专题06二次函数中特殊三角形的存在性（八大题型）60题专练（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 06 二次函数中特殊三角形的存在性（八大题型）62 题专练 通用的解题思路： 特殊三角形的讨论问题，常见于中考试卷的压轴题中，其融合了特殊三角形的性质、相似三角形 的判定及性质、锐角三角比的应用等数学核心知识，考查了学生的分类讨论、数形结合、转化化归等 数学思想。虽部分特殊三角形的存在性问题有一定“套路”可循，但大多题目试题命题灵活，并无单 一模式，对学生提出了相当大的挑战。然而万变不离其宗，从特殊三角形本身的性质入手，结合边、 角的相互转化，就能拨开迷雾、追寻真迹。 一：等腰三角形的存在性 根据等腰三角形的定义，若为等腰三角形，则有三种可能情况：（1）AB=BC；（2）BC=CA；（3） CA=AB．但根据实际图形的差异，其中某些情况会不存在，所以等腰三角形的存在性问题，往往有 2 个甚至更多的解，在解题时需要尤其注意． 解题思路： （1）利用几何或代数的手段，表示出三角形的三边对应的函数式； （2）根据条件分情况进行讨论，排除不可能的情况，将可能情况列出方程（多为分式或根式方程） （3）解出方程，并代回原题中进行检验，舍去增根． 二：直角三角形的存在性 在考虑△ABC 是否为直角三角形时，很显然需要讨论三种情况：①∠A=90°；②∠B=90°；③∠ C=90°．在大多数问题中，其中某两种情况会较为简单，剩下一种则是考察重点，需要用到勾股定 理。 解题思路： （1）按三个角分别可能是直角的情况进行讨论； （2）计算出相应的边长等信息； （3）根据边长与已知点的坐标，计算出相应的点的坐标． 三：等腰直角三角形的存在性 既要结合等腰三角形的性质，又要结合直角三角形的性质。需要分类讨论哪个角是直角。 四：相似三角形的存在性 相似三角形存在性问题，分类讨论步骤： 第一步：找到题目中已知三角形和待求三角形中相等的角； 要先确定已知三角形是否有直角，或确定锐角（借助三角函数值-初中阶段衡量角度问题的计算手 段，二次函数角的存在性压轴专题应用更为突出） ①若有已知的相等角，则其顶点对应； ②若没有相等的角，则让不确定的三角形的角和已知三角形的特殊角相等。第二步：确定相似后，根据对应边成比例求解动点坐标： ①若已知三角形各边已知，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边 的大小； ②若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度，之 后用相似来列方程求解。 题型一：等腰三角形的存在性 1．（2024•运城模拟）综合与探究 3 3 如图，抛物线y x2  x6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，D是第一 4 2 象限抛物线上的一个动点，若点D的横坐标为m，连接AC，BC，BD，CD． （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）当四边形ACDB的面积有最大值时，求出m的值． （3）在（2）的条件下，在x轴上是否存在一点M ，使ADM 是等腰三角形？若存在，请直接写出点M 的 坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）解方程得到 x2或 x4，求得 A(2,0)， B(4,0)， C(0,6)；设直线 BC的解析式为 3 ykxb，把（2）B(4,0)，C(0,6)代入即可得到直线BC的解析式为y x6； 2 3 3 3 （2）如图，过D作x轴的垂线交BC于P，设D(m, m2  m6)，则P(m, m6)，根据三角形的面 4 2 2 3 积公式得到四边形ACDB的面积 m2 6m18，根据二次函数的性质即可得到结论； 2 （3）根据勾股定理得到 AD (22)2 62 2 13，设M(a,0)，求得 AM |a2|，当 AD AM 2 13， 得到M(22 13，0)或M(22 13，0)；当AM DM 时，则点M 在AD的垂直平分线上，作AD的垂直1 平分线交x轴于M ，交AD于H ，则AH  AD 13，过D作DE  AB于E，根据相似三角形的性质得 2 9 到M( ，0)． 2 3 3 【解答】解：（1）令y0，得y x2  x60， 4 2 解得x2或x4， A(2,0)，B(4,0)， 令x0，得y6， C(0,6)； 设直线BC的解析式为ykxb， 4kb0 把（2）B(4,0)，C(0,6)代入得 ， b6  3 k  解得 2，  b6 3 直线BC的解析式为y x6； 2 （2）如图，过D作x轴的垂线交BC于P， 3 3 3 设D(m, m2  m6)，则P(m, m6)， 4 2 2 四 边 形 ACDB的 面 积 1 1 1 1 3 3 3 3 S S  ABOC PDOB 66 [ m2  m6( m6)]4 m2 6m18， ABC BCD 2 2 2 2 4 2 2 2 3  0，  2 6 当m 2时，四边形ACDB的面积最大， 3 2( ) 2当四边形ACDB的面积最大时，m的值为2； （3） m2，  D(2,6)， AD (22)2 62 2 13， 设M(a,0)， AM |a2|， 当AD AM 2 13， |a2|2 13， 解得a22 13或a22 13， M(22 13，0)或M(22 13，0)； 当AM DM 时，则点M 在AD的垂直平分线上， 1 作AD的垂直平分线交x轴于M ，交AD于H ，则AH  AD 13， 2 过D作DE  AB于E， AHM AED90，OE2，DE6， DAEMAH ，  ADE∽AMH ， AD AE   ， AM AH 2 13 4   ， AM 13 13 AM  ， 213 9 OM  2 ， 2 2 9 M( ，0)， 2 9 综上所述，M(22 13，0)或(22 13，0)或( ，0)． 2 【点评】本题是二次函数综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，待定系数 法求函数的解析式，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 3 2．（2024•青岛一模）如图1，已知二次函数yax2  xc(a0)的图象与y轴交于点A(0,4)．与x轴交于 2 点B，C，点C坐标为(8,0)，连接AB、AC． 3 （1）请直接写出二次函数yax2  xc(a0)的表达式； 2 （2）判断ABC 的形状，并说明理由； （3）如图2，若点N在线段BC上运动（不与点B，C重合），过点N作NM //AC，交AB于点M ，当AMN 面积最大时，求此时点N的坐标； （4）若点N在x轴上运动，当以点 A，N，C为顶点的三角形是等腰三角形时，请写出此时点N的坐 标． 【分析】（1）根据待定系数法即可求得； 1 3 （2）由抛物线表达式为 y x2  x4，得点B的坐标为(2,0)，从而求得 AB2 5， AC 4 5， 4 2 BC 10，所以AB2  AC2 BC2，即可得ABC为直角三角形； （3）设点N的坐标为(n,0)，则BN n2，过M 点作MDx轴于点D，根据三角形相似对应边成比例求 2 得MD (n2)，构建二次函数，根据函数解析式求得即可； 5 （4）分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一 个点，即可求得点N的坐标．3 【解答】解：（1） 二次函数yax2  xc的图象与y轴交于点A(0,4)，与x轴交于点B、C，点C坐  2 标为(8,0)， c4  ， 64a12c0  1 a 解得 4．  c4 1 3 抛物线表达式为：y x2  x4； 4 2 （2）ABC 为直角三角形， 理由如下： 1 3 由抛物线表达式为y x2  x4， 4 2 点B的坐标为(2,0)， AB2 5，AC 4 5，BC 10， (2 5)2 (4 5)2 102，  AB2  AC2 BC2， ABC为直角三角形； （3） ABC为直角三角形，BAC 90．  AC  AB． AC//MN，  MN  AB． 设点N的坐标为(n,0)，则BN n2， MN //AC，  BMN∽BAC BM BN   ， BA BC MN BN   ， AC BC BNBA 5(n2) BNAC 2 5(n2) BM   ，MN   ， BC 5 BC 5 5(n2) 8 5 5n AM  ABBM 2 5  ， 5 51 S  AM MN  AMN 2 1 8 5 5n 2 5n4 5    2 5 5 1  (n3)2 5， 5 当n3时，AMN面积最大是5， N 点坐标为(3,0)， 当AMN面积最大时，N点坐标为(3,0)； （4）由（3）知，AC 4 5， ①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为(8,0)， ②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为(84 5，0)或(84 5，0)， ③作AC的垂直平分线交AC于P，交x轴于N， AOC∽NPC， CP CN 2 5 CN   ，即  ， OC AC 8 4 5 CN 5， 此时N的坐标为(3,0)， 综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为(8,0) 或(84 5，0)或(3,0)或(84 5，0)． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，掌握待定系数法求解析式，三角形相似的判定和性质以及函数的 最值等是解题的关键． 3．（2024•辽宁一模）如图1，正方形ABCD的顶点A，B的坐标分别为(0,10)，(8,4)，顶点C，D在第一 象限．点P从点A出发，沿正方形按ABC方向运动，同时，点Q从点E(4,0)出发，沿x轴正方向以 相同速度运动，当点P到达点C时，P，Q两点同时停止运动，设运动时间为t(s)，OPQ的面积S（平方单位）． （1）正方形ABCD的边长为 10 ； （2）当点P由点 A运动到点B时，过点P作PM  y轴交 y轴于点M ，已知随着点P在 AB上运动时 PA 5  ，OPQ的面积S与时间t(s)之间的函数图象为抛物线的一部分（如图2所示）， AM 3 求：①点P，Q两点的运动速度为 ； ②S关于t的函数关系式为 ； （3）当点P由点B运动到点C时，经探究发现OPQ的面积S是关于时间t(s)的二次函数，其中S与t部 分对应取值如下表： t 10 15 20 S 28 76 m 求：m的值及S关于t的函数关系式． （4）在（2）的条件下若存在2个时刻t ，t (t t )对应的OPQ的形状是以OP为腰的等腰三角形，点P 1 2 1 2 5 3 沿正方形按ABC方向运动时直接写出当t  t  t 时，OPQ的面积S的值． 3 1 4 2 【分析】（1）由A，B的坐标分别为(0,10)，(8,4)，根据勾股定理计算即可得出答案； （2）①由图2可知，当t 10时，S 28，此时点P从 A点移动到B点，即点P从 A点移动到B点用了 10s，结合 AB10进行计算即可；②由题意得 APt ， EQt， OA10，则 OQ4t，计算出 3 3 1 AM  t，则OM 10 t，再由S  OQOM 计算即可； 5 5 2 （3）先求出点C的坐标，从而得出m的值，再利用待定系数法求二次函数解析式即可； （4）分两种情况：当OPPQ时，当OPOQ时，利用等腰三角形的性质、勾股定理等知识，建立方程， 解方程即可求解． 【解答】解：（1） A，B的坐标分别为(0,10)，(8,4)，  AB (08)2 (104)2 10， 正方形的边长为10， 故答案为：10； （2）①由图2可知，当t 10时，S 28，此时点P从A点移动到B点， 点P从A点移动到B点用了10s， 由（1）得：AB10， 10101，  P、Q两点的速度为1单位/秒， 故答案为：1单位/秒； ②如图1， ， 由题意得：APt ，EQt，OA10， OQOEEQ4t， PA 5  ，  AM 3 3  AM  t， 5 3 OM OAAM 10 t， 5 1 1 3 3 19 即S  OQOM  (t4)(10 t) t2  t20(0t10)； 2 2 5 10 5 （3）由题意可得： 由题意可得：t20时，点P运动到点C处，EQ20， OQOEEQ42024， 过点C作CH x轴于H ，过点B作BG y轴交CH 于点N，如图2，， 则CN CH ， AGBBNC CHO90， BAGABG90，四边形OGHN为矩形， 四边形ABCD是正方形，  ABBC，ABC 90， CBN ABG90， CBN BAG， ABGBCN(AAS)， A，B的坐标分别为(0,10)，(8,4)，  AG6，BG8，OG4， AGBN 6，BGCN 8，NH OG4， CH 4812，GN 8614， 点C坐标(14,12)， 1 m 2412144， 2 设S关于t的函数关系式为S at2 btc， 100a10bc28①  225a15bc76② ，  400a20bc144③  125a5b48 由②①，③②得： ， 175a5b68 2 a  5   2 解得：b ， 5  c8   2 2 S  t2  t8(10t20)； 5 5 （4）解：由题意得：APt ，EQt，OA10， OQOEEQ4t， PA 5  ，  AM 3 3  AM  t， 5 4 PM  AP2 AM2  t， 5 3 OM OAAM 10 t， 5 当OPPQ时，作PK OQ于K，如图3， ， 1 则OK  OQ，四边形OKPM 是矩形， 2 1 MPOK  OQ， 2 4 1  t  (4t)， 5 2 20 解得：t  ； 3 当OPOQ时，MP2 OM2 OP2， 4 3 ( t)2 (10 t)2 (4t)2， 5 5 21 解得：t  ， 521 20 综上可得：t  ，t  ， 1 5 2 3 5 3 t  t  t ，  3 1 4 2 5 21 3 20 t     12， 3 5 4 3 2 2 224 当t 12时，S  122  128 ． 5 5 5 【点评】本题考查了二次函数的应用、勾股定理、等腰三角形的定义及性质、坐标与图形、三角形全等的 判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用数形结合的思想是解此 题的关键． 1 4．（2024•康县一模）如图，抛物线y x2 bxc与直线AB相交于A(0,3)，B(3,1)两点． 3 （1）求抛物线的解析式，并直接写出顶点坐标； （2）点P为x轴上一动点，当PAB是以AB为底边的等腰三角形时，求点P的坐标； 1 （3）把抛物线y x2 bxc沿它的对称轴向下平移h(h0)个单位长度，在平移过程中，该抛物线与直 3 线AB始终有交点，求h的最大值． 【分析】（1）根据待定系数法求出二次函数解析式，再把二次函数解析式化为顶点式，再根据二次函数的 图象与性质，即可得出答案； （2）设P(p,0)，根据PAB是以AB为底边的等腰三角形可得PAPB，然后利用两点距离公式构建关于 p 的方程，然后求解即可； 1 1 37 （3）先求直线 AB解析式，然后设平移后的抛物线解析式为 y (x )2  h，联立方程组 3 2 12  2 y x3   3  ，化简得 x2 3x3h0，根据抛物线与直线 AB始终有交点得出△…0即可求 1 1 37 y (x )2  h  3 2 12 解． 1 【解答】解：（1） 抛物线y x2 bxc与直线AB相交于A(0,3)，B(3,1)两点，  3c3   1 ，  32 3bc1   3  1 b 解得 3，  c3 1 1 1 1 37 y x2  x3 (x )2  ， 3 3 3 2 12 1 37 顶点坐标为( ， )； 2 12 （2）设P(p,0)， PAB是以AB为底边的等腰三角形，  PAPB，即PA2 PB2， (p0)2 (03)2 (p3)2 (01)2， 1 解得 p ， 6 1 点P的坐标为( ，0)； 6 1 1 37 （3）设平移后的函数解析式为y (x )2  h， 3 2 12 设直线AB解析式为ymxn， 把A(0,3)，B(3,1)代入，得： n3  ， 3mn1  2 m 解得 3 ，  n3 2 y x3， 3  2 y x3   3 联立得： ， 1 1 37 y (x )2  h  3 2 12 整理：x2 3x3h0， 抛物线与直线AB始终有交点，  △(3)2 43h…0，3 h ， 4 3 h的最大值为 ． 4 【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，等腰三角形的性质，二次函数的平移，二次函数与一 次函数的交点问题等知识，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 5．（2024•澄海区校级模拟）如图，点A、B在x轴正半轴上，点C、D在y轴正半轴上，且OBOC 3， OA1，OD2，过A、B、C三点的抛物线上有一点E，使得AE AD． （1）求过A、B、C三点的抛物线的解析式． （2）求点E的坐标． （3）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使ACP为等腰三角形，若存在，直接写出点P的坐标，若不存 在，请说明理由． 【分析】（1）设抛物线的解析式为 yax2 bxc，把点A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入函数解析式，求出 a，b，c的值即可； EF AO （2）过点E作EF x轴于点F ，设E(a,a2 4a3)，证明EFA∽AOD，得  ，代入相关数据得 AF OD a2 4a3 1  ，求出a的值，再进行判断即可； a1 2 （3）由yx2 4x3得对称轴为直线x2，设P(2,t)，分PC  AC，PA AC，PC  AP三种情况讨论 求解即可． 【解答】解：（1）OBOC 3，OA1， A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)， A、B、C三点在抛物线上，  abc0  9a3ac0，  c3a1  解得b4，  c3 抛物线的解析式为：yx2 4x3； （2）过点E作EF x轴于点F ，如图1， EAF AEF 90， DAEA，  DAE90， DAOEAF 90， DAOAEF ， 又 EFAAOD90，  EFA∽AOD， EF AO   ， AF OD 设E(a,a2 4a3)， AF a1，EF a2 4a3， AO1，OD2，  a2 4a3 1   ， a1 2 7 解得a 或a1， 2 7 经检验，a 是原方程的解，a1是增根， 2 7 a ， 2 5 a2 4a3 ， 47 5 点E的坐标为( , )； 2 4 （3）由yx2 4x3(x2)2 1知，抛物线的对称轴为直线x2，如图2， 设点P(2,t)， A(1,0)，C(0,3)，  PC2 (20)2 (t3)2 t2 6t13，AP2 (21)2 (0t)2 t2 1，AC2 (10)2 (30)2 10， ACP是等腰三角形，  分三种情况讨论： ①当PC  AP时，即PC2  AP2， t2 6t13t2 1， 解得t 2， 点P的坐标为(2,2)； ②当PC  AC时，即PC2  AC2， t2 6t1310， 解得t 3 6或t 3 6 点P的坐标为(2,3 6)或(2,3 6)； ③当AP AC时，即AP2  AC2， t2 110， 解得t3或t3， 点P的坐标为(2,3)或(2,3) p点坐标为(2,3)时，C，A，P三点共线，不能组成三角形，故舍去，  综上，点P的坐标为(2,2)或(2,3 6)或(2,3 6)或(2,3)．【点评】本题主要考查运用待定系数法求二次函数解析式，二次函数与几何综合等知识以及等腰三角形的 性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． 6．（2024•仁和区一模）如图，已知抛物线yax2 bx4(a0)与x轴交于点A(1,0)和点B，与y轴交于点 5 C，对称轴为x ． 2 （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． abc0  【解答】解：（1）由题意得：b 5 ，   2a 2 a1 解得 ， b5故抛物线的表达式为yx2 5x4①； （2）四边形OCPQ为平行四边形；理由如下： 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)， t 4 设直线BC的表达式为ykxt，则 ， 4kt 0 k 1 解得 ， t 4 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）在y轴上存在点F ，使得BEF为等腰三角形；理由如下： 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，如图2，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， x5 联立①②并解得 （不合题意的值已舍去）， y4 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， 25 解得m ； 8 25 故点F 的坐标为(0,1)或(0,1)或(0, )． 8 【点评】本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养，解答本题的关键 要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线 段之间的关系． 7．（2024•即墨区一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 yax2 bxc交 x轴于点 A(4,0)， B(2,0)，交y轴于点C(0,6)，在y轴上有一点E(0,2)，连接AE．（1）求二次函数的表达式； （2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求ADE面积的最大值及此时D点的坐标； （3）抛物线对称轴上是否存在点P，使AEP为以AE为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐 标即可；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）待定系数法求出二次函数解析式即可； 1 3 3 1 （ 2 ） 先 求 出 直 线 AE解 析 式 为 y x2， 设 D(x, x2  x6)则 F(x, x2)， 根 据 2 4 2 2 2 20 S S S 转化成顶点式即可得到D( ， )． ADE ADF EDF 3 3 （3）分两种情况进行讨论①AEP为等腰三角形，且以AP为底边，②AEP为等腰三角形，且以PE 为底 边，得到点P的坐标即可． 【解答】解：（1） 二次函数yax2 bxc的图象经过点A(4,0)，B(2,0)，C(0,6)，   3 a  4 16a4bc0    3 4a2bc0 ，解得b ， 2   c6 c6   3 3 二次函数解析式为：y x2  x6， 4 2 1 （2）设直线AE的解析式为：ykx2，则04k2，解得k  ， 2 1 直线AE的解析式为：y x2， 2 如图1，作DN x轴于点G，交AE于点F ，3 3 1 设D(x, x2  x6)，则F(x, x2)， 4 2 2 3 3 1 3 DF  x2  x6( x2) x2 x8， 4 2 2 4 1 1 1 S S S  DFAG DFOG 4DF 2DF ，  ADE ADF EDF 2 2 2 3 3 3 2 50 S 2( x2 x8) x2 2x16 (x )2  ， ADE 4 2 2 3 3 2 当x 时，ADE的面积最大， 3 2 20 D( ， )． 3 3 3 3 3 27 （3）抛物线解析式为y x2  x6 (x1)2  ， 4 2 4 4 抛物线对称轴为直线x1， 设P(1,t)， ①AEP为等腰三角形，且以AP为底边， AEPE，  AE2 PE2 42 22 12 (t2)2， 解得t 2 19 ，t 2 19 ， 1 2P(1,2 19)或(1,2 19)． ②AEP为等腰三角形，且以PE 为底边， AE AP，  AE2  AP2， 42 22 (14)2 t2， 解得t  11，t  11， 1 2 P(1, 11)或(1, 11)． 综上所述，P点的坐标为(1,2 19)或(1,2 19)或P(1, 11)或(1, 11)． 【点评】本题考查了二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数图象与性质是解答本题的关键． 8 ．（2023•青海）如图，二次函数 yx2 bxc的图象与 x轴相交于点 A和点C(1,0)，交 y轴于点 B(0,3)． （1）求此二次函数的解析式； （2）设二次函数图象的顶点为P，对称轴与x轴交于点Q，求四边形AOBP的面积（请在图1中探索）； （3）二次函数图象的对称轴上是否存在点M ，使得AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请 求出满足条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索）． 【分析】（1）将B，C两点坐标代入抛物线的解析式，进一步得出结果； （2）连接OP，将二次函数的解析式配方求得顶点的坐标，令 y0求得 A的坐标，从而求得OQ， PQ，OA的长，再根据S S S 求得结果； 四边形AOBP AOP BOP （3）设M(1,m)，表示出AM 和BM ，根据AM2 BM2列出方程求得m的值，进而求得结果． 【解答】解：（1）由题意得，1bc0  ， c3 b2  ， c3 yx2 2x3； （2）如图， 连接OP， yx2 2x3(x1)2 4，  P(1,4)， PQ4，OQ1， 由x2 2x30得， x 1，x 3， 1 2 OA3， 1 1 1 1 15 S S S  OAPQ OBOQ 34 31 ； 四边形AOBP AOP BOP 2 2 2 2 2 （3）设M(1,m)， 由AM2 BM2得， [(3)(1)]2 m2 (1)2 (m3)2， m1， M(1,1)． 【点评】本题考查了二次函数及其图象的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，解决问题的关键 是熟练掌握有关基础知识． 9．（2024•浦东新区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知直线yx2与x轴、y轴分别交于点A、点B，抛物线C1:yx2 bxc经过点A、B两点，顶点为点C． （1）求b、c的值； （2）如果点D在抛物线C 的对称轴上，射线AB平分CAD，求点D的坐标； 1 （3）将抛物线C 平移，使得新抛物线C 的顶点E在射线BA上，抛物线C 与y轴交于点F ，如果BEF 1 2 2 是等腰三角形，求抛物线C 的表达式． 2 【分析】（1）由待定系数法即可求解； 3 7 （2）证明△DDH 为等腰直角三角形，则点D在AB上，点D代入上式得：m ( 2m)3，即可求 2 2 解； （3）当BEBF时，列出等式，即可求解；当BEEF或BF EF 时，同理可解． 【解答】解：（1）直线yx2与x轴、y轴分别交于点A、点B， 则点A、B的坐标分别为：(2,0)、(0,2)， 42bc0 b1 则 ，解得： ， c2 c2 即b1，c2； 1 （2）由（1）知，抛物线的表达式为yx2 x2，则其对称轴为直线x ， 2 作点D关于直线AB的对称点D，DD交AB于点T， AB平分CAD，  则DT TD， 过点D作x轴的平行线交AB于点H ，连接DH ，OAB45，  则DHB45，则DTH 为等腰直角三角形， 同理可得：△DTH 为等腰直角三角形， 则△DDH 为等腰直角三角形，则点D在AB上， 1 3 设点D( ，m)，则DH  mDH ， 2 2 7 则点D( 2m，m)， 2 3 由点A、C的坐标得，直线AC的表达y x3， 2 3 7 将点D代入上式得：m ( 2m)3， 2 2 9 解得：m ， 8 1 9 则点D( ， )； 2 8 （3）设点E(m,m2)， 则抛物线的表达式为：y(xm)2 m2， 当x0时，y(xm)2 m2m2 m2， 即点F(0,m2 m2)， 由点B、E、F 的坐标得，BF m2 m，BE 2m，FE  m2 m4 ， 当BEBF时， 则m2 m 2m， 解得：m0（舍去）或 21， 则抛物线的表达式为：y(x 21)2  23； 当BEEF或BF EF 时， 则m2 m m2 m4 或 2m m2 m4 ， 解得：m1（不合题意的值已舍去）， 即抛物线的表达式为：y(x1)2 1， 综上，抛物线的表达式为：y(x1)2 1或y(x 21)2  23．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到点的对称性、解直角三角形、等腰三角形的性质等，分 类求解是解题的关键． 10．（2024•金州区一模）【概念感知】 两个二次函数只有一次项系数不同，就称这两个函数为“异b族二次函数”． 【概念理解】 1 3 如图1，二次函数 y x2  x2的图象C 交x轴于点A，B，交y轴于点C，点D为线段BC的中点， 2 2 1 1 3 二次函数yax2 bxc与y x2  x2是“异b族二次函数”，其图象C 经过点D． 2 2 2 （1）求二次函数yax2 bxc的解析式； 【拓展应用】 （2）如图2，直线EF //BC，交抛物线C 于E，F ，当四边形CDEF 为平行四边形时，求直线EF 的解析 1 式； （3）如图 3，点P为x轴上一点，过点P作x轴的垂线分别交抛物线C ，C 于点M ，N，连接MC， 1 2 NC，当MNC 为等腰三角形时，直接写出点P的坐标． 1 【分析】（1）先求得B(4,0)，C(0,2)，再求得BC的中点D(2,1)，将D(2,1)代入y x2 bx2，即可求 2 得答案； （2）方法一：根据题意可得抛物线C 可以由抛物线C 向右移动1个单位，再向上移动1个单位得到，再 1 2 根据平行四边形性质可得F(1,3)，E(3,2)，运用待定系数法即可求得直线EF 的解析式；方法二：设点 1 3 1 3 1 3 F(m, m2  m2)，根据平行四边形性质可得点E(m2, m2  m1)，代入 y x2  x2，即 2 2 2 2 2 2 可求得E、F 的坐标，运用待定系数法即可求得直线EF 的解析式； 1 3 1 1 （ 3 ） 设 P(x,0)， 则 M(x, x2  x2)， N(x, x2  x2)， 利 用 两 点 间 距 离 公 式 得 出 2 2 2 2 1 3 1 1 1 3 1 3 13 MN2 [( x2  x2)( x2  x2)]2 x2， CM2 (x0)2 ( x2  x22)2  x4  x3  x2， 2 2 2 2 2 2 4 2 41 1 1 1 5 CN2 (x0)2 ( x2  x22)2  x4  x3  x2，分三种情况：当CM CN 时，当CM MN 时，当 2 2 4 2 4 MN CN时，分别建立方程求解即可得出答案． 1 3 【解答】解：（1）在y x2  x2中，令x0，得：y2， 2 2 C(0,2)， 1 3 令y0，得 x2  x20， 2 2 解得：x 1，x 4， 1 2 A(1,0)，B(4,0)， BC 的中点D的坐标是(2,1)， 1 3 二次函数yax2 bxc与y x2  x2是“异b族二次函数”，  2 2 1 a ，c2， 2 1 将D(2,1)代入y x2 bx2，得：122b2， 2 1 解得：b ， 2 1 1 二次函数yax2 bxc的解析式为y x2  x2； 2 2 （2）方法一： 1 3 1 3 25 抛物线C :y x2  x2 (x )2  ，  1 2 2 2 2 8 1 1 1 1 17 抛物线C :y x2  x2 (x )2  ， 2 2 2 2 2 8 3 25 1 17 抛物线C 的顶点为( ， )，抛物线C 的顶点为( ， )， 1 2 8 2 2 8 1 3 1 1 抛物线C :y x2  x2与抛物线C :y x2  x2的a值相同，  1 2 2 2 2 2 抛物线C 可以由抛物线C 向右移动1个单位，再向上移动1个单位得到， 1 2 四边形CDEF 为平行四边形，C(0,2)，D(2,1)，  F(1,3)，E(3,2)， 设直线EF 的解析式为ykxn， kn3 将F(1,3)，E(3,2)代入ykxn得： ， 3kn2 1 k    2 解得： ， 7 n  2 1 7 直线EF 的解析式为：y x ； 2 2 方法二： 1 3 设点F(m, m2  m2)， 2 2 四边形CDEF 为平行四边形，  CD//EF，CDEF， C(0,2)，D(2,1)，  1 3 点E的坐标为E(m2, m2  m1)， 2 2 1 3 1 3 将点E(m2, m2  m1)代入y x2  x2， 2 2 2 2 1 3 1 3 得： (m2)2  (m2)2 m2  m1， 2 2 2 2 解得：m1， F(1,3)，E(3,2)， 1 7 同理可得：直线EF 的解析式为：y x ； 2 2 1 3 1 1 （3）设P(x,0)，则M(x, x2  x2)，N(x, x2  x2)， 2 2 2 2 C(0,2)，  1 3 1 1 MN2 [( x2  x2)( x2  x2)]2 x2， 2 2 2 2 1 3 1 3 13 CM2 (x0)2 ( x2  x22)2  x4  x3  x2， 2 2 4 2 4 1 1 1 1 5 CN2 (x0)2 ( x2  x22)2  x4  x3  x2， 2 2 4 2 4 1 3 13 1 1 5 当CM CN 时， x4  x3  x2  x4  x3  x2， 4 2 4 4 2 4 解得：x0（舍去）或x2， P(2,0)； 1 3 13 当CM MN 时， x4  x3  x2 x2， 4 2 4 解得：x0（舍去）或x3，P(3,0)； 1 1 5 当MN CN时，x2  x4  x3  x2， 4 2 4 解得：x0（舍去）或x1， P(1,0)； 综上所述，当MNC 为等腰三角形时，点P的坐标为(1,0)或(2,0)或(3,0)． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰三角形性质， 两点间距离公式等，理解并应用新定义“异b族二次函数”是解题关键． 11．（2024•济南一模）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)，P是第四象限内这个二次函数的图象上一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作 PH x轴于点H ，与BC交于点M ． （1）求这个二次函数的表达式； （2）将线段CA绕点C顺时针旋转90，点A的对应点为A，判断点A是否落在抛物线上，并说明理由； （3）求PM 2BH 的最大值； （4）如果PMC是等腰三角形，直接写出点P的横坐标m的值． 【分析】（1）两点式设出解析式，将点C代入求出解析式即可； （2）根据旋转的性质，求出A的坐标，进行判断即可； （3）设P点坐标为(m,m2 2m3)，则M 点坐标为(m,m3)，H 点坐标为(m,0)，将PM 2BH 转化为二 次函数求最值即可； （4）分CPCM ，CM PM ，CPPM ，三种情况进行讨论求解即可． 【解答】解：（1） 抛物线与x轴相交于A(1,0)，B(3,0)两点，与y轴相交于点C(0,3)，  设抛物线的解析式为ya(x1)(x3)，把C(0,3)，代入，得：3a(01)(03)， a1， y(x1)(x3)x2 2x3； （2）A不在抛物线上；理由如下： 过点A作AD y轴，AOC CDA90， 旋转，  AC  AC，ACA90， ACOCAD90ACD， ACO△CAD， OACD，OC  AD， A(1,0)，C(0,3)，  OACD1，OC  AD3， OD2， A(3,2)， yx2 2x3，当x3时，y32 2330，  A(3,2)不在抛物线上； （3） B(3,0)，C(0,3)，  设直线BC:ykx3，将B(3,0)代入，得：k 1， yx3； 设P点坐标为(m,m2 2m3)，则M 点坐标为(m,m3)，H 点坐标为(m,0)． PM (m3)(m2 2m3)m2 3m，BH 3m．，BH 3m．1 25 PM 2BH (m2 3m)2(3m)m2 m6(m )2  ． 2 4 1 25 当m 时，PM 2BH 取最大值，最大值为 ． 2 4 （4） P(m,m2 2m3)，M(m,m3)，C(0,3)，  PM m3m2 2m3m2 3m，CM2 2m2，CP2 m2 (m2 2m)2， 当PMC是等腰三角形时，分三种情况， ①PM CM 时，则：(m2 3m)2 2m2， 解得：m3 2（舍)，m0（舍)，m3 2 ； ②PM CP时，则：(m2 3m)2 m2 (m2 2m)2， 解得：m0（舍)，m2； ③CM CP时，则：2m2 m2 (m2 2m)2， 解得：m0（舍)，m3（舍)，m1； 综上：m1，m2，m3 2 ． 【点评】本题考查待定系数法求解析式，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的定义，二 次函数的综合应用．本题的综合性强，属于常见的中考压轴题．利用数形结合和分类讨论的思想求解，是 解题的关键． 12．（2024•微山县一模）如图，顶点坐标为(1,4)的抛物线yax2 bxc与x轴交于A，B两点（点A在点 B的左边），与y轴交于点C(0,3)，D是直线BC上方抛物线上的一个动点，连接AD交抛物线的对称轴于 点E． （1）求抛物线的解析式； （2）连接AC，当ACE的周长最小时，求点D的坐标； （3）过点D作DH x轴于点H ，交直线BC于点F ，连接AF ．在点D运动过程中，是否存在使ACF 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）由待定系数法即可求解； （2）作点C关于抛物线对称轴得对称点D，连接AD交CB于点E，此时ACE的周长最小，即可求解； （3）当AC  AF 时，列出等式即可求解；当AC CF 或AF CF时，同理可解． 【解答】解：（1）由题意得：ya(x1)2 4， 将点C的坐标代入上式得：0a(31)2 4， 解得：a1， 则抛物线的表达式为：y(x1)2 4x2 2x3； （2）如下图，作点C关于抛物线对称轴得对称点D，连接AD交CB于点E，此时ACE的周长最小， 理由：ACE ACCE AE AC AEDE AC AD为最小， 由点的对称性知，点C(0,3)的对称点D的坐标为：(2,3)； （3）存在，理由： 由抛物线的表达式知，点B(3,0)， 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：yx3， 设点F(m,m3)， 由点A、C、F 的坐标得，AC2 10，AF2 (m1)2 (m3)2，同理可得：CF2 2m2， 当AC  AF 时， 则10(m1)2 (m3)2，解得：m0（舍去）或2， 即点F(2,1)； 当AC CF 或AF CF时， 同理可得：(m1)2 (m3)2 2m2或2m2 10， 解得：m 5（舍去）或 5 或2.5； 综上，点F 的坐标为：( 5，3 5)或(2.5,0.5)或(2,1)． 【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的 思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决 相关问题． 13．（2024•库尔勒市一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2 bxc经过A(1,0)，C(0,3)两点， 并与x轴交于另一点B． （1）求该抛物线所对应的函数关系式； （2）求点B坐标； （3）设P(x,y)是抛物线上的一个动点，过点P作直线l x轴于点M ，交直线BC于点N． ①若点P在第一象限内，试问：线段PN 的长度是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时x的值； 若不存在，请说明理由； ②当点P运动到某一位置时，能构成以BC为底边的等腰三角形，求此时点P的坐标及等腰BPC 的面 积． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）令yx2 2x30，解得：x3（舍去）或1，即可求解； （3）①设点P的坐标为(x,x2 2x3)，则N的坐标为(x,x3)，构建二次函数，然后由二次函数的最值问题，求得答案； ②求出BC的垂直平分线的解析式，用方程组求出点P的坐标即可解决问题． 01bc 【解答】解：（1）由题意得： ， c3 b2 解得： ， c3 则抛物线的表达式为：yx2 2x3； （2）令yx2 2x30， 解得：x3（舍去）或1， 即点B(1,0)； （3）①存在，理由： 如图2中， 点P(x,y)在抛物线yx2 2x3上，  且PN x轴， 设点P的坐标为(x,x2 2x3)， 同理可设点N的坐标为(x,x3)， 又点P在第一象限， PN PM NM ， (x2 2x3)(x3)， 3 9 (x )2  ， 2 4 3 当x 时， 29 线段PN 的长度的最大值为 ； 4 ②解：如图3中， 由题意知，点P在线段BC的垂直平分线上， 又由①知，OBOC， BC 的中垂线同时也是BOC的平分线， 设点P的坐标为(a,a)， 又点P在抛物线yx2 2x3上，于是有aa2 2a3， a2 a30， 1 13 解得a ， 2 1 13 1 13 1 13 1 13 点P的坐标为：( ， )或( ， )， 2 2 2 2 1 13 1 13 若点P的坐标为：( ， )，此时点P在第一象限， 2 2 1 13 在RtOMP和RtBOC中，MPOM  ， 2 OBOC 3， 1 1 S S S 2S S 2 BOPM  BOCO， BPC 四边形BOCP BOC BOP BOC 2 2 1 1 13 3 136 2 3  ； 2 2 2 1 13 1 13 若点P的坐标为( ， )，此时点P在第三象限， 2 2 3 136 同理可得：S  ． BPC 2 3 136 3 136 综上所述BPC 的面积为： 或 ． 2 2 【点评】此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，线段垂直平分线的性质，二次函数最值问题，解题的关键是学会利用对称解决最小值问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题． 1 14．（2023•重庆）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y x2 bxc与x轴交于点A，B，与y轴交于点 4 C，其中B(3,0)，C(0,3)． （1）求该抛物线的表达式； （2）点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD AC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标； （3）在（2）的条件下，将该抛物线向右平移5个单位，点E为点P的对应点，平移后的抛物线与y轴交 于点F ，Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．写出所有使得以QF 为腰的QEF 是等腰三角形的点 Q的坐标，并把求其中一个点Q的坐标的过程写出来． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； 4 （2）由PDPHsinPHC  PH ，即可求解； 5 （3）分QEQF、QF EF两种情况，列出等式，即可求解． c3  【解答】解：（1）由题意得：9 ， 3bc0  4  1 b 解得： 4 ，  c3 1 1 则抛物线的表达式为：y x2  x3； 4 4 1 1 （2）令y x2  x30，则x4或3，则点A(4,0)， 4 4 3 由点A、C知，直线AC的表达式为：y x3， 4 过点P作y轴的平行线交AC于点H ，则PHC ACO， 4 4 则tanPHC tanACO ，则sinPHC  ， 3 5 4 则PDPHsinPHC  PH ， 53 1 1 设点H(x, x3)，则点P(x, x2  x3)， 4 4 4 4 4 3 1 1 1 4 4 则PD PH  ( x3 x2  x3) (x2)2  „ ， 5 5 4 4 4 5 5 5 4 5 即PD的最大值为： ，此时点P(2, )； 5 2 1 1 1 9 （3）平移后的抛物线的表达式为：y (x5)2  (x5)3 x2  x2， 4 4 4 4 9 则点F(0,2)，设点Q( ，m)， 2 9 9 5 81 则QF2 ( )2 (m2)2，QE2  (m )2，EF2 9 ， 2 4 2 4 9 9 5 当QEQF时，则( )2 (m2)2  (m )2， 2 4 2 7 解得：m ， 4 9 7 则点Q的坐标为( ， )； 2 4 9 81 当QF EF时，则( )2 (m2)2 9 ， 2 4 解得：m5或1， 9 9 则点Q的坐标为：( ，5)或( ，1)； 2 2 9 7 9 9 综上，点Q的坐标为：( ， )或( ，5)或( ，1)． 2 4 2 2 【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等，其 中（3），要注意分类求解，避免遗漏． 15．（2023•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线yax2 c经过点P(4,3)，与y轴交于点 A(0,1)，直线ykx(k 0)与抛物线交于B，C两点． （1）求抛物线的函数表达式； （2）若ABP是以AB为腰的等腰三角形，求点B的坐标； （3）过点M(0,m)作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得ODOE始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）设B(x,y)，则AB x2 (y1)2 ，AP4 2，BP (x4)2 (y3)2 ，分两种情况讨论：当AB AP 时，B(4,3)；当ABBP时，B(22 5，52 5)或(22 5，52 5)； ykx  （3）设 B(t,kt)，C(s,ks)，联立方程  1 整理得 x2 4kx40，根据根与系数的关系可知 y x2 1   4 kt1 ks1 ts4k，ts4，直线 AB的解析式为 y x1，直线 AC的解析式为 y x1，求出 t s (m1)t (m1)s D( ，m)， E( ，m)，过 D点作 DGx轴交于G点，过点 E作 EK x轴交于 K点，则 kt1 ks1 DG OG 2 DOG∽OEK，再由  ，结合根与系数的关系整理得方程m2 4(m1)2，解得m2或m ． OK EK 3 【解答】解：（1）将P(4,3)、A(0,1)代入yax2 c， 16a13， 1 解得a ， 4 1 y x2 1； 4 （2）设B(x,y)， P(4,3)，A(0,1)，  AB x2 (y1)2 ，AP4 2，BP (x4)2 (y3)2 ， 当AB AP时，4 2  x2 (y1)2 ， 1 y x2 1，  4 x4或x4， B(4,3)；当ABBP时， x2 (y1)2  (x4)2 (y3)2 ， 解得x22 5或x22 5， B(22 5，52 5)或(22 5，52 5)； 综上所述：B点坐标为(4,3)或(22 5，52 5)或(22 5，52 5)； （3）存在常数m，使得ODOE始终成立，理由如下： 设B(t,kt)，C(s,ks)， ykx  联立方程 1 ， y x2 1   4 整理得x2 4kx40， ts4k，ts4， kt1 ks1 直线AB的解析式为y x1，直线AC的解析式为y x1， t s (m1)t (m1)s D( ，m)，E( ，m)， kt1 ks1 过D点作DGx轴交于G点，过点E作EK x轴交于K点， DOE90，  DOGEOK 90， DOGODG90，  EOK ODG， DOG∽OEK ， DG OG   ， OK EK (m1)2ts m2  ， (kt1)(ks1) m2 4(m1)2， 2 解得m2或m ． 3【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质， 等腰三角形的性质是解题的关键． 题型二：直角三角形的存在性 16．（2024•安庆一模）如图，抛物线yax2 bx3与x轴交于点A(1,0)、B(3,0)两点，与y轴交于点C． （1）求此抛物线对应的函数表达式； （2）点E为直线BC上的任意一点，过点E作x轴的垂线与此抛物线交于点F ． ①若点E在第一象限，连接CF 、BF ，求CFB面积的最大值； ②此抛物线对称轴与直线BC交于点D，连接DF，若DEF 为直角三角形，请直接写出E点坐标． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； 1 （2）①由CFB的面积S S  EFOB，即可求解； EFB EFC 2 ②根据题意可分DFE90和EDF 90两种情况，当DFE90时，可知DF //x轴，则可求得E点 纵坐标，代入抛物线解析式可求得E点坐标；当EDF 90时，可求得直线AD解析式，联立直线AD和 抛物线解析式可求得点F 的横坐标，代入直线BC可求得点E的坐标． 【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：ya(xx )(xx )， 1 2 则ya(x1)(x3)a(x2 4x3)ax2 bx3， 则a1，则抛物线的表达式为：yx2 4x3； （2）①由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：yx3， 设点E(x,x3)，则点F(x,x2 4x3)， 1 1 3 3 27 27 则CFB的面积S S  EFOB 3(x3x2 4x3) (x )2  „ ， EFB EFC 2 2 2 2 8 8 27 则CFB面积的最大值为 ； 8 ②由题意知EF //y轴，则FEDOCB90， DEF 为直角三角形，分DFE90和EDF 90两种情况， 当DFE90时，即DF //x轴，则D、F 的纵坐标相同， F 点纵坐标为1， 点F 在抛物线上，  x2 4x31，解得x2 2，即点E的横坐标为2 2， 点E在直线BC上，  当x2 2时，yx31 2，当x2 2时，yx31 2 ， E 点坐标为(2 2，1 2)或(2 2 ，1 2)； 当EDF 90时， A(1,0)，D(2,1)，  直线AD解析式为yx1， 直线BC解析式为yx3，  ADBC， 直线AD与抛物线的交点即为F 点， 联立直线AD与抛物线解析式有x2 4x3x1，解得x1或x4， 当x1时，yx32，当x4时，yx31， E 点坐标为(1,2)或(4,1)， 综上可知存在满足条件的点E，其坐标为(2 2，1 2)或(2 2 ，1 2)或(1,2)或(4,1)． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及待定系数法、直角三角形的判定及性质、方程思想及分类 讨论思想等知识点，分类求解是解题的关键．17．（2024•任城区一模）已知抛物线yax2 bxc(a0)与x轴交于A(2,0)，B(6,0)两点，与y轴交于点 C(0,3)． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，在对称轴上是否存在点D，使BCD是以BC为直角边的直角三角形？若存在，请求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由． PM （3）如图2，点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M ，当 最大时，请直接写出点P AM 的坐标． 【分析】（1）将点A(2,0)、B(6,0)、C(0,3)代入yax2 bxc，即可求解； （2）当CBD90时，证明DBG∽BCH ，得到BG6，即可求解；当BCD90时，同理可解； MP PF 1 1 3 1 9 9 （3）证明   ( t2  t) (t3)2 „ ，即可求解． AM AE 4 4 2 16 16 16 【解答】（1）将点A(2,0)、B(6,0)、C(0,3)代入yax2 bxc，  1 a 4a2bc0  4   得36a6bc0，解得：b1，   c3 c3   1 y x2 x3； 4 （2）存在，理由： 过点P作x轴的垂线l，在l上存在点D，使BCD是直角三角形若存在；理由如下： 15 P(3, )，D点在l上，  4 如图2，当CBD90时，过点B作GH x轴，过点D作DG y轴，DG与GH 交于点G，过点C作CH  y轴，CH 与GH 交于点 H ， DBGGDB90，DBGCBH 90， GDBCBH ， DBG∽BCH ， DG BG 4 BG   ，即  ， BH CH 3 6 BG8， D(2,8)； 如图3，当BCD90时， 过点D作DK  y轴交于点K， KCDOCB90，KCDCDK 90， CDK OCB， OBC∽KCD， OB OC 6 3   ，即  ， KC KD KC 2 KC 4， D(2,7)； 综上所述：BCD是直角三角形时，D点坐标为(2,8)或(2,7)； （3）如图1，过点A作AE x轴交直线BC于点E，过P作PF x轴交直线BC于点F ， PF //AE， MP PF   ， AM AE 1 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y x3， 2 1 1 设P(t, t2 t3)，则F(t, t3)， 4 2 1 1 1 3 PF  t3 t2 t3 t2  t ， 2 4 4 2 A(2,0)，  E(2,4)， AE4， MP PF 1 1 3 1 9 9    ( t2  t) (t3)2 „ ， AM AE 4 4 2 16 16 16 MP 当t3时， 有最大值， AM 15 此时，P(3, )． 4 PM 【点评】本题考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象及性质，通过构造平行线将 的最大值问 AMPF 题转化为求 的最大值问题是解题的关键． AE 18．（2024•凉州区一模）抛物线yax2 bx4(a0)与x轴交于点A(2,0)和B(4,0)，与y轴交于点C， 连接BC．点P是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于 M ，交x轴于N． （1）求该抛物线的解析式； （2）过点C作CH PN于点H ，BN 3CH ． ①求点P的坐标； ②连接CP，在y轴上是否存在点Q，使得CPQ为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请 说明理由． 1 【分析】（1）用待定系数法可得y x2 x4； 2 1 （2）①求出C(0,4)，设P(m, m2 m4)，可得BN 4m，CH m，由BN 3CH ，知4m3m， 2 9 解得P(1, )； 2 5 9 ②设 Q(0,t)，可得 CP2  ， CQ2 (t4)2， PQ2 1(t )2，分三种情况：当 CP为斜边时， 4 2 9 5 9 5 (t4)2 1(t )2  ， 当 CQ为 斜 边 时 ， (t4)2 1(t )2  ， 当 PQ为 斜 边 时 ， 2 4 2 4 9 5 1(t )2 (t4)2  ，分别解方程可得答案． 2 4 【解答】解：（1）把A(2,0)和B(4,0)代入yax2 bx4得： 4a2b40  ， 16a4b40 1 a 解得 2 ，  b1 1 y x2 x4； 2 （2）①如图： 1 在y x2 x4中，令x0得y4， 2 C(0,4)， 1 设P(m, m2 m4)，则H(m,4)，N(m,0)， 2 B(4,0)，  BN 4m，CH m， BN 3CH ，  4m3m， 解得m1， 9 P(1, )； 2 ②如图： 9 由①得：C(0,4)，P(1, )， 2 设Q(0,t)， 5 9 CP2  ，CQ2 (t4)2，PQ2 1(t )2， 4 2 当CP为斜边时，CQ2 PQ2 CP2， 9 5 (t4)2 1(t )2  ， 2 4 化简得2t2 17t360， 9 解得t 4（与C重合，舍去）或t  ， 2 9 Q(0, )； 2 当CQ为斜边时，CQ2 PQ2 CP2，9 5 (t4)2 1(t )2  ， 2 4 13 解得t  ， 2 13 Q(0, )； 2 当PQ为斜边时，PQ2 CQ2 CP2， 9 5 1(t )2 (t4)2  ， 2 4 解得t 4（舍去）， 9 13 综上所述，Q的坐标为(0, )或(0, )． 2 2 【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，直角三角形等知识，解题的关键是用含字母的 式子表示相关点坐标和相关线段的长度． 9 19．（2024•德阳模拟）平面直角坐标系中，抛物线ya(x1)2  与x轴交于A，B(4,0)两点，与y轴交于 2 点C． （1）求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标； （2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使BCP是直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不 存在，请说明理由；（3）如图，点M 是直线BC上的一个动点，连接AM ，OM ，是否存在点M 使AM OM 最小，若存在， 请求出点M 的坐标，若不存在，请说明理由． 9 【分析】（1）将B(4,0)代入ya(x1)2  ，待定系数法求解析式，进而分别令x，y0，解方程即可求 2 解； 1 9 （2）根据题意 y (x1)2  ，对称轴为直线 x1，设P(1,n)，根据勾股定理 BC2 42 42 32， 2 2 BP2 (41)2 n2，PC2 12 (4n)2，分①当BCP90时，②当CBP90时，③当BPC 90时， 根据勾股定理建立方程，解方程即可求解； （3）存在点M 使AM OM 最小，作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M ，连接BQ，求得直 2 4 线AQ的解析式y x ，直线BC的解析式为yx4，联立方程即可求解． 3 3 9 【解答】解：（1）将B(4,0)代入ya(x1)2  ， 2 9 即09a ， 2 1 解得：a ， 2 1 9  y (x1)2  ， 2 2 1 9 令x0，则y  4， 2 2 1 9 令y0，则 (x1)2  0， 2 2 解得：x 4，x 2，A(2,0)，C(0,4)； 1 2 （2）存在点P，使BCP是直角三角形， 1 9 y (x1)2  ，对称轴为直线x1，  2 2 设P(1,n)，B(4,0)，C(0,4)，  BC2 42 42 32，BP2 (41)2 n2，PC2 12 (4n)2， ①当BCP90时，BP2 BC2 PC2， (41)2 n2 3212 (4n)2， 解得：n5； ②当CBP90时，PC2 BC2 BP2， 12 (4n)2 (41)2 n2 32 解得：n3； ③当BPC 90时，BC2 BP2 PC2，32(41)2 n2 12 (4n)2 解得：n2 7或n2 7， 综上所述：P(1,5)，(1,3)，(1,2 7)，(1,2 7)； （3）存在点M 使AM OM 最小，理由如下： 作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M ，连接BQ， 由对称性可知，OM QM ， AM OM  AM QM…AQ， 当A、M 、Q三点共线时，AM OM 有最小值， B(4,0)，C(0,4)，  OBOC， CBO45， 由对称性可知QBM 45， BQBO， Q(4,4)，设直线AQ的解析式为ykxb， 2kb0  ， 4kb4  2 k    3 解得： ， 4 b  3 2 4 直线AQ的解析式y x ， 3 3 设直线BC的解析式为ymx4， 4m40， m1， 直线BC的解析式为yx4， yx4  联立方程组 2 4， y x   3 3  8 x   5 解得： ， 12 y  5 8 12 M( ， )． 5 5 【点评】本题考查了二次函数综合运用，待定系数求解析式，勾股定理，轴对称的性质求线段长的最值问 题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 20．（2023•烟台）如图，抛物线yax2 bx5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB4．抛物线 的对称轴x3与经过点A的直线ykx1交于点D，与x轴交于点E． （1）求直线AD及抛物线的表达式； （2）在抛物线上是否存在点M ，使得ADM 是以AD为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点M 的 坐标；若不存在，请说明理由； 1 （3）以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为 B上一个动点，请求出PC PA的最小值．  2【分析】（1）根据对称轴x3，AB4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可； （2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当DAM 90时，求出直线AM 的解析式为yx1，解方 程组 yx1  ，即可得到点M 的坐标；②当ADM 90时，求出直线DM 的解析式为yx5，解方 yx2 6x5 程组 yx5  ，即可得到点M 的坐标； yx2 6x5 BF PB （3）在AB上取点F ，使BF 1，连接CF ，证得  ，又PBF ABP，得到PBF∽ABP，推 PB AB 1 1 出PF  PA，进而得到当点C、P、F 三点共线时，PC PA的值最小，即为线段CF 的长，利用勾股 2 2 定理求出CF 即可． 【解答】（1）解： 抛物线的对称轴x3，AB4，  A(1,0)，B(5,0)， 将A(1,0)代入直线ykx1，得k10， 解得k 1， 直线AD的解析式为yx1； 将A(1,0)，B(5,0)代入yax2 bx5，得 ab50 a1  ，解得 ， 25a5b50 b6 抛物线的解析式为yx2 6x5；（2）存在点M ， 直线AD的解析式为yx1，抛物线对称轴x3与x轴交于点E，  当x3时，yx12， D(3,2)， ①当DAM 90时， 设直线AM 的解析式为yxc，将点A坐标代入， 得1c0， 解得c1， 直线AM 的解析式为yx1， yx1 x1 x4 解方程组 ，得 或 ， yx2 6x5 y0 y3 点M 的坐标为(4,3)； ②当ADM 90时， 设直线DM 的解析式为yxd，将D(3,2)代入， 得3d 2， 解得d 5， 直线DM 的解析式为yx5， yx5 x0 x5 解方程组 ，解得 或 ， yx2 6x5 y5 y0 点M 的坐标为(0,5)或(5,0)， 综上，点M 的坐标为(4,3)或(0,5)或(5,0)； （3）如图，在AB上取点F ，使BF 1，连接CF ，PB2，  BF 1   ， PB 2 PB 2 1   ，  AB 4 2 BF PB   ， PB AB 又 PBF ABP，  PBF∽ABP， PF BF 1 1    ，即PF  PA， PA PB 2 2 1 PC PAPCPF…CF ， 2 1 当点C、P、F 三点共线时，PC PA的值最小，即为线段CF 的长， 2 OC 5，OF OB1514，  CF  OC2 OF2  52 42  41， 1 PC PA的最小值为 41． 2 【点评】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质， 勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键． 21．（2024•广安二模）如图，抛物线yx2 bxc交x轴于A(4,0)，B两点，交y轴于点C(0,4)． （1）求抛物线的函数解析式． （2）点D在线段OA上运动，过点D作x轴的垂线，与 AC交于点Q，与抛物线交于点P，连接 AP， CP，求四边形AOCP的面积的最大值． （3）在抛物线的对称轴上是否存在点M ，使得以点A，C，M 为顶点的三角形是直角三角形？若存在， 请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把A(4,0)，C(0,4)代入yx2 bxc，求出b和c的值，即可得出函数解析式； （2）由四边形AOCP的面积S S 2(t2)2 16，即可求解； ACP AOC （3）当斜边为AC时，由AM2 CM2  AC2，列出等式即可求解；当斜边为AM 、CM 时，同理可解． 0164bc 【解答】解：（1）由题意得： ， c4 b3 解得： ， c4 该二次函数的解析式yx2 3x4． （2）如图：连接AP，CP， A(4,0)，C(0,4)，  OA4，OC 4， 1 1 则S  AOCO 448， AOC 2 2 设P(t,t2 3t4)，则Q(t,t4)， PQt2 3t4(t4)t2 4t， 1 1 则S  PQ(x x ) (t2 4t)2(t2)2 8， ACP 2 C A 2 四边形AOCP的面积S S 2(t2)2 16， ACP AOC 20，  当t 2时，四边形AOCP的面积最大为16； （3）存在，理由： 3 设M( ，m)， 2A(4,0)，C(0,4)，  AC2 42 42 32， 25 73 同理可得：AM2  m2，CM2 m2 8m ， 4 4 当斜边为AC时，AM2 CM2  AC2， 25 73 则 m2 m2 8m 32， 4 4 31 解得：m2 ； 2 3 31 3 31 M( ，2 )或( ，2 )； 2 2 2 2 当斜边为AM 时，AC2 CM2  AM2， 73 25 即32m2 8m  m2， 4 4 11 解得：m ， 2 3 11 M( ， )； 2 2 当斜边为CM 时，AC2  AM2 CM2， 25 73 即32 m2 m2 8m ， 4 4 5 解得：m ， 2 3 5 M( ， )； 2 2 3 31 3 31 3 11 3 5 综上，M 的坐标为( ，2 )或( ，2 )或( ， )或( ， )． 2 2 2 2 2 2 2 2 【点评】本题主要考查了二次函数综合，熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤，以及二次 函数的图象和性质是解题的关键． 22．（2024•金山区二模）已知：抛物线yx2 bxc经过点A(3,0)、B(0,3)，顶点为P． （1）求抛物线的解析式及顶点P的坐标； （2）平移抛物线，使得平移后的抛物线顶点Q在直线AB上，且点Q在y轴右侧． ①若点B平移后得到的点C在x轴上，求此时抛物线的解析式； ②若平移后的抛物线与y轴相交于点D，且BDQ是直角三角形，求此时抛物线的解析式．【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）①设Q点的坐标是(t,t3)，其中t 0，此时抛物线的解析式是 y(xt)2 t3，由平移的性质知， t31，即可求解； ②如果BDQ90，即DQ y轴不合题意；如果BQD90，证明QBQD，得到BEDE，即可求 解． 93bc0 【解答】解：（1）由题意得： ， c3 b2  ， c3 故抛物线的解析式为yx2 2x3(x1)2 4， 顶点P的坐标是(1,4)； （2）①设直线AB的解析式是ymxn， 3mn0 m1 则 ，解得： ， n3 n3 直线AB的解析式是yx3， 设Q点的坐标是(t,t3)，其中t 0，此时抛物线的解析式是y(xt)2 t3， 点B平移后得到的点C在x轴上，  抛物线向上平移了3个单位， t31，即t 2， 此时抛物线的解析式是y(x2)2 1x2 4x3； ②抛物线y(xt)2 t3与y轴的交点是D(0,t2 t3)， 如果BDQ90，即DQ y轴不合题意，如果BQD90， AOB90，AOBO，  OABOBA45， QBDBDQ45， QBQD， 作QE y轴于点E，则BEDE， 1 QE BD， 2 QEt，BDt2 t，  1 t  (t2 t)， 2 解得：t 0（不合题意，舍去）或1， t 1， 则此时抛物线的解析式是y(x1)2 13x2 2x1． 【点评】本题考查了二次函数综合运用，涉及到图象的平移、直角三角形的性质，分类求解是解题的关 键． 23．（2024•宿豫区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过 A、 B、C三点，已知 A(1,0)， B(3,0)，C(0,3)． （1）求抛物线的函数表达式； （2）点P是抛物线上任意一点，若PBC ACO，求点P的坐标； （3）点M 是抛物线上任意一点，若以M 、B、C为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出点M 的坐 标．【分析】（1）利用待定系数法即可得到结论； （2）点P在BC上方时，延长BP与y轴相交于点Q，作BN  AC于点N，先求出AC  10 ，再利用等积 6 10 2 10 3 10 法求出BN  ，勾股定理求出 AN  ，则 NC  ACAN  ，得到tanBCN 2，再证明 5 5 5 OBM NCB，则tanOBQtanNCB2，即可得到OQ6，得到点Q(0,6)，利用待定系数法求出直 线BP的解析式为y2x6，与抛物线解析式联立，进一步即可得到点P的坐标；当点P在BC下方时， 同理可得到点P的坐标； （3）分三种情况：①当点C为直角顶点时，②当点B为直角顶点时，③当点M 为直角顶点时，分别求解 即可． 【解答】解：（1）设抛物线的函数表达式为yax2 bxc， 将A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入yax2 bxc得， abc0  9a3bc0，  c3 a1  解得：b2 ，  c3 所以抛物线的函数表达式为yx2 2x3； （2）当点P在BC上方时，延长BP与y轴相交于点Q，作BN  AC于点N，yx2 2x3，令x0，则y3，  C(0,3)， OBOC 3， OCBOBC 45， AB AOOB4，  AC  OA2 OC2  12 32  10， ABOC 6 10 6 10 2 10 BN   ，AN  AB2 BN2  42 ( )2  ， AC 5 5 5 3 10 NC  ACAN  ， 5 BN tanBCN  2， NC BCN OCBACO45ACO，OBQOBCPBC 45PBC，PBC ACO，  OBQNCB， OQ tanOBQtanNCB 2， OB OQ6， Q(0,6)， t 6 设直线BP的解析式为ykxt，将Q(0,6)，B(3,0)代入得， ， 3kt 0 t 6 解得 ， k 2直线BP的解析式为y2x6， y2x6 联立得 ， yx2 2x3 x1 x3 解得 或 （舍去）， y4 y0 点P的坐标是(1,4)； 当点P在BC下方时，设BP交y轴于Q， BCN OCBACO45ACO，OQBOBCPBC 45PBC，PBC ACO，  OQBNCB， OB tanOQBtanNCB 2， OQ 3 OQ ， 2 3 Q(0, )， 2 3kt 0 3  设直线BP的解析式为ykxt，将Q(0, )，B(3,0)代入得， 3 ， 2 t    2  1 k    2 解得 ， 3 t   2 1 3 直线BP的解析式为y x ， 2 2 1 3 y x 联立得 2 2 ，  yx2 2x3  1 x   2 x3 解得 或 （舍去）， y 7 y0  4 1 7 点P的坐标是( ， )； 2 4 1 7 综上，点P的坐标是(1,4)或( ， )； 2 4 （3）①当点C为直角顶点时，眼馋MC交x轴于N， OCBOBC 45，BCM 90，  BNC是等腰直角三角形， OC BN ，  ON OB3， N(3,0)， 同理得直线NC的解析式为yx3， yx2 2x3 x1 x0 联立得 ，解得 或 （舍去）， yx3 y4 y3 点M 的坐标是(1,4)； ②当点B为直角顶点时，设BM 交y轴于N，同理得N(0,3)， 直线NB的解析式为yx3， yx2 2x3 x2 x3 联立得 ，解得 或 （舍去）， yx3 y5 y0 点M 的坐标是(2,5)； ③当点M 为直角顶点时，过点M 作MH  y轴于H ，过点B作BN MH 于N， CHM MNB90，CMH MCH 90， BMC 90，  CMH BMN 90， MCH BMN ， MCH∽BMN ， MH CH   ， BN MN设M(m,m2 2m3)， m m2 2m33 1 5 1 5   ，解得m 或 ， m2 2m3 3m 2 2 1 5 5 5 1 5 5 5 点M 的坐标是( ， )或( ， )． 2 2 2 2 1 5 5 5 1 5 5 5 综上，点M 的坐标是(1,4)或(2,5)或( ， )或( ， )． 2 2 2 2 【点评】此题是二次函数综合题，考查了一次函数的性质、勾股定理、等腰直角三角形、待定系数法求一 次函数解析式、相似三角形的判定和性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键． 24．（2024•双峰县模拟）如图，抛物线yax2 bxc与直线yx1相交于A(1,0)，B(4,m)两点，且抛 物线经过点C(5,0)． （1）求抛物线的解析式； （2）点P是抛物线在第四象限上的一个动点，过点P作直线PDx轴于点D，交直线 AB于点E．当 PE2DE时，求P点坐标； （3）若抛物线上存在点T，使得ABT 是以AB为直角边的直角三角形，直接写出点T的坐标． 【分析】（1）先由点B在直线yx1上求出点B的坐标，再利用待定系数法求解可得； （2）可设出P点坐标，则可表示出E、D的坐标，从而可表示出PE 和ED的长，由条件可知到关于P点 坐标的方程，则可求得P点坐标； （3）设点T(m,m2 4m5)，根据勾股定理列方程即可得到结论． 【解答】解：（1） 点B(4,m)在直线yx1上，  m415， B(4,5)，把A、B、C三点坐标代入抛物线解析式可得， abc0  16a4bc5，  25a5bc0 a1  解得b4 ，  c5 抛物线解析式为yx2 4x5； （2）设P(x,x2 4x5)，则E(x,x1)，D(x,0)， 则PE(x1)(x2 4x5)x2 3x4，DEx1， PE2ED，  x2 3x42(x1)， 解得x1或x6， 但当x1时，P与A重合不合题意，舍去， P(6,7)； （3）设点T(m,m2 4m5)， A(1,0)，B(4,5)，  AB2 (14)2 52 50，AT2 (1m)2 (m2 4m5)2，BT2 (4m)2 (m2 4m)2， ABT 是以AB为直角边的直角三角形，  AB2 BT2  AT2或AB2  AT2 BT2， 50(4m)2 (m2 4m)2 (1m)2 (m2 4m5)2或 50(1m)2 (m2 4m5)2 (4m)2 (m2 4m)2， 解得m1或m6， T 的坐标为(1,8)或(6,7)． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征， 一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中用P点坐标分别 表示出PE 和ED的长是解题关键．25．（2024•滨州一模）如图，抛物线yax2 bx5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB4．抛 物线的对称轴x3与经过点A的直线yx1交于点D，与x轴交于点E． （1）求抛物线的表达式； （2）在抛物线上是否存在点M ，使得ADM 是以AD为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点M 的 坐标；若不存在，请说明理由； 1 （3）以点 B为圆心，画半径为 2 的圆，点 P为 B上一个动点，请求出 PC PA的最小值 .  2 【分析】（1）根据对称轴x3，AB4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可； （2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当DAM 90时，求出直线AM 的解析式为yx1，解方 程组 yx1  ，即可得到点M 的坐标；②当ADM 90时，求出直线DM 的解析式为yx5，解方 yx2 6x5 程组 yx5  ，即可得到点M 的坐标； yx2 6x5 BF PB （3）在AB上取点F ，使BF 1，连接CF ，证得  ，又PBF ABP，得到PBF∽ABP，推 PB AB 1 1 出PF  PA，进而得到当点C、P、F 三点共线时，PC PA的值最小，即为线段CF 的长，利用勾股 2 2 定理求出CF 即可． 【解答】（1）解： 抛物线的对称轴x3，AB4，  A(1,0)，B(5,0)，将A(1,0)，B(5,0)代入yax2 bx5，得： ab50  ， 25a5b50 a1 解得 ， b6 抛物线的解析式为yx2 6x5； （2）在抛物线上存在点M ，使得ADM 是以AD为直角边的直角三角形；理由如下： 直线AD的解析式为yx1，抛物线对称轴x3与x轴交于点E，  当x3时，yx12， D(3,2)， ①当DAM 90时， 设直线AM 的解析式为yxc，将点A坐标代入， 得1c0， 解得c1， 直线AM 的解析式为yx1， yx1 联立得 ， yx2 6x5 x1 x4 解得 或 ， y0 y3 点M 的坐标为(4,3)； ②当ADM 90时， 设直线DM 的解析式为yxd，将D(3,2)代入， 得3d 2， 解得d 5， 直线DM 的解析式为yx5， yx5 联立得： ， yx2 6x5 x0 x5 解得 或 ， y5 y0点M 的坐标为(0,5)或(5,0)， 综上，点M 的坐标为(4,3)或(0,5)或(5,0)； （3）如图，在AB上取点F ，使BF 1，连接CF ， PB2，  BF 1   ， PB 2 PB 2 1   ，  AB 4 2 BF PB   ， PB AB 又 PBF ABP，  PBF∽ABP， PF BF 1 1    ，即PF  PA， PA PB 2 2 1 PC PAPCPF…CF ， 2 1 当点C、P、F 三点共线时，PC PA的值最小，即为线段CF 的长， 2 OC 5，OF OB1514，  CF  OC2 OF2  52 42  41， 1 PC PA的最小值为 41． 2 【点评】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质， 勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键． 26．（2024•仓山区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线yax2 bx 3与x轴交于 A，B两点，与y轴交于点C，且A点坐标为(1,0)，抛物线的对称轴为直线x1，连接直线BC．（1）求抛物线的解析式； （2）若点D为第一象限内抛物线上一动点，连接AD，交直线BC于点E，连接BD，如图2所示，记BDE S 的面积为S ，ABE的面积为S ，求 1 的最大值； 1 2 S 2 （3）若点M 为对称轴上一点，是否存在以M ，B，C为顶点的直角三角形，若存在，直接写出满足条件 的M 点坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）用待定系数法即可求解；  3(m2 3m) ED DH 3 1 S ED （2）证明AEN∽DEH ，则    (m2 3m)，而 1  ，即可求解； EA AN 4 3 4 S EA 2 3 （3）分三种情况：当BMC 90时， BC2 MC2 MB2；当CBM 90时，MC2 BC2 MB2；当 BCM 90时，MB2 BC2 MC2分别进行讨论即可求解． 【解答】解：（1）由抛物线的表达式知，点C(0, 3)， A点坐标为(1,0)，抛物线的对称轴为直线x1，则点B(3,0)，  设抛物线的表达式为：ya(xx )(xx )， 1 2 即ya(x1)(x3)a(x2 2x3)， 即3a 3， 3 解得：a ， 3 3 2 3 故抛物线的表达式为：y x2  x 3； 3 3 （2）过点D作DH //y轴交BC于点H ，过点A作AN //y轴交BC于点N， 3 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y x 3， 3 3 4 3 4 3 当x1时，y x 3 ，即AN  ， 3 3 33 2 3 3 设点D(m, m2  m 3)，则点H(m, m 3)， 3 3 3 3 2 3 3 3 则DH ( m2  m 3)( m 3) (m2 3m)， 3 3 3 3 AN //y轴//DH ，  AEN∽DEH ，  3(m2 3m) ED DH 3 1     (m2 3m)， EA AN 4 3 4 3 BDE 和ABE同高，  S ED 1 1 3 9 9  1   (m2 3m) (m )2  „ ， S EA 4 4 2 16 16 2 S 9 即 1 的最大值为 ； S 16 2 （3）存在以M ，B，C为顶点的直角三角形；理由如下： 设点M(1,m)， 由点B、C的坐标得： BC2 (30)2 (0 3)2 12， MC2 (10)2 (n 3)2 1(n 3)2， MB2 (13)2 n2 4n2， 当BMC 90时，BC2 MC2 MB2，即：121(n 3)2 4n2， 3 11 3 11 解得：n  ，n  ， 1 2 2 2 3 11 3 11 点M 的坐标为(1, )或(1, )； 2 2 当CBM 90 时，MC2 BC2 MB2，即：1(n 3)2 124n2， 解得：n2 3， 点M 的坐标为(1,2 3)； 当BCM 90时，MB2 BC2 MC2，即：4n2 121(n 3)2， 解得：n2 3， 点M 的坐标为(1，2 3)；3 11 3 11 综上，点M 的坐标为(1, )或(1, )或(1,2 3)或(1，2 3)． 2 2 【点评】本题主要考查了用待定系数法求二次函数的解析 式、二次函数与三角形面积的综合题、二次 函数的图象与性质、相似三角形的判定及性质、直角三角形的存在问题，分类讨论是解决问题的关键． 27．（2024•荆州模拟）如图，直线yx3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B，C两点的抛物线 yx2 mxn与x轴的另一个交点为A，顶点为P． （1）求抛物线的解析式； （2）在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使以C，P，Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出 所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． （3）将该抛物线在x轴上方的部分沿x轴向下翻折，图象的其余部分保持不变，翻折后的图象与原图象x 轴下方的部分组成一个“M ”形状的图象，若直线yxb与该“M ”形状的图象部分恰好有三个公共点， 求b的值． 【分析】（1）求出B、C的坐标，将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式，即可求解； （2）求出抛物线的顶点坐标P(2,1)及对称轴x2，设Q(2,t)，分PCQ90，PQC 90，CPQ90 三种情况讨论求解即可； （3）依据题意，分两种情况，分别求解即可． 【解答】（1）直线yx3，令y0，则x3，令x0，则y3， 故点B、C的坐标分别为(3,0)、(0,3)， 将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式得：n3  ， 093mn m4 解得： ， n3 则抛物线的表达式为：yx2 4x3； （2）在该抛物线的对称轴上存在点Q，使以C，P，Q为顶点的三角形为直角三角形；理由如下： yx2 4x3(x2)2 1，抛物线顶点P的坐标为(2,1)，对称轴为直线x2，  设Q(2,t)， 又 C(0,3)，  PQ2 (t1)2 t2 2t1，CQ2 (02)2 (3t)2 t2 6t13，PC2 (20)2 (31)2 20， 当PCQ90时，PC2 CQ2 PQ2， 20t2 6t13t2 2t1， 解得t 4， Q点坐标为(2,4)； 当PQC 90时，则CQPQ， Q点坐标为(2,3)； 当QPC 90时，此时直角三角形不存在， 综上，Q点坐标为(2,3)或(2,4)； （3）图象翻折后点P的对应点P的坐标为(2,1)， ①当直线yxb经过点B时，与该“M ”形状的图象部分恰好有三个公共点， 此时C，P，B三点共线，b3； ②当直线yxb 与该“M ”形状的图象在A，B两点之间（不包含点A)的部分只有一个交点时，直线 yxb 与该“M ”形状的图象部分恰好有三个公共点，由题意得，向下翻折的那部分抛物线在翻折后的 解析式为： yx2 4x3(1x„ 3)，令x2 4x3xb，△0 52 4(3b)0， 13 解得：b ， 4 13 综上所述，b的值为3或 ． 4【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数图象与性质，解答本题的关键是通过数形变换， 确定变换后图形与直线的位置关系，难度不大． 题型三：等腰直角三角形的存在性 28．（2024•雁塔区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线L:yx2 bxc与x轴交于点A(1,0)和 点B，与y轴交于点C(0,3)． （1）求出抛物线L的解析式和顶点坐标． （2）点P是抛物线L对称轴右侧图象上的一点，过点P作x的垂线交x轴于点Q，作抛物线L关于直线PQ 对称抛物线L，则C关于直线PQ的对称点为C，若PCC为等腰直角三角形，求出抛物线L的解析式． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）当PCC为等腰直角三角形时，则PN CN CN ，即可求解． c3 【解答】解：（1）由题意得： ， 1bc0 b4 解得： ， c3 则抛物线的表达式为：yx2 4x3； （2）由抛物线的表达式知，其顶点为：(2,1)， 如下图，设CC交PQ于点N，若PCC为等腰直角三角形时， 则PN CN CN ， 设点P(x,x2 4x3)， 则xx2 4x33， 解得：x0（舍去）或5， 即点P的横坐标为5， 而原抛物线的对称轴为直线x2， 则新抛物线的对称轴为直线x2338， 则新抛物线的顶点坐标为：(8,1)， 则抛物线L的解析式为：y(x8)2 1． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图象的对称、等腰直角三角形的性质等，综合性强，难 度适中． 29．（2024•凉州区二模）如图1，已知抛物线yax2 4axc的图象经过点A(1,0)，B(m,0)，C(0,3)，过 点C作CD//x轴交抛物线于点D，点P是抛物线上的一个动点，连接PD，设点P的横坐标为n． （1）填空：m ，a ，c ； （2）在图1中，若点P在x轴上方的抛物线上运动，连接OP，当四边形OCDP面积最大时，求n的值； （3）如图2，若点Q在抛物线的对称轴l上，连接PQ、DQ，是否存在点P使PDQ为等腰直角三角形？ 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）将点A(1,0)，C(0,3)代入yax2 4axc，可得a1，c3，可得抛物线的解析式，令 y0解方程可得点B的坐标，即可得m的值； （2）连接PC，由点P的横坐标为n得P(n,n2 4n3)，根据面积和可得四边形OCDP的面积，利用二次 函数的性质可得其最大值； （3）分三种情况：作辅助线，构建全等三角形，根据全等三角形的性质以及点P的坐标列方程求得n的值， 即可得点P的坐标． 【解答】解：（1）将点A(1,0)，C(0,3)代入yax2 4axc得， a4ac0 a1  ，解得 ， c3 c3 抛物线的解析式：yx2 4x3， y0，则0x2 4x3，解得x3或1， B(3,0)， m3， 故答案为：3，1，3； （2）连接PC，C(0,3)，CD//x轴交抛物线于点D，  点D的纵坐标为3， 3x2 4x3，解得x0或4， D(4,3)， 点P的横坐标为n，  P(n,n2 4n3)， S S S ， 四边形OCDP COP PCD 1 1  3n 4(n2 4n33) 2 2 19 2n2  n， 2 19 361 2(n )2  ， 8 32 20，  19 当n 时，S 有最大值， 8 四边形OCDP 19 n的值为 ； 8 （3） yx2 4x3，  4 抛物线的对称轴为直线x 2， 2(1) 点Q的横坐标为2， 分三种情况： ①当P为直角顶点时，PQPD，如图2，过P作MN //y轴，过Q作QM MN于M ，过D作DN MN于N， PMQDNP90， PQD是等腰直角三角形，且PQPD，DPQ90，  MPQPQM MPQDPN 90， PQM DPN ， PQM DPN(AAS)， QM PN， P(n,n2 4n3)，D(4,3)，点Q的横坐标为2，  PN QM |2n|， 5 17 5 17 3 17 3|2n|n2 4n3，解得n 或 或 2 2 2 5 17 7 17 5 17 7 17 3 17 7 17 3 17 点 P的 坐 标 为 ( ， )或 ( ， )或 ( ， )或 ( ， 2 2 2 2 2 2 2 7 17 )； 2 ②当D为直角顶点时，DQPD，如图3，过D作MN //y轴，过P作PM MN 于M ，过Q作QN MN 于N，同理PDM DQN(AAS)， DM QN ， P(n,n2 4n3)，D(4,3)，点Q的横坐标为2，  DM QN 422， 32n2 4n3，解得n2 2或2 2， 点P的坐标为(2 2，1)或(2 2 ，1)； 如图5， 同理PDM DQN(AAS)， PM DN ，DM QN，P(n,n2 4n3)，D(4,3)，点Q的横坐标为2，  DM QN 422， 2n2 4n33，解得n2 6或2 6， 点P的坐标为(2 6 ，5)或(2 6 ，5)； ③当Q为直角顶点时，DQPQ，如图4，过P作PM l于M ，过D作DN l于N， 同理PQM QDN(AAS)， QM DN ，PM QN ， P(n,n2 4n3)，D(4,3)，点Q的横坐标为2，  DN QM 422，PM QN |2n|， MN QM QN 2|2n|， 2|2n|n2 4n33，解得n0或5或3， 点P的坐标为(0,3)或(5,8)或(3,0)； 5 17 7 17 5 17 7 17 综上所述，点P的坐标是( ， )或( ， )或(2 2，1)或(2 2 ，1)或 2 2 2 2 (2 6 ，5)或(2 6 ，5)或(0,3)或(5,8)或(3,0)． 【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的性质，全等三角形的判定与性质以及解一元二 次方程的方法，解第（2）问时需要运用二次函数的性质，解第（3）问时需要运用分类讨论思想和方程的 思想解决问题．30．（2024•高唐县一模）在平面直角坐标系中，抛物线yax2 bx3与x轴交于点A(1,0)和点B(3,0)， 与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式及顶点坐标； （2）若点P为第四象限内抛物线上一点，当PBC 面积最大时，求点P的坐标； （3）若点P为抛物线上一点，点Q是线段BC上一点（点Q不与两端点重合），是否存在以P、Q、O为 顶点的三角形是等腰直角三角形，若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； 1 （2）由PBC 面积 OBPH ，即可求解； 2 （3）当QOP为直角时，则点Q与点B重合，不符合题意；当OPQ为直角时，即OQBC，即可求解； 当OPQ为直角时，证明PNOQMP(AAS)，即可求解． 【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：ya(x1)(x3)a(x2 2x3)， 则3a3， 解得：a1， 则抛物线的表达式为：yx2 2x3； （2）过点P作y轴的平行线交BC于点H ， 由点B(3,0)、C的坐标得，直线BC的表达式为：yx3，设点P(m,m2 2m3)，则点H(m,m3)， 则PH m3m2 2m3m2 3m， 1 3 则PBC 面积 OBPH  (m2 3m)， 2 2 3  0，  2 故函数有最大值， 3 此时m ， 2 3 15 则点P( ， )； 2 4 （3）当QOP为直角时， 则点Q与点B重合，不符合题意； 当OPQ为直角时， 即OQBC， 则点P和点B或C重合， 故点P的坐标为：(3,0)或(0,3)， 当Q和C重合时，也符合题意，则点P(2,3)， 当OPQ为直角时， 如下图：设点P(x,y)，点Q(m,m3)， 过点P作y轴的平行线交x轴于点N，交过点Q和x轴的平行线于点M ， OPN NOP90，OPN QPM 90，  OPN QPM ， PNOQMP，  PNOQMP(AAS)， ON PM 且PN MQ，即x y3m且ymx，  2m3 x   2 解得： ， 3 y  2 3 3 当y 时，即yx2 2x3 ， 2 2 10 解得：x1 （不合题意的值已舍去）， 2 10 3 即点P(1 ， )， 2 2 10 3 综上，点P的坐标为：(3,0)或(0,3)或(2,3)或(1 ， )． 2 2 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形全等、面积的计算，分类求解是解题的关键． 31．（2024•咸丰县模拟）综合与探究 如图，抛物线yx2 3x4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接BC．若 点P在线段BC上运动（点P不与点B，C重合），过点P作x轴的垂线，交抛物线于点E，交x轴于点 F ．设点P的横坐标为m． （1）求点A，B，C的坐标，并直接写出直线BC的函数解析式． （2）若PF 2PE，求m的值． （3）在点P的运动过程中，是否存在m使得CPE为等腰直角三角形？若存在，请直接写出m的值；若不 存在，请说明理由． 【分析】（1）根据函数图象的特点求A、B、C的坐标，用待定系数法求直线BC的解析式即可； （ 2 ） 由 题 可 知 P(m,m4)， 则 E(m,m2 3m4)， F(m,0)， 再 由 PF 2PE， 得 到 方 程4m2(m2 4m)，求出m的值即可； （3）先求出PC2 2m2，PE2 (m2 4m)2，CE2 m2 (m2 3m)2，当PCE90时，PE2 2PC2，解 得m2或m6（舍)；当CEP90时，2m2 2(m2 3m)2 2m2，解得m3或m5（舍)． 【解答】解：（1）当y0时，x2 3x40， 解得x4或x1， A(1,0)，B(4,0)， 当x0时，y4， C(0,4)， 设直线BC的解析式为ykx4， 将点B代入可得4k40， 解得k 1， 直线BC的解析式为yx4； （2） 点P的横坐标为m，  P(m,m4)，则E(m,m2 3m4)，F(m,0)， PF 4m，PEm2 4m， PF 2PE，  4m2(m2 4m)， 1 解得m4（舍)或m ； 2 （3）存在m使得CPE为等腰直角三角形，理由如下： 由（2）可得，PC2 2m2，PE2 (m2 4m)2，CE2 m2 (m2 3m)2， 当PCE90时，PE2 2PC2，即(m2 4m)2 4m2， 解得m2或m6（舍)； 当CEP90时，2CE2 PC2，即2m2 2(m2 3m)2 2m2， 解得m3或m5（舍)； 综上所述：m的值为3或2． 【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 题型四：相似三角形的存在性 32．（2024•金平区校级一模）如图，二次函数yax2 bx4交x轴于点A(1,0)和B(4,0)交y轴于点C． （1）求二次函数的解析式； （2）如图，在第一象限有一点M ，到O点距离为2，线段BN 与BM 的夹角为45，且BN  2BM ，连接 CN ，求CN 的长度； （3）对称轴交抛物线于点D，交BC交于点E，在对称轴的右侧有一动直线l垂直于x轴，交线段BC于点 F ，交抛物线手点P，动直线在沿x轴正方向移动到点B的过程中，是否存在点P，使得以点P，C，F 为顶点的三角形与DCE相似？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由． 【分析】（1）把A(1,0)和B(4,0)代入抛物线解析式得出二元一次方程组，解方程组得出a、b的值，即可 得出二次函数的解析式； （2）证明CBN∽OBM ，根据相似三角形的性质求解即可； PF CF （3）由平行线的性质得出CEDCFP，当PCF CDE时，PCF∽CDE，则  ，得出方 CE DE 程，解方程即可． 【解答】解：（1） 二次函数yax2 bx4交x轴于点A(1,0)和B(4,0)，  ab40 把A、B代入yax2 bx4，得： ， 16a4b40 a1 解得： ， b3二次函数的表达式为：yx2 3x4； （2） 二次函数yax2 bx4交交y轴于点C，  对于yx2 3x4，当x0，则y4， C(0,4)， B(4,0)，  OBOC 4， OCBOBC 45， BC  OB2 OC2 4 2， BC 4 2    2， OB 4 又BN  2BM ， BN   2， BM BC BN   ， OB BM OBM ABC 45，CMBCCBN 45，  OBM CBN ， 在CBN 和OBM 中， BC BN OBM CBN ，  ，  OB BM CBN∽OBM ， BC CN   ， OB OM CN  2  ， 2 CN 2 2； （3）存在，如图：3 25 yx2 3x4(x )2  ，  2 4 3 25 点D( , )， 2 4 设直线BC的解析式为：ykxb， 4kb0 把B(4,0)，C(0,4)代入得： ， b4 k 1 解得： ， b4 BC 所在直线的表达式为：yx4， 3 3 5 将x 代入yx4得：y 4 ， 2 2 2 3 5 点E( , )， 2 2 由题意得：PF //DE， CEDCFP， PCF 与DCE有共同的顶点C，且PCF 在DCE的内部，  PCF DCE， 只有PCF CDE时，PCF∽CDE， PF CF   ， CE DE 3 5 C(0,4)、E( , )，  2 2 25 5 15 DE   ， 4 2 4 设点P为(t,t2 3t4)，则F 为(t,t4)， PF t2 3t4(t4)t2 4t，3 5 3 2 CE (0 )2 (4 )2  ，CF  t2 [4(t4)]2  2t， 2 2 2 t2 4t 2t   ， 3 2 15 2 4 16 解得：t  ， 5 16 84 当t  ，时，t2 3t4 ， 5 25 16 84 点P的坐标为：( , )． 5 25 【点评】本题考查了二次函数的综合运用，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数解析式，二次函 数的性质，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键． 33．（2024•东莞市一模）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线 yx3与x轴交于点B， 与y轴交于点C，抛物线yx2 bxc经过B、C两点，与x轴的另一交点为点A． （1）如图1，求抛物线的解析式； （2）如图2，点D为直线BC上方抛物线上一动点，连接AC、CD，设直线BC交线段AD于点E，CDE S 1 的面积为S ，ACE的面积为S ．当 1  时，求点D的坐标； 1 2 S 2 2 （3）在（2）的条件下，且点D的横坐标小于2，是否在数轴上存在一点P，使得以A、C、P为顶点的 三角形与BCD相似，如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； DE 1 DG DG （2）证明AEF∽DEG，得到    ，即可求解； AE 2 AF 4 （3）当点 P在 y轴时，以 A、C、 P为顶点的三角形与 BCD相似，存在CAPDCBC 90、 CPADCB90两种情况，利用解直角三角形的方法即可求解；当点P(P)在x轴上时，同理可解．【解答】解：（1）把x0代入yx3，得：y3， C(0,3)． 把y0代入yx3得：x3， B(3,0)， 将C(0,3)、B(3,0)代入yx2 bxc得： 93bc0 b2  ，解得： ， c3 c3 抛物线的解析式为yx2 2x3； （2）如右图，分别过点A、点D作y轴的平行线，交直线BC于点F 和点G， 设点D(m,m2 2m3)，G(m,m3) 则DGm2 2m3(m3)m2 3m， 当x1时y4， F(1,4)，AF 4， AF //DG，  AEF∽DEG， S 1 1  ，  S 2 2 DE 1 DG DG     ， AE 2 AF 4 则DG2， m2 3m2， 解得m 1，m 2， 1 2 点D坐标为(1,4)或(2,3)；（3）存在，理由： 由题意得，点D(1,4)， 由点B、C、D的坐标得，CD 2，BC 3 2 ，BD 20 CD 1 1 3 则tanCBD  tan，则sin ，cos ，DBC 90， BC 3 10 10 当点P在y轴时， 以A、C、P为顶点的三角形与BCD相似，  当CAPDCB90时， AC 10 3 则cosACPcos   ， CP CP 10 10 则CP ， 3 1 则点P(0, )； 3 当CPADCB90时， 此时，点P、O重合且符合题意， 故点P(0,0)； 当点P(P)在x轴上时， 只有ACPDCB90， AC 10 则AP  10， sin 1 10 则点P(9,0)， 1 综上，点P的坐标为(0,0)或(9,0)或(0, )． 3 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、三角形相似、面积的计算等，分类求解 是解题的关键．1 5 3 34．（2024•亳州一模）已知抛物线y x2 bxc经过点(5, )和(3, )． 8 2 2 （1）试确定该抛物线的函数表达式； （2）如图，设该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），其顶点为C，对称轴为l，l与x轴交 于点D． ①求证：OBC是直角三角形； ②在l上是否存在点P，使得以A，D，P为顶点的三角形与OBC相似？若存在，请求出点P的坐标； 若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）①由点B、C、O的坐标得，OB2 25，BC2 20，CO2 5，即可求解； 1 ②A，D，P为顶点的三角形与OBC相似，则PADCOB或CBO，即tanPAD2或 ，即可求 2 解． 3 1  93bc  2 8 【解答】（1）解：由题意得： ， 5 1   255bc  2 8  1 b   4 解得： ， 15 c  8 1 1 15 则抛物线的表达式为：y x2  x ； 8 4 8 1 1 15 （2）①证明：令y x2  x 0，则x3或5， 8 4 8 即点A、B的坐标分别为：(3,0)、(5,0)， 1 1 15 则抛物线的对称轴为直线x1，当x1时，y x2  x 2， 8 4 8 则点C(1,2)， 由点B、C、O的坐标得，OB2 25，BC2 20，CO2 5， 即OB2 BC2 CO2，则OBC是直角三角形； ②解：存在，理由： A，D，P为顶点的三角形与OBC相似，  则PADCOB或CBO， 2 由点B的坐标得：tanCOB 2， 1 1 则tanPAD2或 ， 2 设点P(1,m)， |m| |m| 1 则tanPAD  2或 ， AD 13 2 解得：m8或2， 则点P的坐标为：(1,8)或(1,8)或(1,2)或(1,2)． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形相似、解直角三角形、勾股定理的运用等，分类 求解是解题的关键． 35．（2023•随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2 bxc过点A(1,0)，B(2,0)和C(0,2)， 连接BC，点P(m，n)(m0)为抛物线上一动点，过点P作PN x轴交直线BC于点M ，交x轴于点N． （1）直接写出抛物线和直线BC的解析式； （2）如图2，连接OM ，当OCM 为等腰三角形时，求m的值； （3）当P点在运动过程中，在y轴上是否存在点Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与以B，C，N 为顶点的三角形相似（其中点P与点C相对应），若存在，直接写出点P和点Q的坐标；若不存在，请说明 理由．【分析】（1）由题得抛物线的解析式为ya(x1)(x2)，将点C坐标代入求a，进而得到抛物线的解析式； 设直线BC的解析式为ykxt，将B、C两点坐标代入求解即可得到直线BC的解析式． （2）由题可得M 坐标，分别求出OC，OM ，CM ，对等腰三角形OCM 中相等的边界线分类讨论，进而 列方程求解． （3）对P点在B点左右两侧进行分类讨论，设法表示出各线段的长度，利用相似三角形的相似比求解m， 进而得到点P，点Q的坐标． 【解答】解：（1） 抛物线yax2 bxc过点A(1,0)，B(2,0)，  抛物线的表达式为ya(x1)(x2)， 将点C(0,2)代入得，22a， a1， 抛物线的表达式为y(x1)(x2)，即yx2 x2． 设直线BC的表达式为ykxt， 将B(2,0)，C(0,2)代入得， 2kt 0  ， t 2 k 1 解得 ， t 2 直线BC的表达式为yx2． （2） 点M 在直线BC上，且P(m,n)，  点M 的坐标为(m,m2)， OC 2 CM2 (m0)2 (m22)2 2m2，OM2 m2 (m2)2 2m2 4m4， 当OCM 为等腰三角形时，①若CM OM ，则CM2 OM2， 即2m2 2m2 4m4， 解得m1； ②若CM OC ，则CM2 OC2， 即2m2 4， 解得m 2或m 2（舍去）； ③若OM OC，则OM2 OC2， 即2m2 4m44， 解得m2或m0（舍去）． 综上，m1或m 2或m2． （3） 点P与点C相对应，  POQ∽CBN 或POQ∽CNB， ①若点P在点B的左侧， 则CBN 45,BN 2m,CB2 2 ， 当POQ∽CBN ，即POQ45时， 直线OP的表达式为yx， m2 m2m， 解得m 2或m 2（舍去）， OP2 ( 2)2 ( 2)2 4，即OP2， OP OQ 2 OQ   ，即  ， BC BN 2 2 2 2 解得OQ 21， P( 2, 2),Q(0, 21)， 当POQ∽CNB，即PQO45时， PQ 2m,OQm2 m2mm2 2m2， PQ OQ 2m m2 2m2   ，即  ， CB BN 2 2 2m 解得m1 5（舍去）． 当POQ∽CNB，即PQO45时，PQ 2m，OQm(m2 m2)m2 2， PQ OQ 2m m2 2   ，即  ， CB BN 2 2 2m 1 13 解得m ，（负值舍去）， 3 1 13 7 13 42 13 P( , )，Q(0. )． 3 9 9 ②若点P在点B的右侧， 则CBN 135，BN m2， 当POQ∽CBN ，即POQ135时， 直线OP的表达式为yx， m2 m2m， 解得m1 3或m1 3（舍去）， OP 2m 2 6， OP OQ 2 6 OQ   ，即  ， BC BN 2 2 31 解得OQ1， P(1 3,1 3),Q(0,1)， 当POQ∽CNB，即PQO135时， PQ 2m，OQ|m2 m2m|m2 2m2， PQ OQ 2m m2 2m2   ，即  ， CB BN 2 2 m2 解得m1 5或m1 5（舍去）， P(1 5,3 5),Q(0,2)， 1 13 7 13 42 13 综 上 ， P( 2, 2)， Q(0, 21)或 P( , )， Q(0, )或 P(1 3,1 3)， Q(0,1)或 3 9 9 P(1 5,3 5)，Q(0,2)． 【点评】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，等腰三角形 的性质与判定，相似三角形的性质与判定等相关知识．36．（2024•青海一模）如图，二次函数yx2 bxc的对称轴是直线x1，图象与x轴相交于点A(1,0)和 点B，交y轴于点C． （1）求此二次函数的解析式； （2）点P是对称轴上一点，当BOC∽APB时，求点P的坐标（请在图1中探索）； （3）二次函数图象上是否存在点M ，使ABC 的面积S 与ABM 的面积S 相等？若存在，请求出所有满 1 2 足条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索）． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）证明APB 是等腰直角三角形，APB90，则ADPD2，即可求解； （3）点M 和点C(0,3)关于对称轴x1对称，则点M 的坐标是(2,3)，点C(0,3)关于x轴的对称点 1 1 C(0,3)，由S S ，得到x2 2x33，即可求解． 1 2  b x 1 【解答】解：（1）由题意得： 21 ，  1bc0 b2 解得： ， c3 二次函数的解析式是yx2 2x3； （2）设对称轴与x轴交于点D， 由（1）及已知得，OBOC， BOC是等腰直角三角形， 又 点P在对称轴上，且BOC∽APB，  APB 是等腰直角三角形，APB90， ADPD2， 当点P在x轴上方时，坐标是(1,2)，当点P在x轴下方时，坐标是(1,2)， 综上，点P的坐标是(1,2)或(1,2)； （3）存在，理由： 点M 和点C(0,3)关于对称轴x1 对称， 1 点M 的坐标是(2,3)， 1 点C(0,3)关于x轴的对称点C(0,3)， S S ，  1 2 x2 2x33， 解得：x 1 7，x 1 7， 1 2 M (1 7,3)，M (1 7,3)， 2 3 点M 的坐标是(2,3)或(1 7,3) 或(1 7,3)． 【点评】本题考查了二次函数综合运用，涉及到三角形相似、等腰直角三角形的性质、点的对称等，分类 求解是解题的关键． 37．（2024•虹口区二模）新定义：已知抛物线yax2 bxc（其中abc0)，我们把抛物线ycx2 axb 称为yax2 bxc的“轮换抛物线”．例如：抛物线y2x2 3x1的“轮换抛物线”为yx2 2x3． 已知抛物线C :y4mx2 (4m5)xm的“轮换抛物线”为C ，抛物线C 、C 与y轴分别交于点E、F ， 1 2 1 2 点E在点F 的上方，抛物线C 的顶点为P． 2 （1）如果点E的坐标为(0,1)，求抛物线C 的表达式； 2 （2）设抛物线C 的对称轴与直线y3x8相交于点Q，如果四边形PQEF 为平行四边形，求点E的坐标； 2 1 （3）已知点M(4,n)在抛物线C 上，点N坐标为(2,7 )，当PMN ~PEF 时，求m的值． 2 2【分析】（1）将点E的坐标代入y4mx2 (4m5)xm得：1m，即可求解； （2）当四边形PQEF 为平行四边形，则PQEF，即2(5)53m，即可求解； S PF 53m 416m2 （3）由PMN ~PEF 得到 PEF ( )2，即  ，即可求解． S PN 5 25 PMN 2 4 【解答】解：（1）将点E的坐标代入y4mx2 (4m5)xm得：1m， 则4m51， 则抛物线C 的表达式为：yx2 4x1； 2 （2）由抛物线C 的表达式知，点E(0,m)， 1 则C 的表达式为：ymx2 4mx(4m5)． 2 则C 和y轴的交点F(0,4m5)， 2 4m 则抛物线C 的对称轴为直线x 2， 2 2m 当x2时，ymx2 4mx(4m5)5， 即C 的顶点P的坐标为：(2,5)， 2 当x2时，y3x82， 故抛物线C 的对称轴和y3x8的交点Q(2,2)， 2 点E在点F 的上方，  故m4m5， 5 解得：m ， 3 则EF m(4m5)53m， 四边形PQEF 为平行四边形，  则PQEF，即2(5)53m， 2 解得：m ， 3 2 即点E(0, )； 3 （3） 点M 在抛物线C 上，  2 当x4时，y4mx2 (4m5)xm4m5， 即点M(4,4m5)，1 点N(2,7 )、点P(2,5)、E(0,m)、F(0,4m5)，  2 1 25 则PN2 (22)2 (57 )2  ， 2 4 同理可得：PF2 416m2， 1 1 1 1 1 5 S  EF|x | (53m)253m，S  PN|x x | (57 )(42) ，  PEF 2 P 2 PMN 2 M P 2 2 2 PMN ~PEF，  S PF 53m 416m2 则 PEF ( )2，即  ， S PN 5 25 PMN 2 4 17 解得：m1或 ． 32 【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的 思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决 相关问题． 38．（2024•安溪县模拟）已知抛物线C :yax2 (2a1)x3a1与x轴只有一个公共点A． 1 （1）求a的值； （2）若将抛物线C :y4ax2向右平移1个单位长度得到抛物线C ，抛物线C 与 y轴交于点B，顶点为 2 3 3 D． ①试问：抛物线C 上是否存在这样的点E，使得BDE∽ABD？ 3 ②若直线 ykxk1与抛物线C 交于P(x ， y )，Q(x ，y )(x x )，点Q关于抛物线C 的对称轴的 3 p p Q Q P Q 3 S 对称点记为Q(Q与P不重合），QM //y轴交直线PQ于点M ，直线PD与直线QM 交于点N，求 PQN S PMN 的值．【分析】（1）由△(2a1)2 4a(13a)0，即可求解； （2）①由点A、B、D的坐标知，ABD为等腰直角三角形，当BDE∽ABD时，则BDE也为等腰直 角三角形，即可求解； ②设点P(m,m2 2m1)、点Q(n,n2 2n1)，则点Q(2n,n2 2n1)，求出点M 、N的坐标，进而求 解． 【解答】解：（1）△(2a1)2 4a(13a)0， 1 解得：a ； 4 1 （2）①yax2 (2a1)x3a1 (x1)2， 4 则点A(1,0)； y4ax2 x2，则抛物线C 与y(x1)2， 3 则点D(1,0)、(0,1)， 由点A、B、D的坐标知，ABD为等腰直角三角形， 当BDE∽ABD时，则BDE也为等腰直角三角形， 如下图：而点D(1,0)、B(0,1)， 根据抛物线的对称性，则点E(2,1)； ②如下图： 设点P(m,m2 2m1)、点Q(n,n2 2n1)，则点Q(2n,n2 2n1)， 联立抛物线和PQ的表达式得：kxk1(x1)2， 整理得：x2 (2k)xk 0， 则mn2k，mnk， 将点Q坐标代入一次函数表达式得：n2 2n1k(2n1)， 即n2 2nk(1n)， 由点P、D的坐标得，直线PD的表达式为：y(m1)(x1)， 当x2n时，y(m1)(x1)k(1n)1， 则点N(2n，(m1)(1n))， 同理可得：点M(2n，k(1n)1)， 则QN |n2 2n1[(m1)(1n))]||n2 2n1mnmn1||n2 2n1k2k1||n2 2n|，同理可得：MN |k(1n)1(m1)(1n)||2kkk2kn||k(n1)|， n2 2nk(1n)，  则QN:MN 1， S 则 PQN 1． S PMN 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到根和系数的关系、三角形相似等，数据处理和数形结合 是解题的关键． 39．（2024•苏州一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2 8ax10a1(a0)与x轴的交点分别为 A(x ，0)，B(x ，0)，其中(0x x )，且AB4，与y轴的交点为C，直线CD//x轴，在x轴上有一 1 2 2 1 动点E(t,0)，过点E作直线l x轴，与抛物线、直线CD的交点分别为P、Q． （1）求抛物线的解析式； （2）当0t„ 8时，求APC 面积的最大值； （3）当t 2时，是否存在点P，使以C、P、Q为顶点的三角形与OBC相似？若存在，求出此时t的值； 若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； 1 1 1 1 （2）由APC 面积 PHAO 2|( t2 4t6t6)|| t2 3t|，即可求解； 2 2 2 2 1 （3）以C、P、Q为顶点的三角形与OBC相似时，tanPCQ 或3，即可求解． 3 【解答】解：（1）由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x4， AB4，  则点A、B的坐标分别为：(2,0)、(6,0)；则抛物线的表达式为：ya(x2)(x6)a(x2 8x12)ax2 8ax10a1， 则12a10a1， 1 解得：a ， 2 1 则抛物线的表达式为：y x2 4x6； 2 （2）由抛物线的表达式知，点C(0,6)， 由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：yx6， 设PQ交AC于点H ， 1 设点P(t, t2 4t6)，则点H(t,t6)， 2 1 1 1 1 则APC 面积 PHAO 2|( t2 4t6t6)|| t2 3t|， 2 2 2 2 1 当点P在x轴上方时，则APC 面积 t2 3t， 2 1  0，故APC 面积有最大值，  2 27 当t3时，APC 面积最大值为： ； 2 1 当点P在x轴上方时，则APC 面积 t2 3t， 2 6t„ 8，  在t3时，APC 面积随t的增大而增大， 当t8时，APC 面积最大，最大值为24， 综上，APC 面最大值24． （3）存在，理由：1 设点P(t, t2 4t6)，则点Q(t,0)， 2 2 1 在RtBCO中，tanOBC   ， 6 3 则以C、P、Q为顶点的三角形与OBC相似时， 1 tanPCQ 或3， 3 1 | t2 4t66| PQ 2 1 即tanPCQ  3或 ， CQ t 3 22 26 解得：t 2（舍去）或14或 或 ． 3 3 【点评】本题考查的是二次函数综合运用涉及到三角形相似、解直角三角形、面积的计算等知识，分类求 解是解题的关键． 40．（2024•雁塔区校级四模）已知抛物线L :yx2 bxc与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y 1 轴交于点C(0,3)，对称轴为直线x1． （1）求此二次函数表达式和点A、点B的坐标； （2）点P为第四象限内抛物线L 上一动点，将抛物线L 平移得到抛物线抛物线L ，使得抛物线L 的顶点 1 1 2 2 为点P，抛物线L 与y轴交于点E，过点P作y轴的垂线交y轴于点D．是否存在这样的点P，使得以点 2 P、D、E为顶点的三角形与AOC相似，请你写出平移过程，并说明理由． 【分析】（1）由待定系数法求出函数表达式，进而求解； 1 （2）以点P、D、E为顶点的三角形与AOC相似时，tanEPD 或3，即可求解． 3  b x 1 【解答】解：（1）由题意得： 2 ，  c3 b2 解得： ， c3 则抛物线的表达式为：yx2 2x3， 令yx2 2x30，则x1或3， 即点A、B的坐标分别为：(1,0)、(3,0)； （2）设点P(m,m2 2m3)， 则平移后的抛物线表达式为：y(xm)2 m2 2m3，则点E(0,2m2 2m3)， 则DE2m2 2m3(m2 2m3)m2，PDm， 1 在RtACO中，tanACO ， 3 则以点P、D、E为顶点的三角形与AOC相似时， 1 tanEPD 或3， 3 m2 1 即  或3， m 3 1 解得：m3（舍去）或 ， 3 1 32 则点P( ， )， 3 9 抛物线L 的顶点坐标为：(1,4)，  1 2 4 平移的过程为：将L 向左平移 个单位向上平移 即可． 1 3 9 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图象的平移、三角形相似、解直角三角形等，综合性强， 难度适中． 3 3 41．（2023•乐至县）如图，直线y x3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y x2 bxc经 4 4 过A、B两点． （1）求抛物线的表达式； （2）点D是抛物线在第二象限内的点，过点D作x轴的平行线与直线AB交于点C，求DC的长的最大值； （3）点Q是线段AO上的动点，点P是抛物线在第一象限内的动点，连结PQ交y轴于点N．是否存在点 P，使ABQ与BQN相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式； 3 9 3 9 （2）设D(m, m2  m3)，则C(m2 3m， m2  m3)，进而表示出CD的长；接下来用含m的 4 4 4 4 二次函数表示S，根据二次函数的性质，即可解答； （3）分两种情况：①当ABQ∽BQN 时，②当ABQ∽QBN 时，分别求解即可． 3 【解答】解：（1） 直线y x3与x轴、y轴分别交于A、B两点，  4 A(4,0)，B(0,3)， 3 抛物线y x2 bxc经过A、B两点．  4 124bc0  ， c3  9 b 解得 4，  c3 3 9 y x2  x3； 4 4 3 9 （2）设D(m, m2  m3)， 4 4 DC//作x轴，与直线AB交于点C，  3 3 9  x3 m2  m3，解得xm2 3m， 4 4 4 3 9 C(m2 3m， m2  m3)， 4 4 DC m2 3mmm2 4m(m2)2 4， 当m2时，DC的长的最大值为4； （3）设N(0,n)，A(4,0)，B(0,3)，  AB 32 42 5， 分两种情况： ①当ABQ∽BQN 时， ABQ∽BQN，  QN BQ ABQBQN，  ， BQ AB PQ//AB， OQN∽OAB， ON OQ QN    ， OB OA AB n OQ QN    ， 3 4 5 4 5 OQ n，QN  n， 3 3 16 BQ OQ2 OB2  n2 9， 9 5 16 n n2 9 3 9   ， 16 5 n2 9 9 27 n 或3（舍去）， 16 4 9 OQ n ， 3 4 9 27 Q( ，0)，N(0, )， 4 16 设直线PQ的解析式为ykxa，  9  3  ka0 k     4  4  ，解得 ， 27 27 a b  16  163 27 直线PQ的解析式为y x ， 4 16 3 9 234 4 23 联立y x2  x3解得x 或 （不合题意，舍去） 4 4 2 2 234 6 233 点P的坐标为( ， )； 2 16 ②当ABQ∽QBN 时，过点Q作QH  AB于H ， ABQ∽QBN，  ABQQBN，BAQBQN ， QH QO， BQBQ，  RtBHQRtBOQ， BH OB3， AH  ABBH 2， 设OQq，则AQ4q，QH q， 3 22 q2 (4q)2，解得q ， 2 3 Q( ，0)， 2 BQOBQN OQN BAQABQ，BAQBQN ，ABQQBN ，  OQN QBN ， QON BOQ90，  OQN∽OBQ， ON OQ   ， OQ OB 3 n 2   ， 3 3 23 n ， 4 3 3 Q( ，0)，N(0, )， 2 4 1 3 同理得直线PQ的解析式为y x ， 2 4 3 9 11 229 11 229 联立y x2  x3解得x 或 （不合题意，舍去） 4 4 6 6 11 229 2292 点P的坐标为( ， )； 6 12 234 6 233 11 229 2292 综上，点P的坐标为( ， )或( ， )． 2 16 6 12 【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了用待定系数法求函数的解析式、二次函数的图象与性质、相 似三角形的判定与性质等知识与方法，解本题的关键是利用方程的思想和函数的思想方法解决问题．利用 相似三角形的判定得出关于m的方程是解题关键，第（3）问中，注意要分类讨论，以防遗漏． 42．（2024•恩施市校级一模）如图，抛物线yax2 bxc交x轴于A(4,0)，B(1,0)，交y轴于C点，且 OC 2OB． （1）求抛物线的解析式； （2）在直线BC上找点D，使ABD为以AB为腰的等腰三角形，求D点的坐标． （3）在抛物线上是否存在异于B的点P，过P点作PQ AC于Q，使APQ与ABC 相似？若存在，请求 出P点坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先确定C(0,2)，设交点式ya(x4)(x1)，然后把C点坐标代入求出a即可得到抛物线的 解析式； （2）先利用待定系数法确定直线BC的解析式为y2x2，设D(m,2m2)，讨论：当BDBA时，利用 两 点 间 的 距 离 公 式 得 到 (m1)2 (2m2)2 52， 当 AD AB时 ， 利 用 两 点 的 距 离 公 式 得 到 (m4)2 (2m2)2 52，然后分别解方程求出m即可得到满足条件的D点坐标； （3）先利用勾股定理的逆定理证明ABC 为直角三角形，ACB90，由于ACO∽ABC，APQ与ABC 相似，则只有CAPOAC，设直线 AP交 y轴于E，作CF  AE于P，则CF CO2，证明 EC CF 1 10 16 ECF∽EAO，利用相似比得到   ，在RtAOE中利用勾股定理可计算出CE ，则E(0, )， EA AO 2 3 3  1 3 y x2  x2 4 16   2 2 再利用待定系数法确定直线AE的解析式为 y x ，然后解方程组 可得到P点坐 3 3 4 16 y x  3 3 标．过A点与直线AE垂直的直线交抛物线于P，作PQ AC于Q，则△APQ∽BAC，易得直线AP  1 3 y x2  x2 3   2 2 的解析式为y x3，解方程组 P点坐标． 4 3 y x3  4 【解答】解：（1） B(1,0)，OC 2OB，  C(0,2)， 设抛物线解析式为ya(x4)(x1)， 1 把C(0,2)代入得a 4 (1)2，解得a ，   2 1 1 3 抛物线的解析式为y (x4)(x1)，即y x2  x2； 2 2 2 （2）AB1(4)5， 设直线BC的解析式为：ykxb， kb0 k 2 把B(1,0)，C(0,2)代入得 ，解得 ， b2 b2 直线BC的解析式为y2x2， 设D(m,2m2)， ABD为以AB为腰的等腰三角形，  BDBA5或AD AB5， 当 BDBA时，即 (m1)2 (2m2)2 52，解得 m 1 5， m 1 5，此时 D点坐标为 (1 5， 1 2 2 5)，(1 5，2 5)， 当AD AB时，即(m4)2 (2m2)2 52，解得m 1（舍去），m 1，此时D点坐标为(1,4)， 1 2 综上所述，满足条件的D点坐标为(1 5，2 5)，(1 5，2 5)，(1,4)； （3）AB2 25，BC2 12 22 5，AC2 42 22 20，AB2 BC2  AC2，  ABC为直角三角形，ACB90， BAC CAO，  ACO∽ABC， APQ与ABC 相似，  CAPOAC， AC平分BAP， 设直线AP交y轴于E，作CF  AE于P，则CF CO2， CEF AEO，  ECF∽EAO， EC CF 2 1     ， EA AO 4 2 在RtAOE中， OE2 OA2  AE2，  10 (2CE)2 42 (2CE)2，解得CE2（舍去）或CE ， 3 16 E(0, )， 3 设直线AE的解析式为ymxn，  4 4mn0 m 16    3 把A(4,0)，E(0, )得 16 ，解得 ， 3 n 16   3 n  3 4 16 直线AE的解析式为y x ， 3 3  1 3  5 y x2  x2 x   2 2 x4   3 解方程组 ，解得 或 ， y 4 x 16 y0 y 28  3 3  9 5 28 P( ， )． 3 9 过A点与直线AE垂直的直线交抛物线于P，作PQ AC于Q， 则PAQABC， △APQ∽BAC， 3 易得直线AP的解析式为y x3， 4 1 3  5 y x2  x2 x   2 2 x4   2 解方程组 得 或 ， y 3 x3 y0 y 39  4  8 5 39 P( ， )． 2 8 5 28 5 39 综上所述，P点坐标为( ， )或( ， )． 3 9 2 8 【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰 三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；能运用两点间的距离公式和相似比计算线段的长；会运 用分类讨论的思想解决数学问题． 43．（2024•阳泉模拟）综合与探究 1 3 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， 4 2 对称轴与x轴交于点D，连接AC，作直线BC． （1）求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的表达式． （2）如图1，若点P是第四象限内二次函数图象上的一个动点，其横坐标为m，过点P分别作x轴、y轴 的垂线，交直线BC于点M ，N，试探究线段MN 长的最大值．（3）如图2，若点Q是二次函数图象上的一个动点，直线BQ与y轴交于点H ，连接CD，在点Q运动的 过程中，是否存在点H ，使以H ，C，B为顶点的三角形与ACD相似？若存在，请直接写出点Q的坐标； 若不存在，请说明理由． 1 3 1 3 【分析】（1）对于y x2  x4，当x0时，y4，令y x2  x40，即可求解； 4 2 4 2 1 1 3 1 （2）证明MN  5PM ，而PM ( x4)( x2  x4) x2 2x，即可求解； 2 4 2 4 （3）当以H ，C，B为顶点的三角形与ACD相似时，存在CBH∽ACD或CBH∽ADC，求出点H 的坐标为：(0,6)或(0,4)，进而求解． 1 3 【解答】解：（1）对于y x2  x4，当x0时，y4， 4 2 1 3 令y x2  x40，则x2或8， 4 2 即点A、B、C的坐标分别为：(2,0)、(8,0)、(0,4)， 1 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y x4； 2 1 （2）由BC的表达式知，tanABC  tanMNP， 2 1 MP 则sinMNP  ， 5 MN 则MN  5PM ， 1 1 3 设点M(x, x4)，则点P(x, x2  x4)， 2 4 2 1 1 3 1 则PM ( x4)( x2  x4) x2 2x， 2 4 2 4 1  0，  4 故PM 有最大值，当x4时，PM 的最大值为4， 则MN 的最大值为：4 5； （3）存在，理由：由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x3，则点D(3,0)， 由点A、B、C、D的坐标得，AC  20 ，AD5CD，BC  80 ，BO8，OC 4，OA2， OB OC 则tanHCB 2tanDAC  2， CO OA 当以H ，C，B为顶点的三角形与ACD相似时， 存在CBH∽ACD或CBH∽ADC， CH BC CH BC 即  或  ， AD AC AC AD CH 80 CH 80 即  或  ， 5 20 20 5 解得：CH 10或8， 即点H 的坐标为：(0,6)或(0,4)， 3 1 由点B、H 的坐标得，直线BH 的表达式为：y x6或y x4， 4 2 1 3 3 1 3 1 联立BH 和抛物线的表达式得： x2  x4 x6或 x2  x4 x4， 4 2 4 4 2 2 解得：x8（舍去）或5或4， 39 即点Q的坐标为：(5, )或(4,6)． 4 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、三角形相似等，分类求解是解题的关 键． 44．（2024•龙江县一模）综合与探究： 如图，抛物线yax2 6axc(a0)与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，顶点为 1 5 N，直线y x1与x轴交于点B，与抛物线交于点D，连接BC，DN ，sinOCB ． 2 5 （1）求抛物线的解析式； （2）①点D的坐标为 (6,4) ； ②ACB ； ③点M(m,n)在抛物线上，4m4，则n的取值范围是 .； （3）若点P在直线AC上，且S AB :S BC 1:3，求AP的值；  P  P （4）在第四象限内存在点E，使ACE与ABC相似，且 AC为ACE的直角边，请直接写出点E的坐 标．【分析】（1）先求出点B、C的坐标，再运用待定系数法即可求得答案； （2）由函数的图象和性质，即可求解； （3）分两种情况：①当点P在线段AC上时，②当点P在线段CA的延长线上时，分别利用相似三角形性 质求解即可； （4）分两种情况：当ACE90时，当CAE90时，分别运用相似三角形性质和三角函数定义进行计 算即可． 1 1 【解答】解：（1） y  x1，令y 0，得 x10，  2 2 2 2 解得：x2， B(2,0)， OB2， 5 sinOCB ，  5 OB 5  sinOCB ， BC 5 BC 2 5， 在RtBOC中，OC  BC2 OB2 4， C(0,4)． 把B(2,0)，C(0,4)代入抛物线y ax2 6axc中，得： 1 4a12ac0  ， c4  1 a 解得： 4 ，  c4 1 3 抛物线的解析式为：y  x2  x4； 1 4 2 1 1 3 1 （2）① 联立抛物线表达式和y  x1得： x2  x4 x1，  2 2 4 2 2解得：x2（舍去）或6， 故点D的坐标为(6,4)； ②由抛物线的表达式知，点A(8,0)， 由点A、B、C的坐标得，AB2 100，AC2 80，BC2 20， 则AB2  AC2 BC2， 则ABC 为直角三角形， 则ABC 90； 25 ③由抛物线的表达式知，抛物线的顶点坐标为(3, )， 4 1 3 当x4时，y x2  x46， 4 2 25 则n的取值范围是 „ n6； 4 25 故答案为：(6,4)；90； „ n6； 4 1 3 （3）令 x2  x40， 4 2 解得：x 2，x 8， 1 2 A(8,0)， B(2,0)，  AB10． 在RtACO中，AC  AO2 OC2 4 5， ①当点P在线段AC上时，如图1，过点P作PH x轴于点H ， S :S 1:3，  ABP BCP S :S 1:4， ABP ABCPH 1   ， CO 4 OC 4，  PH 1， PH x轴，  PH //y轴， APH∽ACO， AB AC AP 4 5   ，即  ， AP CO 1 4 AP 5， AB:AP2 5； ②当点P在线段CA的延长线上时，如图2，过点P作PH x轴于点H ， S :S 1:3，  ABP BCP S :S 1:2， ABP ABC PH:OC 1:2， OC 4，  PH 2， PH x轴，  PH //y轴， APH∽ACO， AP:PH  AC:OC ，即AP:24 5:4， AP2 5， AB:AP10:2 5 5，AB 综上所述， 的值为2 5或 5 ； AP （4）当ACE90时， OB:CO2:41:2，OC:AO4:81:2，  OB:COOC:OA， BOC COA90，  BOC∽COA， BCOCAO，BC:AC OB:OC 1:2， CAOACO90，  BCOACO90， 即ACB90， 点E在直线BC上， 由点B、C坐标得，直线BC的解析式为y2x4， 设E(t,2t4)， 如图3，过点E作EF  y轴于点F ，则EF t，OF 2t4， CF OF OC 2t442t ， CE CE2 PE2  5t， 在RtBCO中，BC 2 5， ACE∽ACB或ECA∽ACB，  EAC BAC 或EAC ABC， 1 tanEAC tanBAC  或tanEAC tanABC 2， 2 CE:AC 1:2或2:1，1  5t  4 5 或 5t 24 5， 2 t2或8， 点E的坐标为(2,8)或(8,20)； 当CAE90时，如图4，过点E作EGx轴于点G， CAOEAGCAOACO90，  EAGACO， tanEAGtanACO2， EG:AG2， 设AGm，EG2m，则E(8m,2m)， ACE∽CAB或ACE∽CBA，  ACECAB或ACECBA， 1 tanACEtanCAB tanACEtanCBA2， 2 AE:AC 1:2或2:1， 1 AE AC 2 5或AE 2AC 8 5， 2 在RtAEG中，AG2 EG2  AE2， m2 (2m)2 (2 5)2或m2 (2m)2 (8 5)2， m2或8， 点E的坐标为(10,4)或(16,16)， 综上所述，点E的坐标为(2,8)或(8,20)或(10,4)或(16,16)． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，两点间距离公式，勾股定理，直角三 角形性质，相似三角形的判定和性质，三角函数定义等，涉及知识点较多，难度较大，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想思考解决问题． 45．（2023•武汉）抛物线C :yx2 2x8交x轴于A，B两点(A在B的左边），交y轴于点C． 1 （1）直接写出A，B，C三点的坐标； （2）如图（1），作直线xt(0t4)，分别交x轴，线段BC，抛物线C 于D，E，F 三点，连接CF ， 1 若BDE与CEF相似，求t的值； （3）如图（2），将抛物线C 平移得到抛物线C ，其顶点为原点．直线y2x与抛物线交于O，G两点， 1 2 过OG的中点H 作直线MN （异于直线OG)交抛物线C 于M ，N两点，直线MO与直线GN交于点P．问 2 点P是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由． ? 【分析】（1）分别令x、y为0，解方程即可求得点A、B、C的坐标； （2）分两种情况：①若△BED∽△CEF 时，可得BCF CBO，由平行线的判定可得CF //OB，即 1 1 1 1 1 1 CF //x轴，点F 与C的纵坐标相同，建立方程求解即可．②若△BE D ∽△F E C 时，过F 作FT  y 1 2 2 2 2 2 2 FT CT t 2tt2 轴于点T．可证得BCO∽△CFT ， 2  ，即  ，解方程即可求得答案； 2 CO BO 8 4 （3）由题意知抛物线C :yx2，联立方程求解即可得G(2,4)．根据中点坐标公式可得 H(1,2)．设 2 M(m,m2)， N(n,n2)， 可 得 直 线 MN 的 解 析 式 为 y(mn)xmn． 将 点 H 的 坐 标 代 入 可 得 mnmn2．同理，直线GN的解析式为y(n2)x2n；直线MO的解析式为ymx．联立方程组求 2n 2m2n4 解 可 得 P( ， )． 代 入 ykxb， 整 理 得 nm2 nm2 2m2n42knbnbm2bbm(2kb)n2b，比较系数可得 k 2， b2，故点 P在定直线 y2x2上． 【解答】解：（1）当y0时，x2 2x80， 解得：x 2，x 4， 1 2 当x0时，y8，A(2,0)，B(4,0)，C(0,8)． （2） F 是直线xt与抛物线C 的交点，  1 F(t,t2 2t8)． ①如图，若△BED∽△CEF时． 1 1 1 1 则BCF CBO， 1 CF //OB． 1 C(0,8)，  t2 2t88． 解得：t 0（舍去）或t 2． ②如图，若△BE D ∽△F E C时． 2 2 2 2 过F 作FT  y轴于点T． 2 2 BCF BD E 90，  2 2 2 CBOBCO90，FCT BCO90， 2 FCT OBC， 2 又 CTF BOC，  2 BCO∽△CFT ， 2 FT CT  2  ， CO BO B(4,0)，C(0,8)，  OB4，OC 8． FT t，CT 8(t2 2t8)2tt2，  2t 2tt2   ， 8 4 2t2 3t 0， 3 解得：t 0（舍去）或t ， 2 3 综上，符合题意的t的值为2或 ； 2 （3）点P在一条定直线上． 由题意知抛物线C :yx2， 2 直线OG的解析式为y2x，  G(2,4)． H 是OG的中点，  H(1,2)． 设M(m,m2)，N(n,n2)，直线MN 的解析式为yk xb ． 1 1 nk b n2 则 1 1 ， mk b m2 1 1 k mn 解得： 1 ， b mn 1 直线MN 的解析式为y(mn)xmn． 直线MN 经过点H(1,2)，  mnmn2． 同理，直线GN的解析式为y(n2)x2n；直线MO的解析式为ymx．y(n2)x2n 联立，得 ， ymx 直线OM 与NG相交于点P，  nm20．  2n x   nm2 解得： ， 2mn y  nm2 mnmn2，  2n 2m2n4 P( ， )． nm2 nm2 2m2n4 2n 设点P在直线ykxb上，则 k b， nm2 nm2 整理得，2m2n42knbnbm2bbm(2kb)n2b， 2b 比较系数，得 ， 22kb k 2，b2． 2m2n4 2n 当k 2，b2时，无论m，n为何值时，等式 k b恒成立． nm2 nm2 点P在定直线y2x2上． 【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，抛物线与坐标轴的交点，相似三角形的判定和 性质，一次函数图象上点的坐标特征等．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，运用分类 讨论思想思考解决问题． 1 46 ．（2023•沈阳）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y x2 bxc的图象经过点A(0,2)，与x轴的 3 交点为点B( 3，0)和点C． （1）求这个二次函数的表达式； （2）点E，G在y轴正半轴上，OG2OE，点D在线段OC上，OD 3OE ．以线段OD，OE为邻边 作矩形ODFE，连接GD，设OEa． ①连接FC，当GOD与FDC相似时，求a的值； ②当点D与点C重合时，将线段GD绕点G按逆时针方向旋转60后得到线段GH ，连接FH ，FG，将 GFH 绕点F 按顺时针方向旋转(0„180)后得到△GFH，点G，H 的对应点分别为G、H，连接DE．当△GFH的边与线段DE垂直时，请直接写出点H的横坐标． 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）①利用已知条件用含a的代数式表示出点E，D，F ，G的坐标，进而得到线段CD的长度，利用分 类讨论的思想方法和相似三角形的性质，列出关于a的方程，解方程即可得出结论； ②利用已知条件，点的坐标的特征，平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质求 得FH OD2 3，GODGFH 90和GH 的长，利用分类讨论的思想方法分三种情形讨论解答，利 用旋转的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得相应线段的长度即可得出结论． 1 【解答】解：（1） 二次函数y x2 bxc的图象经过点A(0,2)，与x轴的交点为点B( 3，0)，  3 c2  ， 1 3b20 b 3 解得： ， c2 1 此抛物线的解析式为y x2  3x2； 3 1 （2）①令y0，则 x2  3x20， 3 解得：x 3或x2 3， C(2 3，0)， OC 2 3． OEa，OG2OE，OD 3OE ，  OG2a，OD 3a． 四边形ODFE为矩形，  EF OD 3a，FDOE a， E(0,a)，D( 3a，0)，F( 3a，a)，G(0,2a)，CDOCOD2 3 3a． Ⅰ．当GOD∽FDC时， OG FD   ， OD CD 2a a   ， 3a 2 3 3a 4 a ； 3 Ⅱ．当GOD∽CDF时， OG CD   ， OD FD 2a 2 3 3a   ， 3a a 6 a ． 5 4 6 综上，当GOD与FDC相似时，a的值为 或 ； 3 5 ② 点D与点C重合，  ODOC 2 3． OE2，OG2OE 4，EF OD2 3，DF OE2， EGOE 2． EGDF 2， EG//DF ，  四边形GEDF为平行四边形， FGDE OE2 OD2  22 (2 3)2 4， GFE30， EGF 60， DGH 60， EGF DGH ， OGDFGH． 在GOD和GFH 中， GOGF 4  OGDFGH ，  GDGH GODGFH(SAS)， FH OD2 3，GODGFH 90． GH  GF2 FH2  42 (2 3)2 2 7 ． Ⅰ．当GF 所在直线与DE垂直时，如图， GFH 90，GF //DE，  GFH90， G，F ，H三点在一条直线上， GHGF FHFGFH 42 3． 过点H作HK  y轴于点K，则HK //FE， KHGEFG30， 3 HK HGcos30 (42 3)2 33， 2 此时点H的横坐标为2 33； Ⅱ．当GH所在直线与DE垂直时，如图，GF //DE，  GHGF， 设GF 的延长线交GH于点M ，过点M 作MPEF，交EF 的延长线于点P，过点H作HN MP，交PM 的延长线于点N，则HN //PF //x轴，PFM EFG30． 1 1 S  GHFM  FHFG，  FGH 2 2 42 32 7FM ， 4 21 FM  ． 7 4 21 3 6 7 FPFM cos30   ， 7 2 7 6 7 PEPF EF 2 3 ． 7 6 7 HM  FH2 FM2  ，  7 3 7 HN HM sin30 ， 7 6 7 3 7 3 7 此时点H的横坐标为PEHN 2 3  2 3 ； 7 7 7 Ⅲ．当FH所在直线与DE垂直时，如图， HFG90，GF //DE，  GFH90， H ，F ，H三点在一条直线上，则HFD30， 过点H作HLDF ，交FD的延长线于点L， 1 HLHFsin302 3  3， 2 此时点H的横坐标为EF HL2 3 3 3． 3 7 综上，当△GFH的边与线段DE垂直时，点H的横坐标为2 33或2 3 或 3． 7 【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，利 用点的坐标表示出相应线段的长度和正确利用分类讨论的思想方法是解题的关键． 10 47．（2024•济南模拟）抛物线yax2  x8与x轴交于点A(4,0)，B(t,0)两点，与y轴交于点C，直线 3 BC:ykx8，点P在抛物线上，设点P的横坐标为m． （1）求抛物线的表达式和t，k的值； （2）如图 1，过点 P作 x轴的垂线与直线 BC交于点 M ，过点 C作 CH PM ，垂足为点 H ，若 CHM∽PBM ，求m的值； 1 （3）如图 2，若点P在直线BC下方的抛物线上，过点P作PQBC ，垂足为Q，求CQ PQ的最大 3 值． 【分析】（1）利用待定系数法求函数的解析式即可； CH PB 4 （ 2 ） 根 据 CHM∽PBM ， 可 知  ， 再 求 出 CH |m|， HM | m|， HM BM 3 1 10 4 PB (m6)2 ( m2  m8)2 ，BM  (m6)2 ( m8)2 ，建立方程求出m的值即可； 3 3 3 （3）过点P作BC的平行线l，过点C作CEl 交于E点，过点P作PD y轴交于点D，则四边形CEPQ 4 1 1 是矩形，先求出直线l的解析式为y x m2 2m8，得到F(0, m2 2m8)，再由直角三角形的三 3 3 3 5 3 1 4 1 角形函数值分别求出 PF  m， EC sinEFCCF  ( m2 2m)， EF  ( m2 2m)，可得 3 5 3 5 3 1 1 1 11 121 11 1 121 CQ PQEP CE (m )2  ，当m 时，CQ PQ有最大值 ． 3 3 3 2 12 2 3 12 10 【解答】解：（1）将点A(4,0)代入yax2  x8， 3 40 得16a 80， 3 1 解得a ， 31 10 抛物线的解析式为y x2  x8， 3 3 1 10 将点B(t,0)代入y x2  x8， 3 3 1 10 得 t2  t80， 3 3 解得t 4（舍)或t 6， B(6,0)， 将点B(6,0)代入ykx8， 6k80， 4 解得k  ； 3 （2） 点P的横坐标为m，  1 10 P(m, m2  m8)， 3 3 4 由（1）直线BC的解析式为y x8， 3 4 M(m, m8)， 3 CH HM ，  H(m,8)， 4 1 10 4 CH |m|，HM | m|，PB (m6)2 ( m2  m8)2 ，BM  (m6)2 ( m8)2 ， 3 3 3 3 CHM∽PBM ，  CH PB   ， HM BM 3 4 1 10  (m6)2 ( m8)2  (m6)2 ( m2  m8)2 ， 4 3 3 3 25 7 解得m 或m ， 4 4 7 当m 时，此时PBM 不构成直角三角形， 4 25 综上所述：m的值为 ； 4 （3）过点P作BC的平行线l，过点C作CEl 交于E点，过点P作PD y轴交于点D， PQCQ，  四边形CEPQ是矩形，CEPQ，PECQ， 1 10 P(m, m2  m8)，  3 3 4 1 直线l的解析式为y x m2 2m8， 3 3 1 F(0, m2 2m8)， 3 1 CF  m2 2m， 3 BO6，OC 8，  BC 10， 3 DPm，sinDFP ，  5 5 PF  m， 3 EFC DFP，  3 1 4 1 EC sinEFCCF  ( m2 2m)，EF  ( m2 2m)， 5 3 5 3 1 1 4 1 5 3 1 1 1 11 1 11 121 CQ PQEP CE ( m2 2m) m  ( m2 2m) m2  m (m )2  ， 3 3 5 3 3 5 3 3 3 3 3 2 12 11 1 121 当m 时，CQ PQ有最大值 ． 2 3 12 【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的性质，直角三 角形的性质，矩形的性质是解题的关键． 48．（2024•锡山区一模）如图，抛物线yax2 2xc交x轴交于A，B(3,0)两点（点A在点B的左边）， 交y轴于点C，连接AC，其中OBOC． （1）求抛物线的解析式； PE 1 （2）点P为线段BC上方抛物线上一动点，过点P作PE BC于点E，若  ，求点P的坐标； BE 25 （3）过线段BC上的点E作x轴的垂线交抛物线于点F ，当EFC与ABC相似时，点E的坐标为 ( ， 3 4 3 3 )或( ， ) ． 3 2 2 【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案； （ 2 ） 过 点 E作 EM x轴 于 M ， 过 点 P作 PN EM 于 N， 可 证 得 BEM∽EPN， 则 PN NE PE 1 1 1    ，即PN  EM ，NE BM ，运用待定系数法可得直线BC的解析式为 yx3， EM BM EB 2 2 2 1 3 9 3 设E(t,t3)，可求得P( t ，  t)，代入抛物线解析式即可求得答案； 2 2 2 2 （3）过点 E作 x轴的垂线交抛物线于 F ，延长 FE 交 x轴于 H ，连接 FC，设 E(m,m3)，则 F(m,m2 2m3)，分两种情况：①当EFC∽BAC时，②当EFC∽BCA时，分别求出点E的坐标即 可． 【解答】解：（1） OBOC，B(3,0)，  OC 3， C(0,3)， 把B(3,0)，C(0,3)代入yax2 2xc， 9a6c0 得 ， c3 a1 解得： ， c3 抛物线的解析式为yx2 2x3； （2）如图1，过点E作EM x轴于M ，过点P作PN EM 于N， 则BMEPNE90，OBOC，  OBC 45， BEM 904545， PEBC，  PEB90， PEN 180904545， EBM PEN ， BEM∽EPN ， PN NE PE 1     ， EM BM EB 2 1 1 PN  EM ，NE BM ， 2 2 设直线BC的解析式为ykxb，把B(3,0)，C(0,3)代入， 3kb0 得 ， b3 k 1 解得： ， b3 直线BC的解析式为yx3， 设E(t,t3)，则BM EM t3， 1 3 1 PN NE EM   t， 2 2 2 3 1 9 3 MN NEEM   tt3  t， 2 2 2 2 9 3 N(t,  t)， 2 2 1 3 9 3 P( t ，  t)， 2 2 2 2 点P为线段BC上方抛物线上一动点， 9 3 1 3 1 3   t ( t )2 2( t )3，0t3， 2 2 2 2 2 2 解得：t 1或t3（舍去）， P(2,3)； （3）如图2，过点E作x轴的垂线交抛物线于F ，延长FE 交x轴于H ，连接FC， 则FH //y轴， 在yx2 2x3中，令y0， 得x2 2x30， 解得：x 1，x 3， 1 2 A(1,0)， OA1， C(0,3)，  OC 3， 在RtACO中，AC  OA2 OC2  12 32  10， OBOC，  BC  OC2 OB2 3 2 ， 设E(m,m3)，则F(m,m2 2m3)， EC  2m，EF m2 2m3(m3)m2 3m， FH //y轴，  CEF BCOABC 45， EFC与ABC 相似，  EFC∽BAC 或EFC∽BCA，EF EC ①当EFC∽BAC时，  ， AB BC m2 3m 2m 即  ， 4 3 2 5 解得：m 或m0（舍去）， 3 5 4 E( ， )； 3 3 EF EC ②当EFC∽BCA时，  ， BC AB m2 3m 2m 即  ， 3 2 4 3 解得：m 或m0（舍去）， 2 3 3 E( ， )； 2 2 5 4 3 3 综上所述，当EFC 与ABC 相似时，点E的坐标为( ， )或( ， )． 3 3 2 2 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，相似三 角形的判定和性质，运用分类讨论思想是解题关键． 49．（2024•仓山区校级模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线yax2 bx 3与x轴交于 A，B两点，与y轴交于点C，且A点坐标为(1,0)，抛物线的对称轴为直线x1，连接直线BC． （1）求抛物线的解析式； （2）若点D为第一象限内抛物线上一动点，连接AD，交直线BC于点E，连接BD，如图2所示，记BDE S 的面积为S ，ABE的面积为S ，求 1 的最大值； 1 2 S 2 （3）若点M 为对称轴上一点，是否存在以M ，B，C为顶点的直角三角形，若存在，直接写出满足条件 的M 点坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）用待定系数法即可求解； 3(m2 3m) ED DH 3 1 S ED （2）证明AEN∽DEH ，则    (m2 3m)，而 1  ，即可求解； EA AN 4 3 4 S EA 2 3 （3）分三种情况：当BMC 90时， BC2 MC2 MB2；当CBM 90时，MC2 BC2 MB2；当 BCM 90时，MB2 BC2 MC2分别进行讨论即可求解． 【解答】解：（1）由抛物线的表达式知，点C(0, 3)， A点坐标为(1,0)，抛物线的对称轴为直线x1，则点B(3,0)，  设抛物线的表达式为：ya(xx )(xx )， 1 2 即ya(x1)(x3)a(x2 2x3)， 即3a 3， 3 解得：a ， 3 3 2 3 故抛物线的表达式为：y x2  x 3； 3 3 （2）过点D作DH //y轴交BC于点H ，过点A作AN //y轴交BC于点N， 3 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y x 3， 3 3 4 3 4 3 当x1时，y x 3 ，即AN  ， 3 3 3 3 2 3 3 设点D(m, m2  m 3)，则点H(m, m 3)， 3 3 3 3 2 3 3 3 则DH ( m2  m 3)( m 3) (m2 3m)， 3 3 3 3 AN //y轴//DH ，  AEN∽DEH ，  3(m2 3m) ED DH 3 1     (m2 3m)， EA AN 4 3 4 3 BDE 和ABE同高，  S ED 1 1 3 9 9  1   (m2 3m) (m )2  „ ， S EA 4 4 2 16 16 2 S 9 即 1 的最大值为 ； S 16 2（3）存在以M ，B，C为顶点的直角三角形；理由如下： 设点M(1,m)， 由点B、C的坐标得： BC2 (30)2 (0 3)2 12， MC2 (10)2 (n 3)2 1(n 3)2， MB2 (13)2 n2 4n2， 当BMC 90时，BC2 MC2 MB2，即：121(n 3)2 4n2， 3 11 3 11 解得：n  ，n  ， 1 2 2 2 3 11 3 11 点M 的坐标为(1, )或(1, )； 2 2 当CBM 90 时，MC2 BC2 MB2，即：1(n 3)2 124n2， 解得：n2 3， 点M 的坐标为(1,2 3)； 当BCM 90时，MB2 BC2 MC2，即：4n2 121(n 3)2， 解得：n2 3， 点M 的坐标为(1，2 3)； 3 11 3 11 综上，点M 的坐标为(1, )或(1, )或(1,2 3)或(1，2 3)． 2 2 【点评】本题主要考查了用待定系数法求二次函数的解析 式、二次函数与三角形面积的综合题、二次 函数的图象与性质、相似三角形的判定及性质、直角三角形的存在问题，分类讨论是解决问题的关键． 50．（2024•荆州模拟）如图，直线yx3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B，C两点的抛物线 yx2 mxn与x轴的另一个交点为A，顶点为P． （1）求抛物线的解析式；（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使以C，P，Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出 所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． （3）将该抛物线在x轴上方的部分沿x轴向下翻折，图象的其余部分保持不变，翻折后的图象与原图象x 轴下方的部分组成一个“M ”形状的图象，若直线yxb与该“M ”形状的图象部分恰好有三个公共点， 求b的值． 【分析】（1）求出B、C的坐标，将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式，即可求解； （2）求出抛物线的顶点坐标P(2,1)及对称轴x2，设Q(2,t)，分PCQ90，PQC 90，CPQ90 三种情况讨论求解即可； （3）依据题意，分两种情况，分别求解即可． 【解答】（1）直线yx3，令y0，则x3，令x0，则y3， 故点B、C的坐标分别为(3,0)、(0,3)， 将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式得： n3  ， 093mn m4 解得： ， n3 则抛物线的表达式为：yx2 4x3； （2）在该抛物线的对称轴上存在点Q，使以C，P，Q为顶点的三角形为直角三角形；理由如下： yx2 4x3(x2)2 1，抛物线顶点P的坐标为(2,1)，对称轴为直线x2，  设Q(2,t)， 又 C(0,3)，  PQ2 (t1)2 t2 2t1，CQ2 (02)2 (3t)2 t2 6t13，PC2 (20)2 (31)2 20，当PCQ90时，PC2 CQ2 PQ2， 20t2 6t13t2 2t1， 解得t 4， Q点坐标为(2,4)； 当PQC 90时，则CQPQ， Q点坐标为(2,3)； 当QPC 90时，此时直角三角形不存在， 综上，Q点坐标为(2,3)或(2,4)； （3）图象翻折后点P的对应点P的坐标为(2,1)， ①当直线yxb经过点B时，与该“M ”形状的图象部分恰好有三个公共点， 此时C，P，B三点共线，b3； ②当直线yxb 与该“M ”形状的图象在A，B两点之间（不包含点A)的部分只有一个交点时，直线 yxb 与该“M ”形状的图象部分恰好有三个公共点，由题意得，向下翻折的那部分抛物线在翻折后的 解析式为： yx2 4x3(1x„ 3)，令x2 4x3xb，△0 52 4(3b)0， 13 解得：b ， 4 13 综上所述，b的值为3或 ． 4 【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数图象与性质，解答本题的关键是通过数形变换， 确定变换后图形与直线的位置关系，难度不大． 51．（2024•平凉一模）如图，抛物线yax2 bxc经过点A(2,0)，点B(4,0)，交y轴于点C(0,4)．连接 AC，BC．D为OB上的动点，过点D作EDx轴，交抛物线于点E，交BC于点G． （1）求这条抛物线的函数表达式； （2）过点E作EF BC，垂足为F ，设点D的坐标为(m,0)，请用含m的代数式表示线段EG的长，并求 出当m为何值时EG有最大值，最大值是多少？ （3）点D在运动过程中，是否存在一点G，使得以O，D，G为顶点的三角形与AOC相似．若存在， 请求出此时点G的坐标；若不存在，请说明理由．1 【分析】（1）把A(2,0)，B(4,0)，C(0,4)代入yax2 bxc得可解得y x2 x4； 2 （2）求出直线BC解析式为yx4，由点D的坐标为(m,0)，EDx轴，交抛物线于点E，交BC于点 1 1 1 1 G，知E(m, m2 m4)，G(m,m4)；故EG m2 m4(m4) m2 2m (m2)2 2， 2 2 2 2 根据二次函数性质可得答案； （3）由A(2,0)，C(0,4)，AOC 90ODG，知以O，D，G为顶点的三角形与AOC相似，只需 OD 0A 1 DG OA 1 t 1 t4 1   或   ；设G(t,t4)，则  或  ，解方程并检验可得答案． DG OC 2 OD OC 2 t4 2 t 2 【解答】解：（1）把A(2,0)，B(4,0)，C(0,4)代入yax2 bxc得： 4a2bc0  16a4bc0，  c4  1 a  2  解得b1 ，  c4   1 y x2 x4； 2 （2）由B(4,0)，C(0,4)得直线BC解析式为yx4， 点D的坐标为(m,0)，EDx轴，交抛物线于点E，交BC于点G，  1 E(m, m2 m4)，G(m,m4)； 2 1 1 1 EG m2 m4(m4) m2 2m (m2)2 2， 2 2 2 1  0，  2当m2时，EG取最大值2； 1 答：EG m2 2m，当m2时，EG的最大值为2； 2 （3）存在一点G，使得以O，D，G为顶点的三角形与AOC相似，理由如下： A(2,0)，C(0,4)，AOC 90ODG，  OD 0A 1 DG OA 1 以O，D，G为顶点的三角形与AOC相似，只需   或   ； DG OC 2 OD OC 2 设G(t,t4)，则ODt，DGt4， t 1 t4 1   或  ， t4 2 t 2 4 8 解得t 或t  ； 3 3 4 8 经检验，t ，t  均为方程的解， 3 3 4 8 8 4 G( ， )或( ， )． 3 3 3 3 【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形相似的判定与性质，解题的关键是用含 字母的式子表示相关点坐标合相关线段的长度． 1 52．（2023•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(2,0)， 2 B(4,0)，与y轴交于点C，连接BC． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作直线l x轴于点M(m,0)，交BC于点N， 连接CM ，PB，PC．PCB的面积记为S ，BCM 的面积记为S ，当S S 时，求m的值； 1 2 1 2 （3）在（2）的条件下，点Q在抛物线上，直线MQ与直线BC交于点H ，当HMN 与BCM 相似时，请 直接写出点Q的坐标． 1 1 【分析】（1）把A(2,0)，B(4,0)代入y x2 bxc可解得抛物线的解析式为y x2 x4； 2 21 （2）求出C(0,4)，直线 BC解析式为 yx4，由直线l x轴， M(m,0)，得 P(m, m2 m4)， 2 1 1 N(m,m4)， PN  m2 m4(m4) m2 2m， 故 2 2 1 1 1 1 1 S  PN|x x | ( m2 2m)4m2 4m， 而 S  BM| y | (4m)482m， 根 据 1 2 B C 2 2 2 2 C 2 S S ，有m2 4m82m，即可解得m的值； 1 2 （3）由B(4,0)，C(0,4)，得BOC是等腰直角三角形，BMN是等腰直角三角形，故BNM MBN 45， NH MN NH MN 而HMN 与BCM 相似，且MNH CBM 45，可知H 在MN 的右侧，且  或  ， BC BM BM BC NH MN 2|t2| 2 1 设H(t,t4)，当  时，  ，可解得H(6,2)，直线MH 解析式为y x1，联立解 BC BM 4 2 2 2 3 33 1 33 3 33 1 33 NH MN 析式可解得Q的坐标为( ， )或( ， )；当  时，同理得Q的坐标为 2 4 2 4 BM BC (22 6 ，126 6)或(22 6 ，126 6)． 1 【解答】解：（1）把A(2,0)，B(4,0)代入y x2 bxc得： 2 22bc0  ， 84bc0 b1 解得 ， c4 1 抛物线的解析式为y x2 x4； 2 1 （2）在y x2 x4中，令x0得y4， 2 C(0,4)， 由B(4,0)，C(0,4)可得直线BC解析式为yx4， 直线l x轴，M(m,0)，  1 P(m, m2 m4)，N(m,m4)， 2 1 1 PN  m2 m4(m4) m2 2m， 2 2 1 1 1 S  PN|x x | ( m2 2m)4m2 4m， 1 2 B C 2 2 B(4,0)，C(0,4)，M(m,0)，  1 1 S  BM| y | (4m)482m， 2 2 C 2S S ，  1 2 m2 4m82m， 解得m2或m4(P与B重合，舍去）， m的值为2； （3） B(4,0)，C(0,4)，  OBOC， BOC是等腰直角三角形， CBO45， BMN 是等腰直角三角形， BNM MBN 45， HMN 与BCM 相似，且MNH CBM 45，  NH MN NH MN H 在MN 的右侧，且  或  ， BC BM BM BC 设H(t,t4)， 由（2）知M(2,0)，N(2,2)，B(4,0)，C(4,0)， BC 4 2，BM 2，MN 2，NH  (t2)2 (t42)2  2|t2|， NH MN 当  时，如图： BC BM 2|t2| 2   ， 4 2 2 解得t 6或t 2（此时H 在MN 左侧，舍去）， H(6,2)， 1 由M(2,0)，H(6,2)得直线MH 解析式为y x1， 2 1  3 33  3 33  y x1 x x  2  2  2 解 得 或 ， y 1 x2 x4  y 1 33  y 1 33  2   4   4 3 33 1 33 3 33 1 33 Q的坐标为( ， )或( ， )； 2 4 2 4 NH MN 当  时，如图： BM BC 2|t2| 2   ， 2 4 2 3 5 解得t （舍去）或t ， 2 2 5 3 H( ， )， 2 2 5 3 由M(2,0)，H( ， )得直线MH 解析式为y3x6， 2 2 y3x6   x22 6  x22 6 解 1 得 或 ，  y x2 x4 y126 6 y126 6  2 Q的坐标为(22 6 ，126 6)或(22 6 ，126 6)； 3 33 1 33 3 33 1 33 综上所述，Q的坐标为( ， )或( ， )或(22 6 ，126 6)或(22 6 ， 2 4 2 4 126 6)． 【点评】本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，三角形面积，三角形相似的判定与性质等知识，解 题的关键是分类讨论思想的应用． 1 53．（2024•茌平区一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 y x2 bxc与x轴分别相交于 4 A(2,0)，B(8,0)两点． （1）求该抛物线的解析式； （2）点D是第一象限内该抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F ．①求DEBF 的最大值； ②若G是AC的中点，以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，求点D的坐标． 【分析】（1）运用待定系数法求出函数解析式； 1 3 1 （2）①设点 D的坐标为(m, m2  m4)，则求出直线 BC的解析式，得到 E(m, m4)，求出 4 2 2 DEBF ，并根据二次函数的最大值得到答案； 1 1 ②根据点的坐标得到ACB90，根据勾股定理求出AG长，由①知DE  m2 2m，E(m, m4)， 4 2 OA AG OA AG 分两种情况：  和  ，建立方程求出m，得到点D的坐标． DE CE CE DE 1 【解答】解：（1）将A(2,0)，B(8,0)代入抛物线y x2 bxc，得： 4  1  (2)2 2bc0   4  ， 1   82 8bc0  4  3 b 解得 2，  c4 1 3 该抛物线的解析式为y x2  x4． 4 2 1 3 （2）①由抛物线的解析式为y x2  x4，得C(0,4)． 4 2 设直线BC的解析式为ykxt，将B(8,0)，C(0,4)代入，得： 8kt 0  ，  t 4  1 k  解得 2，   t 4 1 直线BC的解析式为y x4． 2 1 3 1 设第一象限内的点D的坐标为(m, m2  m4)，则E(m, m4)， 4 2 21 3 1 1 DE( m2  m4)( m4) m2 2m，BF 8m， 4 2 2 4 1 1 DEBF ( m2 2m)(8m) (m2)2 9． 4 4 1  0，  4 当m2时，DEBF 有最大值，为9． ② A(2,0)，B(8,0)，C(0,4)，  OA2，OB8，OC 4，AB10， AC2 OA2 OC2 20，BC2 OB2 OC2 80，AB2 102 100， AC2 BC2  AB2， ACB90， CABCBA90． DF x轴于点F ，  FEBCBA90， CABFEBDEC． OA AG OA AG 以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，只需  或  ． DE CE CE DE G是AC的中点，A(2,0)，C(0,4)，  1 1 G(1,2)，OA2，AG AC  20  5． 2 2 1 1 由①知DE  m2 2m，E(m, m4)， 4 2 1 5 CE m2 [4( m4)]2  m． 2 2 OA AG 2 5 当  时，  ， DE CE  1 m2 2m 5 m 4 2 解得m4或m0（舍去）， D(4,6)． OA AG 2 5 当  时，  ， CE DE 5 m  1 m2 2m 2 4 解得m3或m0（舍去）， 25 D(3, )． 425 综上所述，以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，点D的坐标为(4,6)或(3, )． 4 【点评】此题考查了利用待定系数法求抛物线的解析式，二次函数的最值问题，勾股定理，相似三角形的 性质，等腰三角形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 54．（2024•海勃湾区校级模拟）如图（1），在平面直角坐标系中，抛物线yax2 bx4(a0)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A的坐标为(1,0)，且OC OB，点D和点C关 于抛物线的对称轴对称． （1）分别求出a，b的值和直线AD的解析式； （2）直线AD下方的抛物线上有一点P，过点P作PH  AD于点H ，作PM 平行于y轴交直线AD于点 M ，交x轴于点E，求PHM 的周长的最大值； （3）在（2）的条件下，如图2，在直线EP的右侧、x轴下方的抛物线上是否存在点N，过点N作NGx 轴交x轴于点G，使得以点E、N、G为顶点的三角形与AOC相似？如果存在，请直接写出点G的坐标； 如果不存在，请说明理由． 【分析】（1）先求得C的坐标，从而得到点B的坐标，设抛物线的解析式为ya(x1)(x4)，将点C的坐 标代入求解即可；先求得抛物线的对称轴，从而得到点D(3,4)，然后可求得直线AD的解析式yx1； （2）求得BAD45，接下来证明PMD为等腰直角三角形，所当PM 有最大值时三角形的周长最大， 设P(a,a2 3a4)，M(a1)，则PM a2 2a3，然后利用配方可求得PM 的最大值，最后根据MPH 的周长(1 2)PM 求解即可； OA EG OA GN （3）当EGN 90时，如果  或  时，则AOC∽EGN ，设点G的坐标为(a,0)，则 OC GN OC EN N(a,a2 3a4)，则EGa1，NGa2 3a4，然后根据题意列方程求解即可． 【解答】解：（1） 点A的坐标为(1,0)， OA1． 令x0，则y4， C(0,4)，OC 4， OC OB，  OB4， B(4,0)， 设抛物线的解析式为ya(x1)(x4)， 将x0，y4代入得：4a4，  解得a1， 抛物线的解析式为yx2 3x4； a1，b3； 3 3 抛物线的对称轴为x  ，C(0,4)，  21 2 点D和点C关于抛物线的对称轴对称，  D(3,4)； 设直线AD的解析式为ykxb． 将A(1,0)、D(3,4)代入得：  kb0  ， 3kb4 解得k 1，b1， 直线AD的解析式yx1； （2） 直线AD的解析式yx1，  直线AD的一次项系数k 1， BAD45． PM 平行于y轴，  AEP90， PMH AME45． 2 2 MPH 的周长PM MH PH PM  MP PM (1 2)PM ． 2 2 设P(a,a2 3a4)，则M(a,a1)，则PM a1(a2 3a4)a2 2a3(a1)2 4． 当a1时，PM 有最大值，最大值为4． MPH 的周长的最大值4(1 2)44 2； （3）在直线EP的右侧、x轴下方的抛物线上存在点N，过点N作NGx轴交x轴于点G，使得以点E、 N、G为顶点的三角形与AOC相似；理由如下： 设点G的坐标为(a,0)，则N(a,a2 3a4) ①如图2.1， OA EG 若  时，AOC∽EGN ． OC GN a1 1 则  ，整理得：a2 a80． a2 3a4 4 1 33 得：a （负值舍去）， 2 1 33 点G为( ，0)； 2 ②如图2.2， OA GN 若  时，AOC∽NGE ， OC ENa1 则 4，整理得：4a2 11a170， a2 3a4 11 393 得：a （负值舍去）， 8 11 393 点G为( ，0)， 8 1 33 11 393 综上所述，点G的坐标为( ，0)或( ，0)． 2 8 【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，掌握二次函数的交点式、配方法求二次函数的最值、相 似三角形的判定、等腰直角三角形的判定、一元二次方程的求根公式，列出PM 的长与a的函数关系式是解 题的关键． 55．（2024•凉州区一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线 yax2 3axc与x轴分别交于A(1,0)， B两点，与y轴交于点C(0,2)． （1）求抛物线的函数表达式； DE （2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，求 的最大值； AE （3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l//BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点，试探究：在 第一象限是否存在这样的点P，Q，使PQB∽CAB．若存在，请求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）A(1,0)，C(0,2)代入yax2 3axc，解方程即可得到抛物线的解析式； （2）过点 D作 DGx轴于点G，交 BC于点 F ，过点 A作 AK x轴交 BC的延长线于点 K，证明 DF DE 1 1 3 AKE∽DFE，得出  ，求出直线 BC的解析式为 y x2，设 D(m, m2  m2)，则 AK AE 2 2 2 1 DE F(m, m2)，可得出 的关系式，由二次函数的性质可得出结论； 2 AE a （3）①设P(a ， 1)，当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN x轴于点N，过点Q作QM 直 1 2 3 线PN 于点M ，得出Q( a ，a 2)，将点Q的坐标代入抛物线的解析式求得a的值即可，②当点P在直 4 1 15 线BQ左侧时，由①的方法同理可得点Q的坐标为( m，2)，代入抛物线的解析可得出答案． 4 【解答】解：（1）把A(1,0)，C(0,2)代入yax2 3axc得： 0a3ac  ， 2c  1 a 解得： 2 ，  c2 1 3 抛物线的解析式为y x2  x2； 2 2 （2）过点D作DGx轴于点G，交BC于点F ，过点A作AK x轴交BC的延长线于点K， AK //DG， AKE∽DFE， DF DE   ． AK AE 1 3 1 3 在y x2  x2中，令y0，则0 x2  x2， 2 2 2 2 解得：x11，x24， B(4,0)； 设直线BC的解析式为ykxb ，代入得： 1 4kb 0  1 ， b 2 1  1 k  解得 2 ，  b 2 1 1 直线BC的解析式为y x2， 2 A(1,0)，  1 5 y 2 ， 2 25 AK  ， 2 1 3 1 设D(m, m2  m2)，则F(m, m2)， 2 2 2 1 1 3 1 DF  m2 m2  m2 m2 2m． 2 2 2 2 1  m2 2m  DE  2  1 (m2)2  4 ． AE 5 5 5 2 DE 4 当m2时， 有最大值，最大值是 ； AE 5 68 34 （3）在第一象限存在这样的点 P，Q，使 PQB∽CAB；符合条件的点 P的坐标为 ( ， )或 9 9 62 41 3 41 ( ， )．理由如下： 5 5 l//BC，  1 直线l的解析式为y x， 2 ①当点P在直线BQ右侧时，如图2.1，过点P作PN x轴于点N，过点Q作QM 直线PN 于点M ， a 设P(a ， 1)， 1 2 A(1,0)，C(0,2)，B(4,0)，  AC  5，AB5，BC 2 5， AC2 BC2  AB2，  ACB90， PQB∽CAB，  PQ AC 1    ， PB BC 2QMPBNP90，  MQPMPQ90，MPQBPN 90， MQPBPN， QPM∽PBN ， QM PM PQ 1     ， PN BN PB 2 a 1 1 QM  1 ，PM  (a 4) a 2， 4 2 1 2 1 a 3 MN a 2，ON QM a  1  a ， 1 1 4 4 1 3 Q( a ，a 2)， 4 1 1 1 3 3 3 将点Q的坐标代入抛物线的解析式得 ( a )2   a 2a 2， 2 4 1 2 4 1 1 68 解得a 0（舍去）或a  ． 1 1 9 68 34 P( ， )． 9 9 ②当点P在直线BQ左侧时，如图2， 作PN x轴于点N，QM PN交NP的延长线于点M ，N(m,0)， PQB∽CAB，  QP BP BPQBCA90，  ， AC BC QP AC 5 1     ， BP BC 2 5 2 M PNB90，  MPQ90BPN NBP，MPQ∽NBP， QM PM PQ 1     ， PN BN PB 2 1 1 1 1 1 1 QM  PN   m m，PM  BN  (4m)， 2 2 2 4 2 2 1 5 1 1 x m m m，y  m (4m)2， Q 4 4 Q 2 2 5 Q( m，2)， 4 5 1 3 把Q( m，2)代入y x2  x2得： 4 2 2 1 5 3 5 2 ( m)2  ( m)2， 2 4 2 4 整理得：25m2 60m1280， 62 41 62 41 解得m  ，m  （不合题意，舍去）， 1 5 2 5 62 41 3 41 此时点P的坐标为( ， )． 5 5 68 34 62 41 3 41 综上所述，符合条件的点P的坐标是( ， )或( ， )． 9 9 5 5 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，相似三角形的性质 和判定，勾股定理的应用，二次函数的性质，三角形的面积等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是 解题的关键． 56．（2024•香洲区校级一模）已知抛物线yax2 bx4(a0)与x轴交于点A(1,0)和B(4,0)，与y轴交于 点C． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q， 联结OQ，当四边形OCPQ恰好是平行四边形时，求点Q的坐标； （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，在直线QE上是否存在点F ，使得BEF与ADC相似？若存在，求点F 的坐标；若不 存在，请说明理由．【分析】（1）用待定系数法可得yx2 5x4； （ 2 ） 由 B(4,0)， C(0,4)可 得 直 线 BC解 析 式 为 yx4， 设 P(m,m4)， 由 OC PQ， 有 m2 4m4，即可解得Q(2,2)； （3）可得直线DQ的表达式为y2x2，知A在直线DQ上，AD 5，AC  17 ，过点Q作QH x 轴于点H ，过E作EK x轴于K，根据DQE2ODQ，可得直线AQ和直线QE关于直线QH 对称， 有DAOQAH QGH EGB，GH  AH 1，G(3,0)，从而可得直线QE的表达式为y2x6，点 E的坐标为(5,4)，即得EKB∽COA，EBK CAO，故DAC GEB，BEF与ADC相似，点E 17 (5t)2 (102t)2 与点 A是对应点，设点F 的坐标为(t,2t6)，当BEF∽CAD时，有  ，解得 17 5 17 (5t)2 (102t)2 F(4,2)；当BEF∽DAC时，  ，解得F(1.6,2.8)． 5 17 【解答】解：（1）把A(1,0)，B(4,0)代入yax2 bx4得： ab40  ， 16a4b40 a1 解得： ， b5 yx2 5x4； （2）由B(4,0)，C(0,4)可得直线BC解析式为yx4，设P(m,m4)，则Q(m,m2 5m4)， PQm4(m2 5m4)m2 4m， OC//PQ，要使四边形OCPQ恰好是平行四边形，只需OC PQ，  m2 4m4， 解得m2， Q(2,2)； （3）在直线QE上存在点F ，使得BEF与ADC相似，理由如下： D是OC的中点，点C(0,4)，  点D(0,2)， 由（2）知Q(2,2)， 直线DQ的表达式为y2x2， A(1,0)，  A在直线DQ上，AD 5，AC  17 ， 过点Q作QH x轴于点H ，过E作EK x轴于K，如图： QH //CO，故AQH ODQ，  DQE2ODQ，  HQAHQE， 直线AQ和直线QE关于直线QH 对称， DAOQAH QGH EGB，GH  AH 1， G(3,0)， 由点Q(2,2)，G(3,0)可得直线QE的表达式为y2x6， yx2 5x4 联立 ， y2x6 x5 x2 解得 或 ， y4 y2 点E的坐标为(5,4)， B(4,0)， BK 1，EK 4，BE 17 ， BK 1 OA    ， EK 4 OC EKB90COA，  EKB∽COA， EBK CAO， CAODAOEBK EGB，即DAC GEB， BEF 与ADC相似，点E与点A是对应点， 设点F 的坐标为(t,2t6)，则EF  (5t)2 (102t)2 ， BE EF 当BEF∽CAD时，有  ， AC AD 17 (5t)2 (102t)2   ， 17 5 解得t 4或t 6（在E右侧，舍去）， F(4,2)； BE EF 当BEF∽DAC时，  ， AD AC 17 (5t)2 (102t)2   ， 5 17 解得t 8.4（舍去）或t 1.6， F(1.6,2.8)， 综上所述，F 的坐标为(4,2)或(1.6,2.8)． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，平行四边形，相似三角形等知识，解题的关键是证明DAC GEB，从而得到BEF与ADC相似，点E与点A是对应点． 题型五：锐角三角形的存在性 57．（2024•南关区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 yax2 2xc(a，c是常数）经过 A(0,3)、B(3,0)两点．点P为抛物线上一点，且点P的横坐标为m．（1）求该抛物线对应的函数表达式； （2）点C为抛物线对称轴上一点，连结AC，OC，求AOC周长的最小值； （3）已知点Q(4m,m1)，连结PQ，以PQ为对角线作矩形PMQN ，且矩形各边垂直于坐标轴． ①抛物线在矩形内的部分图象y随x增大而减小，且最高点与最低点的纵坐标之差为2时，求m的值； ②连结BQ，设BQ的中点为D，当以P、D、Q为顶点的三角形为锐角三角形时，直接写出m的取值范 围． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）点O关于直线x1的对称点O(2,0)，连接AO与对称轴交于点C，此时ACO的周长最小； 1 17 1 17 （3）①先确定当 m4或 m2时，抛物线在矩形内的部分图象y随x增大而减小，再分 2 2 1 17 两种情况讨论：当 m4时， m1(m2 2m3)2，解得 m3或 m2（舍 )，当 2 1 17 m2时 ， m2 2m3(m1)2， 解 得 m1或 m2（ 舍 )； 2 3 m2 2m3(4m)2 2(4m)32，解得m ； 2 ②求出直线 BQ的解析式为 yx3，可知 A、 B、Q三点共线，过点 P与 AB垂直的直线解析式 7m m1 yxm2 m3，当点D在直线yxm2 m3上时， m2 m3 ，解得m 6，当点P 2 2 1 33 1 33 在直线yxm2 m3上时，4mm2 m3m1，解得m ，即可得 m 6时 2 2 1 33 或 m 6时，以P、D、Q为顶点的三角形为锐角三角形． 2【解答】解：（1）将点A(0,3)、B(3,0)代入yax2 2xc， c3  ， 9a6c0 a1 解得 ， c3 抛物线的解析式为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， 点O关于直线x1的对称点O(2,0)， 连接AO与对称轴交于点C，此时ACCO ACCO AO， AO 13，AO3，  AOC周长的最小值为 133； （3）① P点横坐标为m，  P(m,m2 2m3)， 当4mm时，解得m2，此时P、Q点重合， 1 17 当m1m2 2m3时，解得m ，此时P、Q点重合， 2 当m13时，解得m4，此时Q点与B点重合， 1 17 1 17 当 m4或 m2时，抛物线在矩形内的部分图象y随x增大而减小， 2 2 1 17 当 m4时，m1(m2 2m3)2，解得m3或m2（舍)， 2 1 17 当 m2时，m2 2m3(m1)2，解得m1或m2（舍)， 2 3 m2 2m3(4m)2 2(4m)32，解得m ； 2 3 综上所述：m的值为3或1或 ； 2 ② B(3,0)，Q(4m,m1)，BQ的中点为D，  7m m1 D( ， )， 2 2 设直线BQ的解析式为ykxb，3kb0  ， (4m)kbm1 k 1 解得 ， b3 直线BQ的解析式为yx3， A、B、Q三点共线， OAOB，  BAO45， 过点P与AB垂直的直线解析式yxm2 m3， 7m m1 当点D在直线yxm2 m3上时， m2 m3 ， 2 2 解得m 7 ； 当点P在直线yxm2 m3上时，4mm2 m3m1， 1 33 解得m ， 2 1 33 1 33  m 7时或 m 7时，以P、D、Q为顶点的三角形为锐角三角形． 2 2 【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，利用轴 对称求最短距离是解题的关键． 题型六：钝角三角形的存在性 58．（2024•绿园区一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线 yx2 bx(b是常数）经过点 (2,0)．点A在抛物线上，其横坐标为m．点B是平面直角坐标系中的一点，其坐标为(2m1,3)．点C是 抛物线的顶点． （1）求该抛物线对应的函数表达式； （2）当点B恰好落在抛物线上，且点A不与点O重合时，求线段AB的长； （3）连结OA、OC、AC，当OAC是钝角三角形时，求m的取值范围； （4）当m„ 3时，连结BA并延长交抛物线的对称轴于点D，过点A作直线x4的垂线，垂足为点E，连 结BC、CE 、ED．当折线CEED与抛物线有两个交点（不包括点C)时，设这两个交点分别为点F 、点 G，当四边形DACF （或四边形DACG)的面积是四边形DBCE的面积的一半时，直接写出所有满足条件的 m的值．【分析】（1）运用待定系数法把点(2,0)代入抛物线解析式中，求得b的值，即可求出抛物线的函数表达式； （2）由点B恰好落在抛物线上，把点B坐标代入抛物线解析式中可求得m的值，从而求得点A、B的坐标， 由勾股定理即可求得AB的长； （3）当m2，且AOC 90时，求得m3或m1，结合图象可得：当m3时，AOC 90， 即OAC是钝角三角形；当ACO90时，可求得m2，得出当2m1时，ACO90，即OAC 是钝角三角形；当1m0时，CAO90时，即OAC是钝角三角形；当m0时，AOC 90，即 OAC是钝角三角形； 1 （4）分两种情况：①四边形DACF 的面积是四边形DBCE的面积的一半时，则S  S ，再根据点F DFC 2 DEC 3 3 3 是DE的中点，可求得F( ， m2 3m )，再代入抛物线解析式求得m的值；②当四边形DACG的面积 2 2 2 1 是四边形DBCE的面积的一半时，则得S  S ，再根据点F 是DE的中点，可求得G的坐标，代入 DGC 2 DEC 抛物线解析式求得m的值． 【解答】解：（1） 抛物线yx2 bx(b是常数）经过点(2,0)，  42b0， 解得：b2， 该抛物线对应的函数表达式为yx2 2x； （2） 点B(2m1,3)恰好落在抛物线上，  (2m1)2 2(2m1)3， 解得：m2或0， 点A不与点O重合， m0， m2， A(2,0)，B(3,3)， AB [2(3)]2 (03)2  10； （3） yx2 2x(x1)2 1，  C(1,1)，又A(m,m2 2m)， 当m2，且AOC 90时，如图，过点A作AE x轴于E，设抛物线对称轴交x轴于D， 则AEOCDO90，ODCD1，OEm，AE|m2 2m|， COD是等腰直角三角形， CODOCD45， AOEAOCCOD904545， OAE 是等腰直角三角形， AEOE，即|m2 2m|m， 解得：m0（舍去）或m3或m1（舍去）， 当m3时，AOC 90，即OAC是钝角三角形； 当ACO90时，如图，CDOCDA90，OCD45，  ACD45， 即OCD和ACD均为等腰直角三角形， ADOD1， A(2,0)， m2， 当2m1时，ACO90，即OAC是钝角三角形； 当1m0时，CAO90时，即OAC是钝角三角形； 当m0时，AOC 90，即OAC是钝角三角形； 综上所述，当OAC是钝角三角形时，m的取值范围为m3或2m1或1m0或m0； （4） B(2m1,3)，  点B在平行于x轴的直线l上，且距x轴3个单位长度； 如图，设l交抛物线对称轴于M 点，AE交抛物线对称轴于点H ，直线x4记为l，A(m,m2 2m)，AE l，l l，  AE//l，H(1,m2 2m)，M(1,3)， DAH∽DBM ， DH AH   ； DM BM AH 1m，BM 1(2m1)2(1m)2AH ，  1 DH  DM ，即点H 是DM 的中点， 2 由中点坐标得：D(1,2m2 4m3)， 1 S  S ； DAC 2 DBC ①当四边形DACF 的面积是四边形DBCE的面积的一半时， 1 S  S ， DFC 2 DEC 1 DF  DE，即点F 是DE的中点， 2 E(4,m2 2m)，  3 3 3 由中点公式得F( ， m2 3m )； 2 2 2 点F 在抛物线yx2 2x的图象上，  3 3 9  m2 3m  3， 2 2 4 22 22 解得：m 1 ，m 1 ， 1 2 2 2 22 由于m„ 3，则m1 ； 2 ②当四边形DACG的面积是四边形DBCE的面积的一半时， 1 S  S ，  DAC 2 DBC 1 S  S ， DGC 2 DEC 1 CG CE，即点G是CE 的中点， 2 3 1 1 由中点公式得G( ， m2 m )， 2 2 2 点G在抛物线yx2 2x的图象上， 1 1 9  m2 m  3， 2 2 4 5 2 5 2 解得：m 1 ，m 1 ， 3 2 4 2 5 2 由于m„ 3，则m1 ； 2 综上所述，当四边形 DACF （或四边形 DACG)的面积是四边形 DBCE的面积的一半时， m的值为 22 5 2 1 或1 ． 2 2 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，勾股定 理，图形面积，相似三角形的判定与性质，二次函数与不等式等知识，综合性强，运算量较大，根据题意 画出图形，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 题型七：全等三角形的存在性 3 59．（2024•南丹县一模）如图，抛物线y ax2 bx 与x轴交于点A(3,0)，点B，点D是抛物线y 的 1 4 1 顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C(1,0)． （1）求抛物线y 所对应的函数解析式； 1 （2）如图1，点M 是抛物线y 上一点，且位于x轴上方，横坐标为m，连接MC， 1 若MCBDAC，求m的值； （3）如图2，将抛物线y 平移后得到顶点为B的抛物线y ．点P为抛物线y 上的一个动点，过点P作y轴 1 2 1 的平行线，交抛物线y 于点Q，过点Q作x轴的平行线，交抛物线y 于点R．当以点P，Q，R为顶点的 2 2 三角形与ACD全等时，请直接写出点P的坐标． 【分析】（1）根据A、C两点的坐标用待定系数法求出解析式； （2）如图，当M 点在x轴上方时，若M CBDAC ，则DA//CM ，先求直线AD的解析式，由点C的 1 1 坐标可求出直线CM 的解析式，联立直线和抛物线方程可求出点M 的坐标，当点M 在x轴下方时，由轴对 1 1 称的性质可求出直线CM 的解析式，同理联立直线和抛物线方程则求出点M 的坐标； 2（3）先求出y 的解析式，可设出点P坐标，表示Q、R坐标及PQ、QR，根据以P，Q，R为顶点的三 2 角形与ACD全等，分类讨论对应边相等的可能性即可求P点坐标．  3 9a3b 0   4 【解答】解：（1）由题意得： ， b  1  2a  1 a   4 解得 ． 1 b  2 1 1 3 抛物线y 所对应的函数解析式为y x2  x ； 1 4 2 4 1 1 3 （2）当x1时，y   1， 4 2 4 D(1,1)， 设直线AD的解析式为ykxb， 3kb0  ， kb1  1 k    2 解得 ， 3 b  2 1 3 直线AD的解析式为y x ， 2 2 如答图1，当M 点在x轴上方时， M CBDAC，  1 DA//CM ， 1 1 设直线CM 的解析式为y xb ， 1 2 1 直线经过点C， 1  b 0， 2 1 1 解得：b  ， 1 2 1 1 直线CM 的解析式为y x ， 1 2 2  1 1 y x   2 2  ， 1 1 3 y x2  x  4 2 4 解得：x2 5，x2 5（舍去）， m2 5， 综合以上可得m的值为2 5； （3） 抛物线y 平移后得到y ，且顶点为B(1,0)，  1 2 1  y  (x1)2， 2 4 1 1 1 即y  x2  x ． 2 4 2 4 1 1 3 1 1 1 设P(m, m2  m )，则Q(m, m2  m )， 4 2 4 4 2 4 1 1 1 R(2m, m2  m )， 4 2 4 ①如答图2，当P在Q点上方时， PQ1m，QR22m， PQR与ACD全等，  当PQDC 且QR AC时，m0， 3 1 P(0, )，R(2, )， 4 4当PQ AC且QRDC时，无解； ②如答图3，当点P在Q点下方时， 同理：PQm1，QR2m2，m11， m2， 5 1 则P(2, )，R(0, )． 4 4 3 5 综合可得P点坐标为(0, )或P(2, )． 4 4 【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质、待定系数法求函数的解析式，三角形全等的判 定，应用了数形结合和分类讨论的数学思想． 题型八：等边三角形的存在性 60．（2024•南康区模拟）如图，已知抛物线L :yx2与直线y1相交于A，B． 1 （1）AB ； 1 （2）抛物线L 随其顶点沿直线y x向上平移，得到抛物线L ，抛物线L 与直线y1相交于C，D（点 1 2 2 2 C在点D左边），已知抛物线L 顶点M 的横坐标为m． 2 ①当m6时，抛物线L 的解析式是 ，CD ； 2 ②连接MC，MD，当MCD为等边三角形时，求点M 的坐标．【分析】（1）在yx2中，令y1得x2 1，解得x1或x1，即可求解； （2）①由平移的性质得到函数表达式，即可求解； 1 1 1 1 ②求出C(m m1，1)，D(m m1，1)，由MH  3BH ，得到 m1 3 m1，即可 2 2 2 2 求解． 【解答】解：（1）在yx2中，令y1得x2 1， 解得x1或x1， A(1,1)，B(1,1)， AB1(1)2， 故答案为：2； 1 （2）①m6时，y m3， 2 抛物线L 的顶点平移到点(6,3)，  1 抛物线L 的解析式是y(x6)2 3， 2 在y(x6)2 3中，令y1得1(x6)2 3， 解得x8或x4， 抛物线y(x6)2 3与直线y1的交点为(8,1)和(4,1)， CD4； 故答案为：y(x6)2 3，4； ②过点M 作MH BC于H ，如图： 1 1 设M(m, m)，则抛物线L 的解析式为y(xm)2  m， 2 2 2 1 1 在y(xm)2  m中，令y1得1(xm)2  m， 2 21 1 解得xm m1或m m1， 2 2 1 1 C(m m1，1)，D(m m1，1)， 2 2 MBC是等边三角形，  CMH 30， MH  3BH ， 1 1  m1 3 m1， 2 2 解得m4或m2(D，C重合，舍去）， M(4,2)． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及平移变换，等边三角形等知识，解题的关键是读懂题意，用 含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度． 1 61．（2023•恩施州）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知抛物线y x2 bxc与y轴交于点 2 A，抛物线的对称轴与x轴交于点B． （1）如图，若A(0, 3)，抛物线的对称轴为x3．求抛物线的解析式，并直接写出y… 3时x的取值范围； （2）在（1）的条件下，若P为y轴上的点，C为x轴上方抛物线上的点，当PBC 为等边三角形时，求点 P，C的坐标； 1 （3）若抛物线 y x2 bxc经过点 D(m,2)， E(n,2)， F(1,1)，且 mn，求正整数 m， n的 2 值． b 【分析】（1）把A点的坐标代入抛物线的解析式，可得c，由对称轴是x ，可求得b；当 y 3时， 2a 结合图象求得x的范围； （2）连接AB，在对称轴上截取BD AB，分两种情况进行讨论，根据题意可得A、B、C、P四点共圆，先证A、D、C在同一直线上，根据等边三角形的性质，两点之间的距离公式，坐标系中的交点坐标特征 等即可求解． 1 （3）)由抛物线过点D(m,2)，E(n,2)可设设抛物线解析式为y (xm)(xn)2，于是再将点F(1,1) 2 的坐标代入解析式中可得(m1)(n1)6，再利用mn，m，n为正整数求解即可． 【解答】解：（1） A (0, 3)，抛物线的对称轴为x3．  b c 3， 3， 1 2( ) 2 解得：b3， 1 抛物线解析式为y x2 3x 3， 2 1 当y 3时， x2 3x 3 3， 2 解得：x 0，x 6， 1 2 x的取值范围是：0„ x„ 6； （2）连接AB，在对称轴上截取BD AB， 由已知可得：OA 3，OB3， 在RtAOB中， 3 tanOAB  3， 3 OAB60， PAB180OAB120， BCP是等边三角形，  BCP60， PABBCP180， A、B、C、P四点共圆， BAC BPC 60， BD AB，  ABD是等边三角形， BAD60，点D在AC上， BD AB OA2 OB2 2 3， D(3,2 3)， 设AD的解析式为ykxb，则有：  3kb2 3  ， b 3  3 k  解得： 3 ，  b 3 3 AC的解析式为：y x 3， 3 3 1 由 x 3 x2 3x 3，得： 3 2 2 3 x 0，x  6， 1 2 3 2 3 2 当x 6时，y3 3 ， 3 3 2 3 2 C( 6，3 3 )， 3 3 设P(0,y)，则有： 2 2 y2 32 ( 36)2 (3 3  y)2， 3 3 4 解得：y3 3 ， 3 4 P(0,3 3 )； 3 当C与A重合时， OAB60，  点P与点A关于x轴对称，符合题意， 此时，P(0, 3)，C(0, 3)； 2 3 2 4 C( 6，3 3 )，P(0,3 3 )或P(0, 3)，C(0, 3)； 3 3 31 （3） 抛物线y x2 bxc经过点D(m,2)，E(n,2)，  2 1 设抛物线解析式为y (xm)(xn)2， 2 1 1 将点F(1,1)代入y (xm)(xn)2中，得 (1m)(1n)21， 2 2 整理得：(m1)(n1)6， mn，且m，n为正整数，  1mn， m1，n1为正整数，且m1n1， 当m11，n16时， 解得：m2，n7； 当m12，n13时， 解得：m3，n4． m2，n7或m3，n4． 【点评】本题考查了二次函数的性质，根据特三角函数求角度，圆内接四边形对角互补，二次函数的性质， 熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 62．（2023•雅安）在平面直角坐标系中，已知抛物线yx2 bxc过点A(0,2)，对称轴是直线x2． （1）求此抛物线的函数表达式及顶点M 的坐标； （2）若点B在抛物线上，过点B作x轴的平行线交抛物线于点C，当BCM 是等边三角形时，求出此三角 形的边长； （3）已知点E在抛物线的对称轴上，点D的坐标为(1,1)，是否存在点F ，使以点A，D，E，F 为顶点 的四边形为菱形？若存在，请直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据对称轴公式求出b4，再将点A代入函数解析式即可求c的值，从而确定函数解析式； （2）设直线 BC所在的直线为 ym，当 x2 4x2m时， x x 4， x x 2m，可得 B C B C 1 3 |x x |2 2m，M 点到直线BC的距离为m2，根据等边三角形的性质可得 |x x | (m2)， B C 2 B C 3 求出m的值即可求三角形的边长； （3）设E(2,t)，F(x,y)，根据菱形的对角线分三种情况讨论，利用中点坐标公式和两点间距离公式建立方 程，求出F 点坐标即可． 【解答】解：（1） 对称轴是直线x2，  b  2， 2 解得b4， yx2 4xc， 将点A代入yx2 4xc，可得c2， 函数的解析式为yx2 4x2， 当x2时，y2， 顶点M(2,2)； （2）设直线BC所在的直线为ym， 当x2 4x2m时，x x 4，x x 2m， B C B C |x x |2 2m ， B C M(2,2)， M 点到直线BC的距离为m2， BCM 是等边三角形，  1 3 3  |x x | (m2)，即 2m  (m2)， 2 B C 3 3 解得m1或m2（舍)， 三角形的边长为2 3； （3）在点F ，使以点A，D，E，F 为顶点的四边形为菱形，理由如下： 设E(2,t)，F(x,y)， ①当AD为菱形对角线时，AE DE ， 12x  21t y ，  4(t2)2 1(t1)2 t 1  解得x1，  y0 F(1,0)； ②当AE为菱形对角线时，ADDE， 21x  2t  y1 ，  191(t1)2 t2 t 4   解得x1 或x1 （舍)，   y5 y1 F(1,5)； ③当AF 为菱形对角线时，AE  AD， x21  y2t1 ，  4(t2)2 19 t 2 6 t 2 6   解得x3 或x3 ，   y1 6 y1 6F(3,1 6)或(3,1 6)； 综上所述：F 点坐标为(1,0)或(1,5)或(3,1 6)或(3,1 6)． 【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等边三角形的性质，菱形的 性质是解题的关键．