CB
= ，
AP AB
6 ❑√16+k2
∴ = ，
❑√64+4k2 6
解得k=±❑√2，
∵k>0，
∴k=❑√2，综上所述，k=❑√2．
（3）如图，过点D作DN⊥x轴于点N，
由（1）知：D(−5,3❑√3)，
则DN=3❑√3，ON=5，BN=4+5=9，
DN 3❑√3 ❑√3
∴tan∠DBA= = = ，
BN 9 3
∴∠DBA=30°．
过点D作DK∥x轴，则∠KDF=∠DBA=30°．
1
过点F作FG⊥DK于点G，则FG= DF．
2
1
由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t=AF+ DF，
2
∴t=AF+FG，即运动的时间值等于折线AF+FG的长度值．
由垂线段最短可知，折线AF+FG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．
过点A作AH⊥DK于点H，则t =AH，AH与直线BD的交点，即为所求之F点．
最小
❑√3 4❑√3
∵A点横坐标为−2，直线BD解析式为：y=− x+ ，
3 3
❑√3 4❑√3
∴y=− ×(−2)+ =2❑√3，
3 3
∴F(−2,2❑√3)，
综上所述，当点F坐标为(−2,2❑√3)时，点M在整个运动过程中用时最少．
11．（2023九年级·山东·专题练习）如图，二次函数y=ax2+bx+4的图象经过点A(−4,0),B(−1,0)，与
y轴交于点C．（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△BCP面积为5，若存在，求出点P的坐标；若不
存在，请说明理由；
（3）如图2，小明经过探究发现：位于x轴下方的抛物线上，存在一点D，使∠DAB与∠ACB互为余角；
你认为他探究出的结论是否正确？若正确，求出点D的坐标；若不正确，请说明理由．
【思路点拨】
（1）设抛物线的解析式为：y=a(x+4)(x+1)，代入点C(0,4)，进一步得出结果；
BQ TB
（2）过点P作PT∥BC，交x轴于点T，作BQ⊥PT于Q，可得△TBQ∽△BCO，从而 = ，变
OC BC
1
形得出TB⋅OC=BC⋅BQ，由S =5得， BC⋅BQ=5，从而BC⋅BQ=10，从而求得TB，从而得
△PBC 2
出点T坐标，进而求得PT的解析式，进一步得出结果，同样求得另一种情形；
（3）作BF⊥AC于F，设AD与y轴交于点E，可推出∠DAB=∠CBF，解斜三角形ABC，求得AF和
CF 5 OE 5
CF，根据tan∠DAB=tan∠CBD= = ，得出 = ，从而求得OE，进而求出AD的解析式，将
BF 3 OA 3
其和抛物线的解析式联立，从而求的点D坐标．
【解题过程】
（1）解：由题意得：C(0,4)，
设抛物线的解析式为：y=a(x+4)(x+1)，
∴4=a⋅4×1，
∴a=1，
∴y=(x+4)(x+1)=x2+5x+4；
（2）如图1，过点P作PT∥BC，交x轴于点T，作BQ⊥PT于Q，
∴∠QTB=∠CBO,∠TQB=∠BOC=90°，
∴△TBQ∽△BCO，
TB BQ
∴ = ，
BC OC
∴TB⋅OC=BC⋅BQ，
∵B(−1,0),C(0,4),A(−4,0)，
∴OC=4,OB=1，
设直线BC的解析式为：y=kx+4，把B(−1,0)代入，得：k=4，
∴y=4x+4
∵PT∥BC，
∴k =k =4，
PT BC
1
由S =5得， BC⋅BQ=5，
△PBC 2
∴BC⋅BQ＝10，
∴4TB=10，
5
∴TB= ，
2
5 7
∴OT=OB+TB=1+ = ，
2 2
( 7 )
∴T − ,0 ，
2
( 7 )
设直线PT的解析式为y=4x+m，把T − ,0 ，代入，得：m=14，
2
∴直线PT的解析式为y=4x+14，5
∵抛物线的对称轴为：x=− ，
2
5 ( 5)
∴当x=− 时，y=4× − +14=4，
2 2
( 5 )
∴P − ,4 ，
1 2
同理可得：直线T′Q′的解析式为：y=4x−6，
5
∴当x=− 时，y=−16，
2
( 5 )
∴P − ,−16 ，
2 2
( 5 ) ( 5 )
∴P − ,4 或 − ,−16 ；
2 2
（3）如图2，
( 8 20)
存在D − ,− ，使∠DAB+∠ACB=90°，理由如下：
3 9
作BF⊥AC于F，设AD与y轴交于点E，
∴∠BFA=∠BFC=90°，
∴∠ACB+∠CBF=90°，
∵∠ACB+∠DAB=90°，
∴∠DAB=∠CBF，
∵∠AOC=90°,OA=OC=4，
∴∠CAO=45°,AC=4❑√2，
∵AB=3，
❑√2 3❑√2
∴AF=BF=AB⋅sin45°= AB= ，
2 23❑√2 5❑√2
∴CF=AC−AF=4❑√2− = ，
2 2
CF 5
∴tan∠DAB=tan∠CBD= = ，
BF 3
OE 5
∴ = ，
OA 3
OE 5
∴ = ，
4 3
20
∴OE= ，
3
( 20)
∴E 0,− ，
3
20 5
设直线AD的解析式为：y=nx− ，把A(−4,0)，代入，得：n=− ，
3 3
5 20
∴直线AD的解析式为：y=− x− ，
3 3
8
{y=x2+5x+4)
{x=−4)
{ x
2
=−
3
)
由 5 20 得， 或 ，
y=− x− y=0 20
3 3 y =−
2 9
( 8 20)
∴D − ,− ．
3 9
12．（21·22下·广州·二模）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−2，5)，与x轴相交于B(−1，0)，
C(3，0)两点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BC′D，若点C′恰好
落在抛物线的对称轴上，求点C′和点D的坐标；
（3）设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的对称轴上，当△CPQ为等边三角形时，求直线BP的函数表达式．
【思路点拨】
（1）根据待定系数法，把点A(−2，5)，B(−1，0)，C(3，0)的坐标代入y=ax2+bx+c得到方程组
求解即可；
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为(1，0)，BH=2，由翻折得C′B=CB=4，求
出C′H的长，可得∠C′BH=60°，求出DH的长，则D坐标可求；
（3）由题意可知△C′CB为等边三角形，分两种情况讨论：①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，
连接BQ，C′P，证出△BCQ≌△C′CP，可得BP垂直平分CC′，则D点在直线BP上，可求出直线BP
的解析式；②当点P在轴的下方时点Q在轴下方，同理可求出另一直线解析式．
【解题过程】
{4a−2b+c=5
)
（1）解：由题意得： a−b+c=0 ，
9a+3b+c=0
{
a=1
)
解得 b=−2 ，
c=−3
∴抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3；
（2）∵抛物线与x轴交于B(−1，0)，C(3，0)，
∴BC=4，抛物线的对称轴为直线x=1，
如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为(1，0)，BH=2，
由翻折得C′B=CB=4，
在Rt△BHC′中，由勾股定理，得C′H=❑√C′B2−BH2=❑√42−22=2❑√3，
C′H 2❑√3
∴点C′的坐标为(1,2❑√3)，tan∠C′BH= = =❑√3，
BH 2
∴∠C′BH=60°，1
由翻折得∠DBH= ∠C′BH=30°，
2
2❑√3
在Rt△BHD中，DH=BH⋅tan∠DBH=2⋅tan30°= ，
3
( 2❑√3)
∴点D的坐标为 1, ；
3
（3）取（2）中的点C′，D，连接CC′，
∵BC′=BC，∠C′BC=60°，
∴△C′CB为等边三角形．分类讨论如下：
当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P，
∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，
∴CQ=CP，BC=C′C，∠PCQ=∠C′CB=60°，
∴∠BCQ=∠C′CP，
∴△BCQ≌△C′CP（SAS），
∴BQ=C′P，
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴BQ=CQ，
∴C′P=CQ=CP，
又∵BC′=BC，
∴BP垂直平分CC′，
由翻折可知BD垂直平分CC′，
∴点D在直线BP上，
设直线BP的函数表达式为y=kx+b ，
1{ 0=−k+b 1 ) { k= ❑√ 3 3 )
则 2❑√3 ，解得 ，
=k+b ❑√3
3 1 b =
1 3
❑√3 ❑√3
∴直线BP的函数表达式为y= x+ ，
3 3
当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方，
∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，
∴CP=CQ，BC=CC′，∠CC′B=∠QCP=∠C′CB=60°，
∴∠BCP=∠C′CQ，
∴△BCP≌△C′CQ（SAS），
∴∠CBP=∠CC′Q，
∵BC′=CC′，C′H⊥BC，
1
∴∠CC′Q= ∠CC′B=30°，
2
∴∠CBP=30°，
设BP与y轴相交于点E，
❑√3 ❑√3
在Rt△BOE中，OE=OB⋅tan∠CBP=OB⋅tan30°=1× = ，
3 3
( ❑√3)
∴点E的坐标为 0,− ，
3
设直线BP的函数表达式为y=mx+n，{0=−m+n
)
{ m=−
❑√3
)
3
则 ❑√3 ，解得 ，
− =n ❑√3
3 n=−
3
❑√3 ❑√3
∴直线BP的函数表达式为y=− x− ，
3 3
❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3
综上所述，直线BP的函数表达式为y= x+ 或y=− x− ．
3 3 3 3
13．（22·23下·福州·期中）如图，平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+nx+4过点A(−4，0)，与y轴交
于点N，与x轴正半轴交于点B．直线l过定点A．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接AN，BN，直线l交抛物线于另一点M，当∠MAN=∠BNO时，求点M的坐标；
（3）过点T(t，−1)的任意直线EF（不与y轴平行）与抛物线交于点E、F，直线BE、BF分别交y轴于
点P、Q，是否存在t的值使得OP与OQ的积为定值？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）将点A(−4,0)代入y=−x2+nx+4，即可求解；
1
（2）求出tan∠BNO=tan∠MAN= ，分两种情况讨论：当M点在AN上方时，过点N作NH⊥AN交
4
5 20
于H点，过点H作HK⊥y轴交于K点，求出H(−1，5)，从而求出直线AM的解析式为y= x+ ，
3 3
{ y= 5 x+ 20 ) ( 2 50)
联立方程组 3 3 ，可求M − ， ；当M点在AN下方时，过点N作NG⊥AN交AM
3 9
y=−x2−3x+43 12
于点G，过点G作GW⊥y轴交于点W，求出G(1,3)，直线AM的解析式为y= x+ ，联立方程组
5 5
{ y= 3 x+ 12 ) (2 66)
5 5 ，可求M ， ；
5 25
y=−x2−3x+4
（3）设E(e，−e2−3e+4)，F(f，−f2−3f +4)，通过求直线BE的解析式求得k=−e−4，则
P(0,e+4)，再通过求直线BF的解析式为得m=−f −4，则Q(0,f +4)，从而得到
OP⋅OQ=−ef −4e−4f −16，再设直线EF的解析式为y=k (x−t)−1，联立方程组
1
{y=k x−k t−1)
1 1 ，由根与系数的关系得e+f =−k −3，ef =−k t−5，得到OP⋅OQ=k (t+4)+1，
y=−x2−3x+4 1 1 1
当t+4=0时，OP⋅OQ为定值．
【解题过程】
（1）解：将点A(−4,0)代入y=−x2+nx+4，
得−16−4n+4=0，
解得n=−3，
∴y=−x2−3x+4；
（2）解：令y=0，则−x2−3x+4=0，
解得x=−4或x=1，
∴B(1,0)，
令x=0，则y=4，
∴N(0,4)，
∴ON=4，OB=1，
1
∴tan∠BNO= ，
4
如图1，当M点在AN上方时，过点N作NH⊥AN交于H点，过点H作HK⊥y轴交于K点，∵A(−4,0)，N(0,4)，
∴OA=ON，AN=4❑√2，
∴∠ANO=45°，
∵∠ANH=90°，
∴∠HNK=45°，
∴HK=KN，
∵∠HAN=∠ONB，
HN 1
∴ = ，
AN 4
∴HN=❑√2，
∴KN=HK=1，
∴H(−1，5)，
设直线AM的解析式为y=kx+b，
{−4k+b=0)
∴ ，
−k+b=5
5
{ k= )
3
解得 ，
20
b=
3
5 20
∴y= x+ ，
3 3{ y= 5 x+ 20 )
联立方程组 3 3 ，
y=−x2−3x+4
2
解得x=− 或x=−4（舍)，
3
( 2 50)
∴M − ， ；
3 9
如图2，当M点在AN下方时，过点N作NG⊥AN交AM于点G，过点G作GW⊥y轴交于点W，
∵∠ANO=45°，∠ANG=90°，
∴∠WNG=45°，
∴NW =WG，
1 NG NG
∵tan∠NAM= = = ，
4 AN 4❑√2
∴NG=❑√2，
∴WG=WN=1，
∴G(1,3)，
3 12
则直线AM的解析式为y= x+ ，
5 5
{ y= 3 x+ 12 )
联立方程组 5 5 ，
y=−x2−3x+4
2
解得x= 或x=−4（舍)，
5
(2 66)
∴M ， ；
5 25( 2 50) (2 66)
综上所述：点M的坐标为 − ， 或 ， ；
3 9 5 25
（3）解：存在t的值使得OP与OQ的积为定值，理由如下：
设E(e，−e2−3e+4)，F(f，−f2−3f +4)，
设直线BE的解析式为y=k(x−1)，
将点E代入y=k(x−1)，得k=−e−4，
∴y=−(e+4)(x−1)，
令x=0，则y=e+4，
∴P(0,e+4)，
∴OP=e+4，
设直线BF的解析式为y=m(x−1)，
点F代入y=m(x−1)，得m=−f −4，
∴y=−(f +4)(x−1)，
令x=0，则y=f +4，
∴Q(0，f +4)，
∴OQ=−f −4，
∴OP⋅OQ=(e+4)(−f −4)=−ef −4e−4f −16，
设直线EF的解析式为y=k (x−t)−1，
1
{y=k x−k t−1)
联立方程组 1 1 ，
y=−x2−3x+4
∴x2+(k +3)x−k t−5=0，
1 1
∴e+f =−k −3，ef =−k t−5，
1 1
∴OP⋅OQ=k t+4k +1=k (t+4)+1，
1 1 1
当t+4=0时，OP⋅OQ为定值，
∴t=−4，OP⋅OQ=1．
3
14．（22·23九年级下·福建漳州·期中）如图1，经过点C(0,−4)且对称轴为直线x=− 的抛物线是由抛物
2
线y=x2平移得到的，并与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧）．（1）求抛物线的解析式，并直接写出点A，B的坐标；
1
（2）如图，在第三象限的抛物线上有一动点P，若满足tan∠PCA= ，求△PAC的面积；
4
25
（3）如图2，点D，E为抛物线对称轴上的两动点，其纵坐标的积为− ，直线BD与BE分别交抛物线于
4
点F，G，试确定直线FG是否经过定点？并说明理由．
【思路点拨】
( 3) 2
（1）根据题意设抛物线解析式为：y= x+ + ℎ，代入C(0,−4)，即可得抛物线解析式，令y=0，则
2
( 3) 2 25
有 x+ − =0，解方程即可求得点A，B的坐标；
2 4
（2）连接OP，过A点作AG⊥BC于点G，过P点作PM⊥y轴于点M，作PN⊥x轴于点N，设点P坐
标为： ，且 ，即有： ， ，即有： ，
(x,x2+3x−4) −42)；
（3）解：如图所示，在AG上取一点M，使得DM=DA，
则∠DAM=∠DMA，
设∠BAG=n，则∠DAM=∠DMA=2n，
∵DG∥x轴，
∴∠DGA=∠BAG=n，
∴∠MDG=∠DMA−∠DGA=n，
∴∠MDG=∠MGD，
∴MD=MG，
∵∠ODG=90°，
∴∠MDE=∠GDE−∠MDG=90°−n，∠MED=90°−∠MGD=90°−n，
∴∠MED=∠MDE，
∴MD=ME，
设AD=DM=ME=MG=5m，连接DB，延长AD到N使得DN=DB，连接MN，GN，
∵OA=OB，OD⊥AB，∴DA=DB，
∴∠DAB=∠DBA=3n，
∴∠ADB=180°−6n，
∵AB∥DG，
∴∠ADG+∠DAB=180°，∠NDG=∠DAB=3n，
∴∠ADG=180°−3n，
∴∠BDG=3n，
∴∠BDG=∠NDG，
又∵ND=BD，DG=DG，
∴△NDG≌△BDG(SAS)，
∴GN=BG=❑√61m，
∵DA=DB=DN=DM，
∴∠DAM=∠DMA，∠DNM=∠DMN，
∵∠DAM+∠DMA+∠DNM+∠DMN=180°，
∴∠DMA+∠DMN=90°，即∠AMN=90°，
∴MN=❑√NG2−MG2=6m，
∴AM=❑√AN2−M N2=8m，
1
过点D作DH⊥AG于H，则AH=MH= AM=4m，
2
∴DH=❑√DM2−H M2=3m，
∵GH=MH+MG=9m，
DH 1
∴tan∠DGH= =
GH 3
OE 1
∴tan∠OAE=tan∠DGH= = ，
OA 3
2
∴OE= ，
3
( 2)
∴E 0， ，
3
设直线AE解析式为y=kx+b′，{−2k+b′=0)
∴ 2 ，
b′=
3
1
{ k= )
3
∴ ，
2
b′=
3
1 2
∴直线AE解析式为y= x+ ，
3 3
7
{ y= 1 x+ 2 ) { x= 3 ) {x=−2)
联立 3 3 ，解得 或 ，
13 y=0
y=x2−4 y=
9
(7 13)
∴P ，
3 9
16．（21·22下·哈尔滨·阶段练习）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+2ax−3a与x
( 3)
轴相交点B、C，与y轴相交于点A，点A的坐标为 0, ，点D为抛物线的顶点．
2
（1）如图1，求抛物线的顶点D的坐标；
（2）如图2，P是第二象限内抛物线上一点，连接CP，过点D作DE⊥CP于点H，交x轴于点E，设点P
的横坐标为t,E的横坐标为m，求t与m的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，在DE的延长线上取一点G，连接CD、BG、CG，在CG上取点M，
连BM，若HG=CH,BG+BM=CM,2∠DCG+∠BMG=180°，求点P的坐标．
【思路点拨】
（1）待定系数法求解析式，进而化为顶点式即可求解；
（2）过点D作DF⊥x轴于点F，过点P作PQ⊥x轴于点Q，先求得B(3,0)，C(1,0)，根据题意证明∠PCQ=∠EDF，根据正切的定义得出等式，即可求解；
（3）先证明BG⊥CG，过点D作DN⊥CG于点N，连接BN，将△DNC绕点D顺时针旋转90°得到
1
△DKB，证明四边形KDNG是正方形，进而证明△BGN≌△CND，得出BG= GN，设∠CDN=α，得
2
1
出tanα= ，进而根据（2）∠PCQ=∠EDF =α，可得t=−2，即可求解．
2
【解题过程】
( 3)
（1）解：∵抛物线y=ax2+2ax−3a，与y轴相交于点A，点A的坐标为 0, ，
2
3
∴−3a= ，
2
1
解得：a=− ，
2
1 3 1
∴y=− x2−x+ =− (x+1) 2+2，
2 2 2
∴D(−1,2)；
（2）解：如图所示，过点D作DF⊥x轴于点F，过点P作PQ⊥x轴于点Q
1 3
∵y=− x2−x+ ，
2 2
1 3
当x=0时，− x2−x+ =0
2 2
即(x+3)(x−1)=0，
解得：x =−3,x =1，
1 2
∴B(3,0)，C(1,0)，
设点P的横坐标为t,E的横坐标为m，∴P ( t,− 1 t2−t+ 3) ，EF=−1−m，DF=2，CQ=1−t，PQ=− 1 t2−t+ 3
2 2 2 2
∵DE⊥CP，DF⊥x轴
∴∠EDF+∠≝=∠DEC+∠PCQ，
∴∠PCQ=∠EDF
∴tan∠PCQ=tan∠EDF
1 3
− t2−t+
即 2 2 −1−m
=
1−t 2
∴t=−m−4；
（3）解：∵B(3,0)，C(1,0)，D(−1,2)，
∴DB=DC=2❑√2,BC=4，
∴BC2=DC2+BD2
∴△BCD是等腰直角三角形，∠BDC=90°，
∵HC=HG，PC⊥DG，
∴△HGC是等腰直角三角形，
如图所示，过点D作DT⊥DG交GC的延长线于点T，
∵BD⊥DC,GD⊥DT
∴∠BDG=∠CDT
又∵∠DGT=45°
∴△DGT是等腰直角三角形，
∴DG=DT
又∵DB=DC，
∴△DBG≌△DCT
∴∠DTC=∠DGB=45°，
∴∠BGC=∠BGD+∠DGC=90°如图所示，过点D作DN⊥CG于点N，连接BN，
将△DNC绕点D顺时针旋转90°得到△DKB，
∴∠K=∠KDN=∠DKG=90°
则四边形DKGK是矩形，
又∵DN=DK
∴四边形KDNG是正方形，
设∠CDN=α，
∵2∠DCG+∠BMG=180°，
1
则∠DCG+ ∠BMG=90°，
2
又∵∠DCG+∠CDN=90°，
∴∠BMG=2α，
∵∠BDN=90°−α，
∴∠DNB=∠GBN=90°−∠MNB=90°−α=∠NDC，
∴∠BND=∠BDN，
∴BD=BN，
∴BN=AC，
∴△BGN≌△CND，
∴BG=NC，
∵BG+BM=CM =CN+MN，
∴BM=MN，
1
∴BG= GN，
2
∴BG=NC=KB，
1
∴tanα= ，
2∵∠CDN+∠NDF=45°,∠EDF+∠NDF=45°，
∴∠EDF=∠CDN=α，
由（2）∠PCQ=∠EDF =α，
∵P ( t,− 1 t2−t+ 3) ，
2 2
1 3
− t2−t+
∴ 2 2 1，
=
1−t 2
解得：t=−2，
( 3)
∴P −2, ．
2
17．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+6❑√3与x
轴交于点A(−6,0)，B(8,0)，与y轴交于点C．
（1）求a，b的值；
（2）如图①，E是第二象限抛物线上的一个动点，连接OE，CE，设点E的横坐标为t，△OCE的面积为
S，求S关于t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图②，在（2）的条件下，当S=6❑√3时，连接BE交y轴于点R，点F在y轴负半轴上，连接BF，
点D在BF上，连接ED，点L在线段RB上（点L不与点B重合），过点L作BR的垂线与过点B且平行于
1
ED的直线交于点G，M为LG的延长线上一点，连接BM，EG，使∠GBM= ∠BEG，P是x轴上一点，
2
1
且在点B的右侧，∠PBM−∠GBM=∠FRB+ ∠DEG，过点M作MN⊥BG，交BG的延长线于点N，
2
1
点V在BG上，连接MV，使BL−NV = BV，若∠EBF=∠VMN，求直线BF的解析式．
2【思路点拨】
{36a−6b+6❑√3=0)
（1）把点A(−6,0)，B(8,0)代入抛物线解析式y=ax2+bx+6❑√3，得方程组 ，求
64a+8b+6❑√3=0
出a，b的值即可；
❑√3 ❑√3
（2）过点E作EW⊥y轴，垂足为W，由（1）知，抛物线的解析式是y=− x2+ x+6❑√3，得
8 4
OC=6❑√3，根据“E是第二象限抛物线上的一个动点，点E的横坐标为t”，得EW=−t，根据
1
S= OC⋅EW，代入整理即可得到S关于t的函数解析式；
2
（3）以BM为一边作∠MBT=∠MBN，∠MBT的另一边BT交LM的延长线于点T；作MK⊥BT，垂
足为K；作FS⊥BE，垂足为S；作EQ⊥x轴，垂足为Q；根据S=6❑√3和S=−3❑√3t，求出
1 1
E(−2,5❑√3)，根据“ED∥BG，∠GBM= ∠BEG，∠PBM−∠GBM=∠FRB+ ∠DEG，
2 2
1
∠RBO+∠EBT+∠TBP=180°”推理出∠EBT=60°，∠T=30°，得到BL= BT，结合
2
1
BL−NV = BV，推理出NV =KT，用AAS证△MNB≌△MKB，用HL证Rt△NMV≌Rt△KMT，推理
2
出∠EBF=60°，根据“B(8,0)，E(−2,5❑√3)”，得出OB=8，EQ=5❑√3，QB=10，代入
EQ OR FS OB 8 2❑√3
tan∠EBQ= = ，求出OR，勾股定理算出BR，根据“tan∠FRB= = = = ，
BQ OB RS OR 4❑√3 3
FS
tan∠FBS=tan60°=❑√3= ”，设FS=2❑√3m，则RS=3m，BS=2m，代入RS+BS=BR，算出m，
BS
运用勾股定理计算 RF= ❑√ FS2+ ˉ SR ˉ 2，计算OF=RF−∨¿，结合点F在y轴负半轴上，得F ( 0,− 8❑√3) ，
5
( 8❑√3)
设直线BF的解析式为y=kx+c，把B(8,0)，F 0,− 代入求出完整解析式即可．
5
【解题过程】（1）∵点A(−6,0)，B(8,0)在抛物线y=ax2+bx+6❑√3上，
{36a−6b+6❑√3=0)
∴ ，
64a+8b+6❑√3=0
{ a=−
❑√3
)
8
解得： ，
❑√3
b=
4
❑√3 ❑√3
∴a=− ，b=
8 4
❑√3 ❑√3
（2）由（1）知，抛物线的解析式是y=− x2+ x+6❑√3，
8 4
∵C是抛物线与y轴的交点，
∴x=0时，y=6❑√3，
∴C(0,6❑√3)，
∴OC=6❑√3，
如下图，过点E作EW⊥y轴，垂足为W，
∵E是第二象限抛物线上一点，点E的横坐标为t，
∴EW =−t，
1 1
∴S= OC⋅EW = ×6❑√3⋅(−t)=−3❑√3t
2 2
（3）如下图，以BM为一边作∠MBT=∠MBN，∠MBT的另一边BT交LM的延长线于点T；作
MK⊥BT，垂足为K；作FS⊥BE，垂足为S；作EQ⊥x轴，垂足为Q，∵S=6❑√3，由（2）知S=−3❑√3t，
∴−3❑√3t=6❑√3，
∴t=−2，
❑√3 ❑√3
∴y=− ×(−2) 2+ ×(−2)+6❑√3=5❑√3，
8 4
∴E(−2,5❑√3)，
∵ED∥BG，
∴∠DEB=∠EBG，
1
∵∠GBM= ∠BEG，即∠GEB=2∠GBM，
2
∴∠GEB=∠GBT，
∴∠DEB+∠GEB=∠EBG+∠GBT，
∴∠DEG=∠EBT，
1
∵∠PBM−∠GBM=∠FRB+ ∠DEG，∠PBM−∠GBM=∠PBM−∠MBT=∠TBP，
2
∠ROB=90°，
∴∠FRB=90°−∠RBO，
1
∴∠TBP=90°−∠RBO+ ∠EBT，
2
又∵∠RBO+∠EBT+∠TBP=180°，
∴∠EBT=60°，
∵LG⊥EB，
∴∠GLB=90°，
∴∠T=30°，1
∴BL= BT，
2
∵MK⊥BT，MN⊥BG，
∴∠MKT=∠MNB=∠MKB=90°，
在△MNB和△MKB中，
{∠MNB=∠MKB
)
∠MBN=∠MBK ，
MB=MB
∴△MNB≌△MKB(AAS)，
∴NB=BK，MN=MK，
1
∵BL−NV = BV，
2
∴2BL−2NV =BV，
∴BT−NV =BV +NV =BN=BK，
∴BT−BK=NV =KT，
∴Rt△NMV≌Rt△KMT(HL)，
∴∠T=∠NVM=30°，
∴∠NMV =60°，
∵∠EBF=∠VMN，
∴∠EBF=60°，
∵FS⊥BE，EQ⊥x轴，
∴∠EQB=∠RSF=∠BSF=90°，
∵B(8,0)，
∴OB=8，
∵E(−2,5❑√3)，
∴EQ=5❑√3，QB=10，
EQ OR
∵tan∠EBQ= = ，
BQ OB
5❑√3 OR
∴ = ，
10 8
∴∨=4❑√3，
∴BR=❑√OR2+OB2=4❑√7，FS OB 8 2❑√3 FS
∵tan∠FRB= = = = ，tan∠FBS=tan60°=❑√3= ，
RS OR 4❑√3 3 BS
∴设FS=2❑√3m，则RS=3m，BS=2m，
∵RS+BS=BR，
∴3m+2m=4❑√7，
4❑√7
∴m= ，
5
∵RF=
❑√
FS2+
ˉ
SR
ˉ
2=❑√21m=
28❑√3
，
5
8❑√3
∴OF=RF−∨= ，
5
又∵点F在y轴负半轴上，
( 8❑√3)
∴F 0,− ，
5
设直线BF的解析式为y=kx+c，
( 8❑√3) { c=− 8❑√3 )
把B(8,0)，F 0,− 代入，得： 5 ，
5
8k+c=0
{ k=
❑√3
)
5
解得： ，
8❑√3
c=−
5
❑√3 8❑√3
∴直线BF的解析式为y= x− ．
5 5
18．（2022·黑龙江哈尔滨·三模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2−3ax+4交x轴
于A，B两点，交y轴于点C，OB=OC．（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点D在第二象限的抛物线上，连接BD交y轴于点E，设点D的横坐标为m，线段OE的长为
d，求d与m的函数解析式；
（3）如图2，在（2）的条件下，点F在第一象限的抛物线上，点G在OB上，点H在OB的延长线上，
25
GH= ，连接BC，CH，FG，BC交FG于点K，CH交FG于点Q，∠CQF=45°，连接EK，
6
∠BEK=2∠ABD，过点K作KR⊥BD，交x轴于点R，若OE+∨=BR，求点F的坐标．
【思路点拨】
（1）求出B点坐标，将B点代入函数解析式即可求a的值，从而确定具体的函数解析式即可；
EO OB d 4
（2）过点D作DH⊥AB交于H，则△BOE∽△BHD，根据 = ，得到等式 = ，
DH BH −m2+3m+4 4−m
化简后可得d=4m+4；
（3）设∠ABD=α，则∠BEK=2α，∠BEO=90°−α=∠CEK，过点B作BM⊥x轴交于B，交EK的
延长线于点M，得到△BEM是等腰三角形，过点E作EN⊥BM交于N，可得MN=BN=OE=4m+4，
BM=8m+8，设KR⊥BD于I，证明△BKR≌△BKM(AAS)，得到BR=BM=8m+8，
( 2 14) 4 8
¿=OB−BR=−8m−4，再由OE+∨=BR，求出m的值，从而确定点D − , ，EO= ，BR= ，
3 9 3 3
4
¿= ，证明△CEK≌△BRK(ASA)，可得CK=BK，所以点K为等腰直角三角形BOC的斜边中点，能求
3
4❑√10 1 2❑√10
K(2,2)，证明△CEK≌△BMK，求出BE= =EM，EK=MK= EM= ，过点G作
3 2 3
GW⊥BK交于W，则△BWG为等腰直角三角形，设GW =BW =❑√2a，则BG=2a，则GW a 25 49−12a
KW =2❑√2−❑√2a，tan∠BKG= = ，BH= −2a，OH=OB+BH= ，得到
KW 2−a 6 6
24 a 24 3 (5 )
∠BKG=∠CHG，由tan∠CHO= ，得到方程 = ，求出a= ，确定点G ,0 ，
49−12a 2−a 49−12a 4 2
用待定系数法求出直线 的解析式为 ，联立方程组{ y=−4x+10 )，即可求 ．
KG y=−4x+10 F(1,6)
y=−x2+3x+4
【解题过程】
（1）当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
∵OB=OC，
∴B(4,0)，
将B点代入y=ax2−3ax+4，
∴16a−12a+4=0，
解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）∵点D的横坐标为m，
∴D(m,−m2+3m+4)，
如图1，过点D作DH⊥AB交于H，
∴△BOE∽△BHD，
EO OB
∴ = ，
DH BHd 4
=
∴ ，
−m2+3m+4 4−m
解得d=4m+4；
（3）设∠ABD=α，则∠BEK=2α，
∴∠BEO=90°−α，∠CEK=90°+α−2α=90°−α=∠BEO，
如图2，过点B作BM⊥x轴交于B，交EK的延长线于点M，
∵BM∥CE，
∴∠EBO=∠OEB，∠M=∠CEM，
∴∠EMB=∠EBM，
∴△BEM是等腰三角形，
∴BE=EM，
过点E作EN⊥BM交于N，
∴MN=BN=OE=4m+4，
∴BM=8m+8，
设KR⊥BD于I，
∴∠EOB+∠EIR=180°，
∴四边形EORI对角互补，∠KRB=∠BEO=90°−α=∠M，
∵BK=BK，∠RBK=∠MBK=45°，
∴△BKR≌△BKM(AAS)，
∴BR=BM=8m+8，
∴∨=OB−BR=4−8m−8=−8m−4，
∵OE+∨=BR，
∴4m+4−8m−4=8m+8，2
解得m=− ，
3
( 2 19)
∴D − , ，
3 4
4 8 4
∴EO=4m+4= ，BR= ，¿=−8m−4= ，
3 3 3
∴∨=OE，
∴CE=BR，
OE 1
在Rt△BOE中，tan∠OBE= = ，
OB 3
在△CEK和△BRK中，∠CEK=∠BRK=90°−α，∠BCE=∠RBK=45°，CE=BR，
∴△CEK≌△BRK(ASA)，
∴CK=BK，
∴点K为等腰直角三角形BOC的斜边中点，
1
∴BK=CK= BC=2❑√2，
2
∴K(2,2)，
∵BR=BM=CE，
又∵∠RBK=∠MBK，
∴△CEK≌△BMK，
1
∴EK=MK= EM，
2
4❑√10
在Rt△BOE中，BE= =EM，
3
1 2❑√10
∴EK=MK= EM= ，
2 3
过点G作GW⊥BK交于W，则△BWG为等腰直角三角形，
设GW =BW =❑√2a，则BG=2a，
∴KW =BK−BW =2❑√2−❑√2a，
GW a
tan∠BKG= = ，
KW 2−a
25 25 49−12a
BH=GH−GB= −2a，OH=OB+BH=4+ −2a= ，
6 6 6
∵∠CQF=∠GQH=45°=∠CBO，在△BGK和△QGH中，∠BKG=∠CHG，
CO 24
在Rt△COH中，tan∠CHO= = ，
HO 49−12a
a 24
∴ = ，
2−a 49−12a
16 3
解得a= （舍)或a= ，
3 4
3
∴BG=2a= ，
2
3 5
∴GO=4− = ，
2 2
(5 )
∴G ,0 ，
2
设直线KG的解析式为y=kx+b，
{2k+b=2
)
∴ 5 ，
k+b=0
2
{k=−4)
解得 ，
b=10
∴直线KG的解析式为y=−4x+10，
{ y=−4x+10 )
联立方程组 ，
y=−x2+3x+4
解得x=1或x=6（舍)，
∴F(1,6)．
4 8
19．（22·23九年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=− x2− x+4与x轴交
3 3
于点A、点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC.（1）求线段AC的长度；
（2）如图1，点P为直线AC上方抛物线上一动点，过点B作BD∥AC交y轴于点D，连接PD交AC于点
E，连接BP，求△PBE面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，点Q与点P关于原抛物线对称，将原抛物线沿着射线AQ方向平移❑√5个
13
单位，得到新抛物线y′，M为直线l:y=x+ 与y轴的交点，N为直线l上一点，将直线l绕着点N逆时针
3
旋转30°得到直线l′，交新抛物线于点G，点H为平面直角坐标系内任意一点，直接写出所有使得四边形
MNGH为菱形的点G的横坐标.
【思路点拨】
（1）分别令x=0，y=0，解方程即可求得：A(−3,0)，B(1,0)，C(0,4)，再运用勾股定理即可求得AC；
（2）过点P作PL∥y轴，交直线AC于点K，交直线BD于点L，作PH⊥BD于点H，交AC于点T，利
4 4 4
用待定系数法可得直线AC的解析式为y= x+4，直线BD的解析式为y= x− ，设
3 3 3
P ( t,− 4 t2− 8 t+4 ) ，则K ( t, 4 t+4 ) ，L ( t, 4 t− 4) ，利用△PKT∽△ACO，可得PT=− 4 t2− 12 t，
3 3 3 3 3 5 5
2( 3) 2 3
再由S =S −S =− t+ + ，利用二次函数性质即可求得答案；
△PBE △PBD △EBD 3 2 2
4 16
（3）将原抛物线沿着射线AQ方向平移❑√5个单位，得到新抛物线y′，即将原抛物线y=− (x+1) 2+ 向
3 3
4 22
右平移1个单位，再向上平移2个单位得到新抛物线y′:y′=− x2+ ，根据当MG为菱形MNGH的对
3 313 ❑√3 13
角线时，画出相应的图象，利用待定系数法求得直线MG的解析式为y=❑√3x+ 或y=− x+ ，分
3 3 3
别与抛物线解析式联立即可求得答案．
【解题过程】
4 8
（1）∵抛物线y=− x2− x+4与x轴交于点A、点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
3 3
令x=0，得y=4，
4 8
令y=0，得− x2− x+4=0，
3 3
解得：x =−3，x =1，
1 2
∴A(−3,0)，B(1,0)，C(0,4)，
∴OA=3，OC=4，
在Rt△ACO中，AC=❑√OA2+OC2=❑√32+42=5；
（2）如图1，过点P作PL∥y轴，交直线AC于点K，交直线BD于点L，作PH⊥BD于点H，交AC于
点T，
{−3k+b=0)
设直线AC的解析式为y=kx+b，则 ，
b=4
{ k= 4 )
解得： 3 ，
b=4
4
∴直线AC的解析式为y= x+4，
3
∵BD∥AC，
4 4
∴设直线BD的解析式为y= x+d，把B(1,0)代入，得 +d=0，
3 34
解得：d=− ，
3
4 4
∴直线BD的解析式为y= x− ，
3 3
4
令x=0，得y=− ，
3
( 4)
∴D 0,− ，
3
在Rt△BOD中，BD=❑√OB2+OD2=❑
√
12+
(4) 2
=
5
，
3 3
设P ( t,− 4 t2− 8 t+4 ) ，则K ( t, 4 t+4 ) ，
3 3 3
∴PK=− 4 t2− 8 t+4− (4 t+4 ) =− 4 t2−4t，
3 3 3 3
∵PL∥y轴，
∴∠PKT=∠ACO，
∵∠PTK=∠AOC=90°，
∴△PKT∽△ACO，
4
PT PK − t2−4t
∴ = ，即PT 3 ，
OA AC =
3 5
4 12
∴PT=− t2− t，
5 5
∴S =S −S
△PBE △PBD △EBD
1 1
= BD⋅PH− BD⋅TH
2 2
1
= BD⋅(PH−TH)
2
1
= BD⋅PT
2
= 1 × 5( − 4 t2− 12 t )
2 3 5 5
2( 3) 2 3
=− t+ + ，
3 2 22
∵− <0，
3
3 3 ( 3 )
∴当t=− 时，S 取得最大值 ，此时点P的坐标为 − ,5 ；
2 △PBE 2 2
4 8 4 16
（3）∵y=− x2− x+4=− (x+1) 2+ ，
3 3 3 3
( 16)
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，顶点为 −1, ，
3
( 3 )
∵点Q与点P − ,5 ，关于直线x=−1对称，
2
( 1 )
∴Q − ,5 ，
2
{−3k′+b′=0)
设直线AQ的解析式为y=k′x+b′，则 1 ，
− k′+b′=5
2
{k′=2)
解得： ，
b′=6
∴直线AQ的解析式为y=2x+6，
∵将原抛物线沿着射线AQ方向平移❑√5个单位，得到新抛物线y′，
4 16
∴即将原抛物线y=− (x+1) 2+ 向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到新抛物线y′，
3 3
4 22
∴新抛物线为y′=− x2+
，
3 3
13
∵M为直线l:y=x+ 与y轴的交点，
3
( 13)
∴M 0, ，
3
( 13)
设N n,n+ ，将直线l绕着点N逆时针旋转30°得到直线l′，
3
则∠GNT=30°，
当MG为菱形MNGH的对角线时，如图2、图3，设直线l交x轴于点L，直线MG交x轴于点K，
13
则MN=NG，OM=OL= ，
3
∴∠OCL=45°，∴∠GMN=∠MGN=15°，
∴∠LCK=∠GCN=15°，
∴∠KCO=∠OCL−∠LCK=45°−15°=30°，
13 13❑√3
∴OK=OM⋅tan∠KCO= tan30°= ，
3 9
( 13❑√3 )
∴K − ,0 ，
9
{ −
13❑√3
k″+b″=0)
9
设直线MG的解析式为y=k″x+b″，则 ，
13
b″=
3
{k″=❑√3)
解得： 13 ，
b″=
3
13
∴直线MG的解析式为y=❑√3x+ ，
3
4 22 13
联立方程组，得，− x2+ =❑√3x+ ，
3 3 3
3❑√3+3❑√19 3❑√19−3❑√3
解得：x =− ，x = ，
1 8 2 8
当MG为菱形MNGH的对角线时，如图4、图5，设直线l交x轴于点L，直线MG交x轴于点K，
则MN=NG，NG//MH，∴∠HMN=180°−30°=150°，
1
∴∠NMG= ∠HMN=75°，
2
∴∠GMO=∠NMG+∠LMO=75°+45°=120°，
∴∠AMO=60°，
13 13❑√3
∴OA=OM⋅tan∠AMO= tan60°= ，
3 3
13❑√3
∴K( ，0)，
3
❑√3 13
同理可得直线MG的解析式为y=− x+ ，
3 3
4 22 ❑√3 13
联立方程组，得，− x2+ =− x+ ，
3 3 3 3
3❑√3
解得：x =− ，x =❑√3，
1 4 2
3❑√3+3❑√19 3❑√19−3❑√3 3❑√3
综上所述，点G的横坐标为− 或 或− 或❑√3．
8 8 4
20．（22·23九年级下·江苏淮安·期中）如图，已知抛物线y=ax2+bx−5经过B(−5,0)，C(−1,0)两点，
与y轴的交点H．（1）求该抛物线的表达式；
2❑√3
（2）点A在第二象限的抛物线上，且∠ACB=30°，点F从点C出发，在线段CA上以每秒 个单位长
3
度的速度向点A运动，同时点E从点B出发以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当其中一个点到达终点
时，另外一个点也停止运动，设运动时间为t秒，求运动时间为多少时，△CEF的面积最大，并求出最大
面积和点E坐标；
（3）在（2）的条件下，将△CEF绕平面内一点P顺时针旋转60°得到△C′E′F′，使得点C′落在直线GC
❑√3 ❑√3
上，已知直线GC的关系式为y= x+ ．
3 3
①连接BF，EE′，EE′所在直线与直线GC交于点Q，若∠FBC+EQC=45°，求点E′的横坐标．
②若点M坐标为(0,−2❑√3)，连接MP，PE′，则MP+PE′的最小值为 ．
【思路点拨】
（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
2❑√3
（2）过点F作FK⊥x轴于点K，由题意得：CF= t，BE=t，∠ACB=30°，进而可得
3
1 ❑√3 1 ❑√3 2❑√3
EC=BC−BE=4−t，FK= CF= t，由S = EC⋅FK=− (t−2) 2+ ，利用二次函数
2 3 △CEF 2 6 3
性质即可求得答案；
4❑√3 2❑√3
（3）①当t=2时，CE=2，CF= ，E(−3,0)，F(−3, )，可证得FE⊥CE，由旋转可得点P
3 3
在直线AC上，分两种情况：当点P在AC的延长线上时，当点P在射线CA上时，利用解直角三角形分别
求得点E′的横坐标即可；②点E′是直线BF上的动点，点P是直线AC上的动点，当点M、P、E′三点在同
一条直线上时，MP+PE′=M E′，且M E′⊥BF时，M E′最小，过点M作MW⊥BF于点W，设BF交
❑√3 5❑√3 5❑√3
y轴于点K，根据直线BF的解析式为y= x+ ，可得K(0, )，即
3 3 35❑√3 11❑√3
MK= −(−2❑√3)= ，再运用解直角三角形即可求得答案．
3 3
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−5经过B(−5,0)，C(−1,0)两点，
{25a−5b−5=0)
∴ ，
a−b−5=0
{a=−1)
解得： ，
b=−6
∴该抛物线的表达式为y=−x2−6x−5；
（2）解：如图，过点F作FK⊥x轴于点K，则∠FKC=90°，
∵B(−5,0)，C(−1,0)，
∴BC=4，
2❑√3
由题意得：CF= t，BE=t，∠ACB=30°，
3
1 ❑√3
∴EC=BC−BE=4−t，FK= CF= t，
2 3
1 1 ❑√3 ❑√3 2❑√3
∴S = EC⋅FK= (4−t)× t=− (t−2) 2+ ，
△CEF 2 2 3 6 3
❑√3
∵− <0，
6
2❑√3
∴当t=2时，S 取得最大值 ，此时点E的坐标为(−3,0)；
△CEF 3
4❑√3 2❑√3
（3）解：①当t=2时，CE=2，CF= ，E(−3,0)，F(−3, )，
3 3
∴FE⊥CE，
∵将△CEF绕平面内一点P顺时针旋转60°得到△C′E′F′，使得点C′落在直线GC上，如图，
∴点P在直线AC上，当点P在AC的延长线上时，设AC交y轴于点K，如图，
1 2❑√3
∠FPF′=60°，PF′=PF，E′F′=EF= CF= ，
2 3
∴△PFF′是等边三角形，
∴∠PFF′=∠PF′F=60°，
∵∠KCO=∠ACB=30°，
∴∠CKO=60°=∠FPF′，
∴PF′∥y轴，
❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3 5❑√3
设P(m,− m− )，则C′ (m, m+ )，F′ (m, m+ )，
3 3 3 3 3 3
∵∠FCE=30°，∠CEF=90°，
∴∠EFC=60°，
∴∠E′F′C′=∠EFC=60°，
∵BE=2=CE，EF=EF，∠FEB=∠FEC=90°，
∴△BFE≌△CFE(SAS)，
∴∠FBE=∠FCE=30°，
∴∠BFC=120°，
∴∠BFC+∠PFF′=180°，
∴B、F、F′、E′在同一条直线上，
2❑√3 1 ❑√3
过点E′作E′S⊥PF′于点S，则F′S=E′F′ ⋅cos60°= × = ，
3 2 32❑√3 ❑√3
E′S=E′F′ ⋅sin60°= × =1，
3 2
❑√3 4❑√3
∴E′ (m−1, m+ )，
3 3
2❑√3 ❑√3 5❑√3
由B(−5,0)，F(−3, )，可得直线BF的解析式为y= x+ ，
3 3 3
2❑√3 ❑√3 ❑√3
由C(−3,0)，F(−3, )，可得直线AC的解析式为y=− x− ，
3 3 3
∴BF∥GC，
∴∠BE′E=∠EQC，
∵∠FBC+∠EQC=45°，
∴∠FBC+∠BE′E=45°，
∴∠E′EO=45°，
过点E′作E′R⊥x轴于点R，则R(m−1,0)，
❑√3 4❑√3
∴ER=m+2，E′R= m+ ，
3 3
E′R
∵ =tan45°=1，
ER
∴E′R=ER，
❑√3 4❑√3
即 m+ =m+2，
3 3
解得：m=❑√3−1，
∴m−1=❑√3−2，
即点E′的横坐标为❑√3−2；
当点P在射线CA上时，如图，由上得：PF′∥y轴，
❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3 5❑√3
设P(m,− m− )，则C′ (m, m+ )，F′ (m, m+ )，
3 3 3 3 3 3
过点E′作E′S⊥PF′于点S，过点Q作QT⊥x轴于点T，
2❑√3 1 ❑√3 2❑√3 ❑√3
则F′S=E′F′ ⋅cos60°= × = ，E′S=E′F′ ⋅sin60°= × =1，
3 2 3 3 2
❑√3 4❑√3
∴E′ (m−1, m+ )，
3 3
∵∠FBC+∠EQC=45°，
∴∠EQC=45°−∠FBC=45°−30°=15°，
∵∠EQC+∠QEC=∠QCT=30°，
∴∠QEC=15°=∠EQC，
∴CQ=CE=2，
1 ❑√3
∴QT= CQ=1，CT=CQ⋅cos30°=2× =❑√3，
2 2
∴OT=❑√3−1，
∴Q(❑√3−1，1)，
{ −3k+d=0 )
设直线EQ的解析式为y=kx+d，把E(−3,0)，Q(❑√3−1，1)代入得： ，
(❑√3−1)k+d=1
{ k=2−❑√3 )
解得： ，
d=6−3❑√3
∴直线EQ的解析式为y=(2−❑√3)x+6−3❑√3，❑√3 4❑√3
∵直线EQ经过点E′(m−1, m+ )，
3 3
❑√3 4❑√3
∴ m+ =(2−❑√3)(m−1)+6−3❑√3，
3 3
解得：m=−4−2❑√3，
∴m−1=−5−2❑√3，
即点E′的横坐标为−5−2❑√3；
综上所述，点E′的横坐标为❑√3−2或−5−2❑√3．
②如图，点E′是直线BF上的动点，点P是直线AC上的动点，当点M、P、E′三点在同一条直线上时，
MP+PE′=M E′，且M E′⊥BF时，M E′最小，
过点M作MW⊥BF于点W，设BF交y轴于点K，
❑√3 5❑√3
∵直线BF的解析式为y= x+ ，
3 3
5❑√3
∴K(0, )，
3
∵M坐标为(0,−2❑√3)，
5❑√3 11❑√3
∴MK= −(−2❑√3)= ，
3 3
∵∠MKW=60°，∠MWK=90°，
11❑√3 11❑√3 ❑√3 11
∴MW =MK⋅sin∠MKW = sin60°= × = ，
3 3 2 2
11
即MP+PE′的最小值为 ，
211
故答案为： ．
2
