文档内容
挑战 20 2 3 年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘 （ 全国通用 ）
专题15二次函数与角综合问题
二次函数与角综合问题，常见的主要有三种类型：
1. 特殊角问题：
（1） 利用特殊角的三角函数值找到线段之间的数量关系
（2） 遇到特殊角可以构造特殊三角形，如遇到45°构造等腰直角三角形，遇到30°、60°
构造等边三角形，遇到90°构造直角三角形
2.角的数量关系问题
（1）等角问题：借助特殊图形的性质、全等和相似的性质来解决；构造圆，利用圆周角的性质来解决
（2）二倍角问题：利用角平分线的性质、等腰三角形的性质、对称、辅助圆等知识来解答
（3）角的和差问题
3.角的最值问题：利用辅助圆等知识来解答
【例1】（2022•西宁）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，点C在
直线AB上，过点C作CD⊥x轴于点D（1，0），将△ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物
线上的点E处．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接BE，求△BCE的面积；
（3）抛物线上是否存在一点P，使∠PEA＝∠BAE？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由点A的坐标可得出点E的坐标，由点A，E的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的
解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出
直线AB的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，再利用三角形的面积计算公
式，结合S△BCE ＝S△ABE ﹣S△ACE ，即可求出△BCE的面积；
（3）存在，由点A，B的坐标可得出OA＝OB，结合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°，设点P的坐标为
（m，﹣m2+2m+3），分点P在x轴上方及点P在x轴下方两种情况考虑：①当点P在x轴上方时记为
P ，过点P 作P M⊥x轴于点M，则EM＝P M，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m
1 1 1 1
的值，将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P 的坐标；②当点P在x轴下方时记为P ，过
1 2
点P 作P N⊥x轴于点N，则EN＝P N，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，将
2 2 2
符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P 的坐标．
2
【解答】解：（1）∵将△ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处，点A的坐标
为（3，0），点D的坐标为（1，0），
∴点E的坐标为（﹣1，0）．
将A（3，0），E（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3，
得： ，解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）当x＝0时，y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3，
∴点B的坐标为（0，3）．
设直线AB的解析式为y＝mx+n（m≠0），将A（3，0），B（0，3）代入y＝mx+n，
得： ，解得： ，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3．
∵点C在直线AB上，CD⊥x轴于点D（1，0），当x＝1时，y＝﹣1×1+3＝2，
∴点C的坐标为（1，2）．
∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），点C的坐标为（1，2），点E的坐标为（﹣1，
0），
∴AE＝4，OB＝3，CD＝2，
∴S△BCE ＝S△ABE ﹣S△ACE ＝ AE•OB﹣ AE•CD＝ ×4×3﹣ ×4×2＝2，
∴△BCE的面积为2．
（3）存在，理由如下：
∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），
∴OA＝OB＝3．
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB，
∴∠BAE＝45°.
∵点P在抛物线上，
∴设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3）．
①当点P在x轴上方时记为P ，过点P 作P M⊥x轴于点M，
1 1 1
在Rt△EMP 中，∠P EA＝45°，∠P ME＝90°，
1 1 1
∴EM＝P M，即m﹣（﹣1）＝﹣m2+2m+3，
1
解得：m ＝﹣1（不合题意，舍去），m ＝2，
1 2
∴点P 的坐标为（2，3）；
1
②当点P在x轴下方时记为P ，过点P 作P N⊥x轴于点N，
2 2 2
在Rt△ENP 中，∠P EN＝45°，∠P NE＝90°，
2 2 2
∴EN＝P N，即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m2+2m+3），
2
解得：m ＝﹣1（不合题意，舍去），m ＝4，
1 2
∴点P 的坐标为（4，﹣5）．
2
综上所述，抛物线上存在一点P，使∠PEA＝∠BAE，点P的坐标为（2，3）或（4，﹣5）．【例2】（2022•益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点
P在抛物线F：y＝ax2上，直线x＝t与抛物线E，F分别交于点A，B．
（1）求a的值；
（2）将A，B的纵坐标分别记为y ，y ，设s＝y ﹣y ，若s的最大值为4，则m的值是多少？
A B A B
（3）Q是x轴的正半轴上一点，且PQ的中点M恰好在抛物线F上．试探究：此时无论m为何负值，
在y轴的负半轴上是否存在定点G，使∠PQG总为直角？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说
明理由．
【分析】（1）由抛物线的顶点式可直接得出顶点P的坐标，再代入抛物线F即可得出结论；
（2）根据题意可分别表达A，B的纵坐标，再根据二次函数的性质可得出m的值；
（3）过点 Q 作 x 轴的垂线 KN，分别过点 P，G 作 x 轴的平行线，与 KN 分别交于 K，N，则
△PKQ∽△QNG，设出点M的坐标，可表达点Q和点G的坐标，进而可得出结论．【解答】解：（1）由题意可知，抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜0）的顶点P的坐标为（m，
2m2），
∵点P在抛物线F：y＝ax2上，
∴am2＝2m2，
∴a＝2．
（2）∵直线x＝t与抛物线E，F分别交于点A，B，
∴y ＝﹣（t﹣m）2+2m2＝﹣t2+2mt+m2，y ＝2t2，
A B
∴s＝y ﹣y
A B
＝﹣t2+2mt+m2﹣2t2
＝﹣3t2+2mt+m2
＝﹣3（t﹣ m）2+ m2，
∵﹣3＜0，
∴当t＝ m时，s的最大值为 m2，
∵s的最大值为4，
∴ m2＝4，解得m＝± ，
∵m＜0，
∴m＝﹣ ．
（3）存在，理由如下：
设点M的坐标为n，则M（n，2n2），
∴Q（2n﹣m，4n2﹣2m2），
∵点Q在x轴正半轴上，
∴2n﹣m＞0且4n2﹣2m2＝0，
∴n＝﹣ m，
∴M（﹣ m，m2），Q（﹣ m﹣m，0）．
如图，过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，∴∠K＝∠N＝90°，∠QPK+∠PQK＝90°，
∵∠PQG＝90°，
∴∠PQK+∠GQN＝90°，
∴∠QPK＝∠GQN，
∴△PKQ∽△QNG，
∴PK：QN＝KQ：GN，即PK•GN＝KQ•QN．
∵PK＝﹣ m﹣m﹣m＝﹣ m﹣2m，KQ＝2m2，GN＝﹣ m﹣m，
∴（﹣ m﹣2m）（﹣ m﹣m）＝2m2•QN
解得QN＝ ．
∴G（0，﹣ ）．
【例3】（2022•鄂尔多斯）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（ ，0），B（3，
）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平
行四边形，求点P的横坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理
由．【分析】（1）根据待定系数法，将点A，点B代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即
可求得抛物线的解析式；
（2）设出点P的坐标，确定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；
（3）过点D作DF⊥CP交CP的延长线于点F，过点F作y轴的平行线EF，过点D作DE⊥EF于点
E，过点C作CG⊥EF于点G，证明△DEF≌△FGC（AAS），由全等三角形的性质得出DE＝FG，EF
＝CG，求出F点的坐标，由待定系数法求出直线CF的解析式，联立直线CF和抛物线解析式即可得出
点P的坐标．
【解答】解：（1）将点A（﹣ ，0），B（3， ）代入到y＝ax2+bx+2中得：
，解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+ x+2；
（2）设点P（m，﹣m2+ m+2），
∵y＝﹣x2+ x+2，
∴C（0，2），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
∴ ，解得 ，∴直线BC的解析式为y＝ x+2，
∴D（m， m+2），
∴PD＝|﹣m2+ m+2﹣ m﹣2|＝|m2﹣3m|，
∵PD⊥x轴，OC⊥x轴，
∴PD∥CO，
∴当PD＝CO时，以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，
∴|m2﹣3m|＝2，解得m＝1或2或 或 ，
∴点P的横坐标为1或2或 或 ；
（3）①当Q在BC下方时，如图，过 B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作
BN⊥MH于N，
∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，
∵∠QCB＝45°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴CH＝HB，
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，
∴∠CHM＝∠HBN，
∴△CHM≌△HBN（AAS），
∴CM＝HN，MH＝BN，
∵H（m，n），∵C（0，2），B（3， ），
∴ ，解得 ，
∴H（ ， ），
设直线CH的解析式为y＝px+q，
∴ ，解得 ，
∴直线CH的解析式为y＝﹣ x+2，
联立直线CF与抛物线解析式得 ，
解得 或 ，
∴Q（ ， ）；
②当Q在BC上方时，如图，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH
于N，
同理得Q（ ， ）．综上，存在，点Q的坐标为（ ， ）或（ ， ）．
【例4】（2022•菏泽）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与
y轴交于点C（0，4），连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标，并求出
四边形OADC的面积；
（3）点P是抛物线上的一动点，当∠PCB＝∠ABC时，求点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点D作DE⊥x轴于点E，利用轴对称的性质和三角形的中位线的性质定理求得线段 OE，DE，
则点D坐标可得；利用四边形OADC的面积＝S△OAC +S△ACD ，S△ADC ＝S△ABC ，利用三角形的面积公式即
可求得结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点P在BC上方时，利用平行线的判定与性
质可得点C，P的纵坐标相等，利用抛物线的解析式即可求得结论；②当点P在BC下方时，设PC交x
轴于点H，设HB＝HC＝m，利用等腰三角形的判定与性质和勾股定理求得 m值，则点H坐标可求；利
用待定系数法求得直线PC的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P坐标；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交
于点C（0，4），
∴ ，解得： ．
∴抛物线的表达式为y＝﹣ + x+4；
（2）点D的坐标为（﹣8，8），理由：
将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，如图，
过点D作DE⊥x轴于点E，
∵A（﹣2，0）、B（8，0），C（0，4），
∴OA＝2，OB＝8，OC＝4．
∵ ， ，
∴ ．
∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO＝∠CBO．
∵∠CBO+∠OCB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∵将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，
∴点D，C，B三点在一条直线上．
由轴对称的性质得：BC＝CD，AB＝AD．
∵OC⊥AB，DE⊥AB，
∴DE∥OC，∴OC为△BDE的中位线，
∴OE＝OB＝8，DE＝2OC＝8，
∴D（﹣8，8）；
由题意得：S△ACD ＝S△ABC ，
∴四边形OADC的面积＝S△OAC +S△ADC
＝S△OAC +S△ABC
＝ OC•OA+ AB•OC
＝ 4×2+ 10×4
＝4+20
＝24；
（3）①当点P在BC上方时，如图，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴PC∥AB，
∴点C，P的纵坐标相等，
∴点P的纵坐标为4，
令y＝4，则﹣ + x+4＝4，
解得：x＝0或x＝6，
∴P（6，4）；
②当点P在BC下方时，如图，设PC交x轴于点H，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴HC＝HB．
设HB＝HC＝m，
∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m，
在Rt△COH中，
∵OC2+OH2＝CH2，
∴42+（8﹣m）2＝m2，
解得：m＝5，
∴OH＝3，
∴H（3，0）．
设直线PC的解析式为y＝kx+n，
∴ ，
解得： ．
∴y＝﹣ x+4．
∴ ，解得： ， ．
∴P（ ，﹣ ）．
综上，点P的坐标为（6，4）或（ ，﹣ ）．
1．（2022•江岸区模拟）已知：抛物线y＝﹣ （x+k）（x﹣7）交x轴于A、B（A左B右），交y轴正半
轴于点C，且OB＝OC．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P为第一象限抛物线上一点，连接AP，AP交y轴于点D，设P的横坐标为m，CD的
长为d，求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点P作PE⊥y轴于点E，延长EP至点G，使得PG＝3CE，连接CG
交AP于点F，且∠AFC＝45°，连接AG交抛物线于T，求点T的坐标．
【分析】（1）由图象可得B点坐标，代入函数解析数即可求解；
（2）表示出点P坐标，由正切公式可表示出d与m的关系，即可求出；
（3）作出辅助线，得到 CGPW，利用正切公式求出m与k的值，得到G点坐标，然后表示出∠GAB
的正切值，从而求出T点▱坐标．
【解答】解：（1）当y＝0时，﹣ （x+k）（x﹣7）＝0，
解得：x＝﹣k或7，∴点B的坐标为（7，0），A（﹣k，0），
∵OB＝OC，
∴OC＝OB＝7，
∴点C的坐标为（0，7），
将点C的坐标代入抛物线表达式得：﹣ （0+k）（0﹣7）＝7，
解得：k＝2，
∴y＝﹣ （x+2）（x﹣7）＝﹣ x2+ x+7，
故抛物线的表达式为y＝﹣ x2+ x+7；
（2）过点P作PK⊥AB与点K，PE⊥y轴于点E，如图1，
∵y＝﹣ （x+2）（x﹣7），
∴P（m，﹣ （m+2）（m﹣7）），A（﹣2，0），
∴AK＝m+2，
tan∠PAB＝ ＝ ＝ ，
∴DO＝AO•tan∠PAB＝2（ ）＝7﹣m，
∴CD＝7﹣（7﹣m）＝m，
∴d＝m．
（3）过点C作WC⊥ED使得WD＝PD，TL⊥AB，连接WD，WP，
设EC＝k，则PG＝3k，
∵∠WCD＝∠DEP，CD＝EP，WD＝PD，
∴△WCD≌△DEP，
则△PWD为等腰直角三角形，
∴∠WPD＝45°＝∠CFD，
∴WP∥CG，
∴四边形CGPW为平行四边形，
∴CW＝PG＝3k＝ED，
∴CD＝2k＝PE，
∴tan∠APE＝ ＝ ，
由（2）可得tan∠PAB＝ ，
∴ ＝ ，
∴m＝4，k＝2，
∴EO＝7+2＝9，EG＝10，
∴G（10，9），A（﹣2，0），
∴tan∠GAB＝ ＝ ，
再设T坐标为（t，﹣ （t+2）（t﹣7）），
则tan∠TAB＝ ＝ ，
∴t＝ ，
∴T（ ， ）．2．（2022•沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣4，0）和B
（1，0），与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点
M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；
（3）点P为抛物线上的一动点，且∠ACP＝45°﹣∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣ x2﹣ x+2；
（2）设直线AC解析式为y＝kx+2，用待定系数法得直线AC解析式为y＝ x+2，设M（x，﹣ x2﹣
x+2），则N（x， x+2），即得MN＝﹣ x2﹣2x，可证△QMN∽△AOC，有 ＝ ＝ ，故MQ＝
2MN，NQ＝ MN，可得△MNQ周长MN+MQ+NQ＝MN+2MN+ MN＝﹣ （x﹣2）2+6+2，即得当x＝2时，△MNQ周长最大值为6+2 ；
（3）在x轴负半轴上取D，使OC＝OD，连接CD交抛物线于P，此时∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是满足
条件的点，由C（0，2），D（2，0），得直线CD解析式为y＝x+2，即可解得P（﹣5，﹣3），作D
关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P'，由对称性知∠ACP'＝∠ACP，P'是满足条件的
点，设E（m，n），可得 ，可解得E（﹣ ， ），从而可得直线
CE解析式为：y＝ x+2，即可解得P'（﹣ ， ）．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0）和B（1，0）代入y＝ax2+bx+2得：
，
解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣ x2﹣ x+2；
（2）由y＝﹣ x2﹣ x+2可得C（0，2），
设直线AC解析式为y＝kx+2，把A（﹣4，0）代入得：
﹣4k+2＝0，
解得k＝ ，
∴直线AC解析式为y＝ x+2，
设M（x，﹣ x2﹣ x+2），则N（x， x+2），
∴MN＝﹣ x2﹣ x+2﹣（ x+2）＝﹣ x2﹣2x，
∵MQ∥x轴，MN∥y轴，
∴∠MQN＝∠CAO，∠NMQ＝∠AOC＝90°，
∴△QMN∽△AOC，∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，
∴MQ＝2MN，NQ＝ MN，
∴△MNQ 周长 MN+MQ+NQ＝MN+2MN+ MN＝（3+ ）MN＝（3+ ）×（﹣ x2﹣2x）＝﹣
（x+2）2+6+2 ，
∵﹣ ＜0，
∴当x＝﹣2时，△MNQ周长最大值为6+2 ；
（3）在x轴负半轴上取D，使OC＝OD，连接CD交抛物线于P，如图：
∴D（﹣2，0），∠CDO＝45°，此时∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是满足条件的点，
∵C（0，2），D（2，0），
∴直线CD解析式为y＝x+2，
由 得 或 ，
∴P（﹣5，﹣3），
作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P'，由对称性知∠ACP'＝∠ACP，P'是满足条
件的点，
设E（m，n），根据AE＝AD，CE＝CD可得：
，解得 或 ，
∴E（﹣ ， ），
由E（﹣ ， ），C（0，2）可得直线CE解析式为：y＝ x+2，
解 得 或 ，
∴P'（﹣ ， ），
综上所述，P的坐标为（﹣5，﹣3）或（﹣ ， ）．
3．（2022•沈阳模拟）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A，B两点（点B在
点A的右边），点A坐标为（1，0），抛物线与y轴交于点C，S△ABC ＝3．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P（x，y）是抛物线上一动点，且x＞3．作PN⊥BC于N，设PN＝d，求d与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，过点A作PC的平行线交y轴于点F，连接BF，在直线AF上取点E，连接
PE，使PE＝2BF，且∠PEF+∠BFE＝180°，请直接写出P点坐标．
【分析】（1）根据二次函数的解析式求出C点的坐标，再根据△ABC的面积求出AB的长度，根据A
点的坐标再求出B点的坐标，再用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PD⊥x轴交BC于点E，交x轴于点D，利用三角函数求出PN＝ PE，设出P点的坐标，得出E点的坐标，然后根据PE求出PN即可得出d和x的函
数关系式；
（3）过点P作PH⊥FE于点H，过点C作CI⊥FE于点I，过点B作BJ⊥FE于点J，设FE交BC于点
K，证△PEH∽△BJF，然后证四边形CPHI是矩形，进而得出K点的坐标，求出AF的解析式，再求出
直线PC的解析式，联立直线PC和抛物线的解析式求出P点的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
即OC＝3，
∵S△ABC ＝3，
∴ ×AB×OC＝3，
即 AB×3＝3，
∴AB＝2，
又∵A（1，0）且点B在点A的右边，
∴B（3，0），
把A点和B点坐标代入抛物线y＝ax2+bx+3，
得 ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）由（1）知，C（0，3），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+t，
代入B点和C点的坐标得 ，
解得 ，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
过点P作PD⊥x轴交BC延长线于点E，交x轴于点D，∵OC＝OB，
∴∠CBO＝45°，
又∵∠COB＝∠PDO＝90°，且∠CBO＝∠DBE＝45°，
∴∠PEC＝45°，且PN⊥CB，
∴∠NPE＝45°，
∴cos∠NPE＝ ＝cos45°＝ ，
∴PN＝ PE，
设P（m，m2﹣4m+3），则E（m，﹣m+3），
∴PE＝m2﹣4m+3﹣（﹣m+3）＝m2﹣3m，
∴PN＝d＝ PE＝ （m2﹣3m）＝ m2﹣ m，
∴d＝ x2﹣ x；
（3）如下图，过点P作PH⊥FE于点H，过点C作CI⊥FE于点I，过点B作BJ⊥FE于点J，设FE交
BC于点K，
∵∠PEF+∠BFE＝180°，且∠PEF+∠PEH＝180°，
∴∠BFE＝∠PEH，∵∠PHE＝∠CIJ＝∠BJH＝90°，
又∵PE＝2BF，
∴△PEH∽△BJF，
∴BJ＝ PH，
又∵CP∥AH，且CI∥PH，
∴四边形CPHI是矩形，
∴CJ＝PH，
又∵∠CJI＝∠BKJ，
∴BJ＝ CI，
∴BK＝ CK，
∴K（2，1），
设直线AF的解析式为y＝sx+n，
代入K点和A点的坐标得 ，
解得 ，
∴直线AF的解析式为y＝x﹣1，
设直线PC的解析式为y＝x+g，
代入C点坐标得g＝3，
∴直线PC的解析式为y＝x+3，
联立直线PC和抛物线的解析式得 ，
解得 或 ，
∴P（5，8）．
4．（2022•成都模拟）如图，已知抛物线表达式为y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0），直线y＝ x+ 与坐标轴交
于点A，B．
（1）若该抛物线过原点，求抛物线的表达式．
（2）试说明无论a为何值，抛物线一定经过两个定点，并求出这两个定点的坐标．点 P为两定点所在直线上的动点，当点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小时，求点P的坐标；
（3）点N是抛物线上一动点，点M（﹣4，0），且∠NMA+∠OBA＝90°，若满足条件的点N的个数恰
好为3个，求a的值．
【分析】（1）将原点（0，0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1（a≠0），即可求解；
（2）由y＝ x+ 中，得A（﹣3，0），B（0， ），由y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣
2）（x+1）+1，即得二次函数的图象过两定点C（2，1）和D（﹣1，1）；则直线CD为y＝1，设P
（p，1），过点P作PH⊥AB于H，可得PA2＝（p+3）2+1，证明△PHD∽△BOA，根据相似三角形的
性质得PH＝ ，PH2＝ （p+1）2，则PA2+PH2最小时，PA+PH最小，根据二次函数的性质即可求
解；
（3）由∠NMA+∠OBA＝90°，知N在过点M且与直线AB平行的直线y＝ x+2上，或在直线y＝﹣ x
﹣2上，由图得a＞0，直线y＝ x+2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1总有两个交点，当直线y＝﹣ x﹣2与
抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1个交点时即满足题意，由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣ x﹣2的Δ＝0，即可求解．
【解答】解：（1）把（0，0）代入y＝ax2﹣ax﹣2a+1得：
﹣2a+1＝0，
解得a＝ ，
∴抛物线的表达式为y＝ x2﹣ x；
（2）∵y＝ax2﹣ax﹣2a+1＝a（x2﹣x﹣2）+1＝a（x﹣2）（x+1）+1，
∴x＝2或x＝﹣1时，y＝1，即二次函数的图象过两定点C（2，1）和D（﹣1，1），
∴直线CD为y＝1，CD∥x轴，
在y＝ x+ 中，令x＝0得y＝ ，令y＝0得x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（0， ），
∴OA＝3，OB＝ ，AB＝ ＝ ，
如图：过点P作PH⊥AB于H，设P（p，1），
∴∠PHD＝∠BOA＝90°，
∵CD∥x轴，
∴∠PDH＝∠BAO，
∴△PHD∽△BOA，
∴ ，
∴ ，
∴PH＝ ，PH2＝ （p+1）2，
∵PA2＝（p+3）2+1，
∴PA2+PH2最小时，PA+PH最小，
PA2+PH2＝（p+3）2+1+ （p+1）2＝ p2+ p+ ＝ （p+ ）2+ ，
∴当p＝﹣ 时，点P到点A的距离和到直线AB的距离之和最小，
此时，点P的坐标为（﹣ ，1）；（3）如图，
∵∠NMA+∠OBA＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠NMA＝∠OAB，
∴MN∥AB，
∵直线AB：y＝ x+ ，
设直线MN为y＝ x+m，
∵点M（﹣4，0），
∴﹣2+m＝0，解得m＝2，
∴N在过点M且与直线AB平行的直线y＝ x+2上，或在直线y＝﹣ x﹣2上，
由图得a＞0，直线y＝ x+2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1总有两个交点，
∴当直线y＝﹣ x﹣2与抛物线y＝ax2﹣ax﹣2a+1只有1个交点时即满足题意，
由ax2﹣ax﹣2a+1＝﹣ x﹣2得：ax2+（ ﹣a）x+3﹣2a＝0，
当Δ＝0，即（ ﹣a）2﹣4a（3﹣2a）＝0时，a＝ 或 （舍去），
∴a的值为 ．
5．（2022•成都模拟）如图1所示，直线y＝ x+3与x轴、y轴分别相交于点A，点B，点C（1，2）在经
过点A，B的二次函数y＝ax2+bx+c的图象上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为线段AB上（不与端点重合）的一动点，过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q，求PQ+ PB取得最大值时点P的坐标；
（3）如图2，连接BC并延长，交x轴于点D，E为第三象限抛物线上一点，连接DE，点G为x轴上一
点，且G（﹣1，0），直线CG与DE交于点F，点H在线段CF上，且∠CFD+∠ABH＝45°，连接BH
交OA于点M，已知∠GDF＝∠HBO，求点H的坐标．
【分析】（1）求得A、B两点坐标，将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式，进而求得结果；
（2）作PD⊥OB于D，设出点P和Q点坐标，表示出PQ的长，由△BPD∽△BAO表示出PB，从而表
示出PQ+ PB，进而根据二次函数性质求得结果；
（3）作CN⊥AD于N，作MT⊥AB于T，根据条件推出BM平分∠ABO，根据S△ABM +S△BOM ＝S△AOB ，
求得OM长，进而得出直线CG，BM的解析式，进一步求得结果．
【解答】解：（1）由题意得：A（﹣4，0），B（0，3），
∴ ，
∴ ，
∴y＝﹣ ﹣ +3；
（2）如图1，作PD⊥OB于D，
设Q（m，﹣ ﹣ +3），P（m， m+3），
∴PQ＝﹣ ﹣ +3﹣（ ＝﹣ ﹣ ，
∵PD∥OA，
∴△BPD∽△BAO，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴PB＝﹣ ，
∴PQ+ PB＝﹣ ﹣ m﹣m＝﹣ ﹣ ，
∴当m＝﹣ ＝﹣ ，
∵ +3＝ ，
∴P（﹣ ， ）；
（3）如图2，作CN⊥AD于N，作MT⊥AB于T，
∵C（1，2），G（﹣1，0），
∴CN＝GN＝2，
∴∠CGN＝∠NCG＝45°，
∴∠CFD+∠GDF＝45°，
∵∠CFD+∠ABH＝45°，
∴∠GDF＝∠ABH，
∵∠GDF＝∠HBO，
∴∠ABH＝∠HBO，
∴OM＝MT，
∵S△ABM +S△BOM ＝S△AOB ，
∴ ，
∴5OM+3OM＝3×4，
∴OM＝ ，
∴M（﹣ ，0），
∴直线BM的解析式为：y＝2x+3，
∵C（1，2），G（﹣1，0），
∴直线CG的解析式为：y＝x+1，
由2x+3＝x+1得，x＝﹣2，
∴x+1＝﹣1，
∴H（﹣2，﹣1）．
6．（2022•洪山区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与 x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，3），与直线l：y＝k（x﹣3）+3（k＞0）交于D，E两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接BD，若△BDE的面积为6，求k的值；
（3）如图2，若直线l与抛物线交于M，N两点，与BC交于点P，且∠MBC＝∠NBC．求P点的坐标．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）先根据直线l的解析式得出定点F（3，3），连接BF，则BF∥y轴，BF＝3，根据由三角形面积
可得x ﹣x ＝4，联立得整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0，再由根与系数关系可得：x +x ＝2﹣k，x •x
E D D E D E
＝﹣3k，即可求得k的值；
（3）设M（x ，﹣x 2+2x +3），N（x ，﹣x 2+2x +3），如图2，分别过点M、N作ME⊥x轴于点E，
1 1 1 2 2 2
NQ⊥BF于点Q，可证得∠MBE＝∠NBQ，得出tan∠MBE＝tan∠NBQ，即 ＝ ，即可求得k的值，
得出直线l的解析式，再利用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，联立方程组求解即可得出
答案．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），
∴设y＝a（x+1）（x﹣3），把C（0，3）代入得，3＝a×（0+1）×（0﹣3），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵直线l：y＝k（x﹣3）+3，当x＝3时，y＝3，
∴点F（3，3）是直线l上一定点，
如图1，连接BF，则BF∥y轴，BF＝3，
∵S△BDF ﹣S△BEF ＝S△BDE ＝6，∴ BF（3﹣x ）﹣ BF（3﹣x ）＝6，即 （x ﹣x ）＝6，
D E E D
∴x ﹣x ＝4，
E D
联立得：﹣x2+2x+3＝k（x﹣3）+3，
整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0，
∴x +x ＝2﹣k，x •x ＝﹣3k，
D E D E
∵（x +x ）2﹣4x •x ＝（x ﹣x ）2，
D E D E E D
∴（2﹣k）2﹣4×（﹣3k）＝42，
解得：k ＝﹣4+2 ，k ＝﹣4﹣2 ，
1 2
∵k＞0，
∴k＝﹣4+2 ；
（3）设M（x ，﹣x 2+2x +3），N（x ，﹣x 2+2x +3），
1 1 1 2 2 2
如图2，分别过点M、N作ME⊥x轴于点E，NQ⊥BF于点Q，
∵C（0，3），B（3，0），
∴OB＝OC，
∵∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝45°，∠CBQ＝45°，
∵∠MBC＝∠NBC，
∴∠MBE＝∠NBQ，
∴tan∠MBE＝tan∠NBQ，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴x +x +x x ＝0，
1 2 1 2
由（2）知：x +x ＝2﹣k，x •x ＝﹣3k，
1 2 1 2
∴2﹣k﹣3k＝0，
解得：k＝ ，
∴直线l的解析式为y＝ （x﹣3）+3，设直线BC的解析式为y＝mx+n，
则 ，
解得： ，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
联立方程组得 ，
解得： ，
∴P点的坐标为（1，2）．
7．（2022•洪山区模拟）抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴的
正半轴交于C点，△ABC的面积为6．
（1）直接写出点A、B的坐标为 A （﹣ 1 ， 0 ）， B （ 3 ， 0 ） ；抛物线的解析式为 y ＝﹣ x 2 + 2 x +3
．（2）如图1，连结AC，若在第一象限抛物线上存在点D，使点D到直线AC的距离为 ，求点D
的坐标；
（3）如图2，平行于AC的直线交抛物线于M、N两点，在抛物线上存在点P，当PQ⊥y轴时，PQ恰
好平分∠MPN，求P点坐标．
【分析】（1）令y＝0，可求出x的值，进而可得出A，B的坐标；令x＝0，可求出y的值，可得出点C
的坐标，得出线段OC的长，利用三角形的面积公式可得出a的值；
（2）过点O作OQ⊥AC于点Q，根据三角形面积的等积法可求出OQ的长，进可得出点D的位置，利
用全等三角形的性质求出直线QA′的解析式，联立可求出点D的坐标；
（3）过点M作ME⊥DE于E，过点N作NF⊥DE于F，根据∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°，
可得△MPE∽△NPF，设出M、N、P三点的坐标（只设横坐标，纵坐标用横坐标表示），分别用横坐
标之差、纵坐标之差表示出两个相似三角形的直角边，列出比例等式；设出MN的解析式，与抛物线方
程联立，得出两根之和的关系式，结合前面的比例等式解出P点的横坐标，进而算出纵坐标．
【解答】解：（1）令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
令x＝0，则y＝﹣3a，
∴C（0，﹣3a），即OC＝﹣3a，
∴S＝ ×4×（﹣3a）＝6，解得a＝﹣1，
∴函数解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
故答案为：A（﹣1，0），B（3，0）；y＝﹣x2+2x+3．
（2）由（1）知，A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
∴OA＝1，OC＝3，AB＝ ，过点O作OG⊥AC于点G，
∴S△OAC ＝ •OA•OB＝ •AC•OG
∴ ×1×3＝ × •OG，
∴OG＝ ，
设点D到直线AC的距离h＝ ＝2OG，
延长GO到点G′，使得OG′＝OG，过点G′作AC的平行线与x轴交于点A′，与抛物线在第一象限
内交于点D，
∴∠GAO＝∠G′A′O，
∵∠GOA＝∠G′OA′，
∴△GAO≌△G′A′O（AAS），
∴OA＝OA′＝1，
∴A′（1，0），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴直线AC的解析式为：y＝3x+3，
∴直线A′G′的解析式为：y＝3x﹣3，
令3x﹣3＝﹣x2+2x+3，解得x＝2或x＝﹣3，
∵点D在第一象限，
∴D（2，3）．
（3）如图，过点M作ME⊥DE于E，过点N作NF⊥DE于F，
设M（x ，﹣x 2+2x +3），N（x ，﹣x 2+2x +3），P（x ，﹣x 2+2x +3），
1 1 1 2 2 2 0 0 0则：ME＝﹣x 2+2x +3﹣（﹣x 2+2x +3）＝﹣x 2+2x +x 2﹣2x ＝﹣（x ﹣x ）（x +x ）+2（x ﹣x ）＝
1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0
（x +x ﹣2）（x ﹣x ），
0 1 0 1
PE＝x ﹣x ，
0 1
FN＝﹣x 2+2x +3﹣（﹣x 2+2x +3）＝﹣（x +x ﹣2）（x ﹣x ），
0 0 2 2 0 2 0 2
PF＝x ﹣x ，
0 2
∵PQ恰好平分∠MPN，即∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°，
∴△MPE∽△NPF，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴x ＝ ，
0
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∵MN∥AC，
∴设直线MN的解析式为y＝3x+b，
令3x+b＝﹣x2+2x+3，
由消去y整理得：x2+x﹣3+b＝0，
由韦达定理可知：x +x ＝﹣1，
1 2
∴x＝ ，
∴x−2x−3＝，
∴P（ ， ）．8．（2022•泰安模拟）如图，抛物线 y＝mx2+3mx﹣2m+1的图象经过点C，交x轴于点A（x ，0），B
1
（x ，0）（点A在点B左侧），且x ﹣x ＝5，连接BC，D是AC上方的抛物线一点．
2 2 1
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC，CD，S△DCE ：S△BCE 是否存在最大值？若存在，请求出其最大值及此时点D的坐标；若
不存在，请说明理由；
（3）第二象限内抛物线上是否存在一点D，DF垂直AC于点F，使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC
的两倍？若存在，求点D的横坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点的横坐标与一元二次方程根的联系，用一元二次方程根与系数
的关系定理列出关于m的方程，解方程即可得出结论；
（2）过点D作DH⊥x轴于点H，交AC于点M，过点B作BN⊥x轴于点B，交直线AC于点N，利用待
定系数法求得直线AC的解析式，设D（a， a+2），则M（a， a+2），求得线段DM，BN
的长，利用同高的三角形的面积关系列出S△DCE ：S△BCE 关于a的等式，利用配方法和二次函数的性质解
答即可；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当∠DCF＝2∠BAC时，②当∠FDC＝2∠BAC
时：取AB的中点P，连接OP，过点D作DR⊥y轴于点R，延长交AC于点G，利用勾股定理的逆定理
判定△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，设D（a， a+2），则DR＝﹣a，OR＝
a+2，利用直角三角形的边角关系定理列出关于a的方程，解方程即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝mx2+3mx﹣2m+1的图象交x轴于点A（x ，0），B（x ，0），
1 2
∴x ，x 是方程mx2+3mx﹣2m+1＝0的两根，
1 2∴x +x ＝﹣3，x •x ＝ ．
1 2 1 2
∵x ﹣x ＝5，
2 1
∴ ＝25．
即： ﹣4x •x ＝25，
1 2
∴9﹣4× ＝25．
解得：m＝﹣ ．
∴抛物线的解析式为y＝﹣ ﹣ x+2．
（2）S△DCE ：S△BCE 存在最大值 ，此时点D的坐标为（﹣2，3），理由：
令y＝0，则﹣ ﹣ x+2＝0，
解得：x＝﹣4或1，
∴A（﹣4，0），B（1，0），
令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2）．
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
解得： ，
∴直线AC的解析式为y＝ x+2．
过点D作DH⊥x轴于点H，交AC于点M，过点B作BN⊥x轴于点B，交直线AC于点N，如图，则DM∥BN，
∴△EDM∽△EBN，
∴ ．
设D（a， a+2），则M（a， a+2），
∴DM＝（ a+2）﹣（ a+2）＝﹣ ﹣2a．
当x＝1时，y＝ ×1+2＝ ，
∴N（1， ）．
∴BN＝ ．
∵等高的三角形的面积比等于底的比，
∴S△DCE ：S△B
E
＝ ．
∁
∴S△DCE ：S△B
E
＝ ＝﹣ ﹣ a＝﹣ （a+2）2+ ，
∁
∵ ＜0，
∴当a＝﹣2时，S△DCE ：S△BCE 有最大值为 ，此时点D（﹣2，3）；
（3）第二象限内抛物线上存在一点D，DF垂直AC于点F，使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的两倍，点D的横坐标为﹣2或﹣ ，理由：
∵A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），
∴OA＝4，OB＝1，OC＝2，
∴AC＝ ＝2 ，BC＝ ＝ ，AB＝OA+OB＝5．
∵AC2+BC2＝25＝AB2，
∴△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°．
取AB的中点P，连接OP，
则P（﹣ ，0），
∴OP＝ ．
∴PA＝PB＝PC＝ ，
∴∠BAC＝∠PCA．
∵∠CPB＝∠BAC+∠PCA，
∴∠CPB＝2∠BAC．
过点D作DR⊥y轴于点R，延长交AC于点G，如图，
①当∠DCF＝2∠BAC时，
设D（m， m+2），则DR＝﹣m，OR＝ m+2，
∴CR＝OR﹣OC＝ m．
∵DR⊥y轴，OA⊥y轴，
∴DR∥AB，∴∠G＝∠BAC．
∵∠DCF＝∠G+∠CDG，∠DCF＝2∠BAC，
∴∠CDG＝∠G＝∠BAC．
∵tan∠BAC＝ ，
∴tan∠CDR＝ ．
∴ ，
∴
解得：m＝﹣2或0（舍去），
∴m＝﹣2．
∴点D的横坐标为﹣2；
②当∠FDC＝2∠BAC时，
∵∠CPB＝2∠BAC，
∴∠FDC＝∠CPB．
∵tan∠CPB＝ ，
∴tan∠FDC＝ ，
∵tan∠FDC＝ ，
∴ ，
设FC＝4n，则DF＝3n，
∴CD＝ ＝5n．
∵tan∠G＝tan∠BAC＝ ，
∴tan∠G＝ ，
∴FG＝6n．∴CG＝FG﹣FC＝2n．
∵tan∠G＝ ，
∴RC＝ n，
∴DR＝ ＝ n，
∴ ，
解得：a＝ 或0（舍去），
∴a＝﹣ ，
即点D的横坐标为﹣ ，
综上，第二象限内抛物线上存在一点 D，DF垂直AC于点F，使得△DCF中有一个锐角等于∠BAC的
两倍，点D的横坐标为﹣2或﹣ ．
9．（2022•青山区模拟）抛物线y＝x2+（t﹣2）x﹣2t（t＞0）与x轴交于A、B两点（A在B左边），与y
轴交于点 C．
（1）直接写出A点坐标 （﹣ t ， 0 ） 、B点坐标 （ 2 ， 0 ） 、C点坐标 （ 0 ，﹣ 2 t ） ；
（2）如图1，直线y＝kx+b与抛物线交于M、N两点（M不与A重合，M在N左边），连接MA，作
NH⊥x轴于点H，过点H作HP∥MA交y轴于点P，PH交MN于点Q，求点Q的横坐标；
（3）如图2，直线y＝d（d＞0）与抛物线交于第二象限点D，若∠ADB＝45°，求d﹣t的值．【分析】（1）令y＝0，从而得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0，解这个方程，进而求得A，B两点坐标，当x＝0
时，可求得C点纵坐标；
（2）过点M作MK⊥x轴于K，过点Q作QL⊥x轴于L，设M（x ，kx +b）、N（x ，kx +b）设点Q的
1 1 2 2
横坐标为n，则Q（n，kn+b），将直线MN的解析式与抛物线的解析式联立，从而得出x +x ＝2+k﹣
1 2
m，x x ＝﹣2m﹣b，根据△MKA∽△QLH，可得 ＝ ，进一步求得结果；
1 2
（3）设D（m，m2+（t﹣2）m﹣2t），作∠DBE＝90°，交DA的延长线于E，作DF∥x轴，作BF⊥DF
于F，作EG⊥FB交FB的延长线于G，根据△DFB≌△BGE，可推出点E的坐标，根据M，A的坐标，
可以得出MA的解析式，将点E坐标代入，从而求得结果．
【解答】解：（1）令y＝0，得x2+（t﹣2）x﹣2t＝0，
解得：x＝﹣t或x＝2，
∴A（﹣t，0），B（2，0），
令x＝0，得y＝﹣2t，
∴C（0，﹣2t），
故答案为：A（﹣t，0），B（2，0），C（0，﹣2t）；
（2）如图1，过点M作MK⊥x轴于K，过点Q作QL⊥x轴于L，
∴∠MKA＝∠QLH＝90°，
设M（x ，kx +b）、N（x ，kx +b）
1 1 2 2
联立 ，
整理得x2+（m﹣2﹣k）x﹣2m﹣b＝0，
∴x +x ＝2+k﹣m，x x ＝﹣2m﹣b，
1 2 1 2
设点Q的横坐标为n，则Q（n，kn+b），
∵MA∥QH，
∴∠MAK＝∠QHL，
∴△MKA∽△QLH，
∴ ，
即 ＝ ，
整理得kx x +b（x +x ）+kmn+bm﹣bn＝0，
1 2 1 2
∴k（﹣2m﹣b）+b（2+k﹣m）+kmn+bm﹣bn＝0，
∴（km﹣b）（n﹣2）＝0，
①当km﹣b＝0，此时直线为y＝k（x+m），过点A（﹣m，0），不符合题意；
②当n﹣2＝0，此时n＝2，Q点的横坐标为2；
（3）如图2，设D（m，m2+（t﹣2）m﹣2t），
作∠DBE＝90°，交DA的延长线于E，作DF∥x轴，作BF⊥DF于F，作EG⊥FB交FB的延长线于
G，
∴∠F＝∠G＝90°，∠DBF+∠EBG＝90°，
∴∠FDB+∠DBF＝90°，
∴∠FDB＝∠EBG，
∵∠ADB＝45°，
∴∠AEB＝90°﹣∠DAB＝45°，
∴BD＝BE，
∴△DFB≌△BGE（AAS），
∴EG＝BF＝d，BG＝DF＝2﹣m，
∴E（2﹣m，m﹣2），
设直线DE的解析式为：y＝px+q，
∴ ，
∴ ，
∴y＝（m﹣2）x+（m﹣2）t，
把x＝2﹣d，y＝m﹣2代入得，
m﹣2＝（m﹣2）•（2﹣d）（m﹣2）t，
∴d﹣t＝1．
10．（2022•丹阳市二模）如图所示，抛物线y＝﹣x2+bx+3经过点B（3，0），与x轴交于另一点A，与y
轴交于点C．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）如图，设点D是x轴正半轴上一个动点，过点D作直线l⊥x轴，交直线BC于点E，交抛物线于点F，连接AC、FC．
①若点F在第一象限内，当∠BCF＝∠BCA时，求点F的坐标；
②若∠ACO+∠FCB＝45°，则点F的横坐标为 或 5 ．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）①作点A关于直线BC的对称点G，连接CG交抛物线于点F．此时，∠BCF＝∠BCA．求得G
（3.4），利用待定系数法求得直线CF的解析式为y＝ x+3，联立方程组，即可求解；
②分两种情况讨论，由相似三角形的性质和等腰三角形的性质，可求CF的解析式，联立方程可求解．
【解答】解：（1）∵B（3，0）在抛物线y＝﹣x2+bx+3上，
∴﹣32+3b+3＝0，
∴b＝2，
∴抛物线所对应的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）①作点A关于直线BC的对称点G，AG交BC于点H，过点H作HI⊥x轴于点I，连接CG交抛物
线于点F，此时，∠BCF＝∠BCA，y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，则y＝3，
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝3或＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．
∴OB＝OC，AB＝4，
∴△OCB是等腰直角三角形，则∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HAB＝∠OBC＝∠AHI＝∠BHI＝45°，
∴HI＝AI＝BI＝ AB＝2，
∴H（1，2），
∴G（3，4），
设直线CG的解析式为y＝kx+3，
把G（3，4）代入得：4＝3k+3，
解得k＝ ，
∴直线CF的解析式为y＝ x+3，
∴ ，解得 ，
∴点F的坐标为（ ， ）；
②当点F在x轴上方时，如图，延长CF交x轴于N，
∵点B（3，0），点C（0，3），∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵∠ACO+∠FCB＝45°，∠CBO＝∠FCB+∠CNO＝45°．
∴∠ACO＝∠CNO，
∵∠COA＝∠CON＝90°，
∴△CAO∽△NCO，
∴ ，
∴ ，
∴ON＝9，
∴点N（9，0），
设直线CF的解析式为y＝k′x+3，
把N（9，0）代入得：0＝9k′+3，
解得k′＝﹣ ，
∴直线CF的解析式为y＝﹣ x+3，
∴﹣ x+3＝﹣x2+2x+3，
∴x ＝0（舍去），x ＝ ，
1 2
∴点的横坐标为 ；
当点F在x轴下方时，如图，设CF与x轴交于点M，∵∠ACO+∠FCB＝45°，∠FCB+∠OCM＝45°．
∴∠ACO＝∠OCM，
∵OC＝OC，∠COA＝∠COM＝90°，
∴△CAO≌△CMO（ASA），
∴OM＝OA＝1，
∴点M（1，0），
同理直线CF解析式为：y＝﹣3x+3．
∴﹣3x+3＝﹣x2+2x+3，
∴x ＝0（舍去），x ＝5，
1 2
∴点的横坐标为5．
综上所述，点F的横坐标为 或5．
故答案为： 或5．
11．（2022•东港区校级一模）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3经过A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于
点C，（1）求抛物线的函数解析式；
（2）如图2，M是x轴下方的抛物线上一点，连接MO、MB、MC，若△MOC的面积是△MBC面积的
3倍，求点M的坐标；
（3）如图3，连接AC、BC，在抛物线上是否存在一点N（不与点A重合），使得∠BCN＝∠ACB？若
存在，求点N的横坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由于抛物线y＝ax2+bx+3过A（1，0）、B（3，0）两点，那么可以得到方程ax2+bx+3＝0
的两根为x＝1或x＝3，然后利用根与系数即可确定a、b的值．
（2）利用待定系数法求出直线BC的解析式，设点M（m，m2﹣4m+3），过点M作MN∥y轴，交BC
于点N，则N（m，﹣m+3），根据△MOC的面积是△MBC面积的3倍，即可得到点M的坐标；
（3）过点B作BE⊥AB交CN与E，证明△ABC≌△EBC（ASA），根据全等三角形的性质得BE＝AB＝
2，求得E的坐标，由点E、C的坐标可得直线CN的解析式，联立y＝x2﹣4x+3即可求得N点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过A（1，0）、B（3，0）两点，
∴方程ax2+bx+3＝0的两根为x＝1或x＝3，
∴1+3＝﹣ ，1×3＝ ，
∴a＝1，b＝﹣4，
∴二次函数解析式是y＝x2﹣4x+3；
（2）∵二次函数解析式是y＝x2﹣4x+3，
∴C（0，3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+t（k≠0），
则 ，
解得： ．
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3．
设点M（m，m2﹣4m+3），
过点M作MN∥y轴，交BC于点N，∴N（m，﹣m+3），
∴MN＝﹣m+3﹣m2+4m﹣3＝﹣m2+3m，
∵A（1，0）、B（3，0），C（0，3）．
∴S△MOC ＝ OC•m＝ m，
S△MBC ＝ MN•OB＝﹣ m2+ m，
∵△MOC的面积是△MBC面积的3倍，
∴ m＝3（﹣ m2+ m），
∴m＝0（舍去）或 ，
∴点M的坐标为（ ，﹣ ）；
（3）抛物线上存在一点N，使得∠BCN＝∠ACB．
过点B作BE⊥AB交CN与E，
∵B（3，0），C（0，3）．
∴OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝45°，
∴∠OBC＝∠EBC＝45°，∵BC＝BC，∠BCN＝∠ACB．
∴△ABC≌△EBC（ASA），
∴BE＝AB＝2，
∴E（3，2），
设直线CN的解析式为y＝mx+n，
∴ ，解得 ，
∴直线CN的解析式为y＝﹣ x+3，
联立y＝x2﹣4x+3得， 或 （舍去），
∴抛物线上存在一点N，使得∠BCN＝∠ACB．点N的横坐标为 ．
12．（2022•宁津县模拟）如图，抛物线 与x轴交于点A和点C（﹣1，0），与y轴交于点
B（0，3），连接AB，BC，对称轴PD交AB与点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，试探究：线段BC上是否存在点M，使∠EMO＝∠ABC，若存在，求出点M的坐标；若
不存在，请说明理由；
（3）如图3，点Q是抛物线的对称轴PD上一点，若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，请
直接写出点Q纵坐标n的取值范围．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）先求出 A（4，0），可得抛物线的对称轴为 x＝ ＝ ，证明∠ACB＝∠ABC，△MCO∽△EBM，可得MC•BM＝BE•CO，求出MC，即可求解；
（3）当∠BAQ为直角时，求出直线BQ的表达式为y＝ x+3，得到n＝5；当∠BQA为直角时，利用解
直角三角形的方法求出n＝ ；当∠BAQ为直角时，同理可得，n＝﹣ ，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得： ，解得 ，
故抛物线的表达式为y＝﹣ x2+ x+3；
（2）对于y＝﹣ x2+ x+3，令y＝﹣ x2+ x+3＝0，解得x＝4或﹣1，
故点A的坐标为（4，0），
∵点A（4，0），B（0，3），C（﹣1，0），
∴抛物线的对称轴为x＝ ＝ ，
直线AB的表达式为y＝﹣ x+3，
AB＝ ＝5＝AC．
∴∠ACB＝∠ABC，点E（ ， ），
∵∠CME＝∠CMO+∠OME＝∠ABC+∠MEB，∠ABC＝∠OME，
∴∠CMO＝∠BEM．
∴△MCO∽△EBM，
∴ ，
∴MC•BM＝BE•CO，
∵B（0，3），E（ ， ），
∴BE＝ ＝ ，
∴MC•BM＝ ，∵MC+BM＝BC＝ ＝ ．
∴MC＝ 或MC＝ ．
∴ ＝ 或 ＝ ，
如图，过M作MK⊥x轴于K，则MK∥y轴，
∴△CMK∽△CBO，
∴ ＝ 或 ，即 ＝ 或 ，
∴MK＝ 或 ，
∵B（0，3），C（﹣1，0），
∴直线BC的解析式为y＝3x+3，
∴M的﹣横坐标为﹣ 或﹣ ，
∴点M的坐标为（﹣ ， ）或（﹣ ， ）；
（3）设点Q的坐标为（ ，n），
当∠ABQ为直角时，如图，设BQ交x轴于点H，
∵∠ABQ＝90°，
∴∠BAO+∠BHA＝90°，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠BHA，
∵tan∠ABO＝ ，
∴tan∠BHO＝ ，
故设直线BQ的表达式为y＝ x+t，
∵该直线过点B（0，3），
∴t＝3，
∴直线BQ的表达式为y＝ x+3，
当x＝ 时，y＝ x+3＝5，
即n＝5；
②当∠BQA为直角时，
过点Q作直线MN交y轴于点N，交过点A与y轴的平行线于点M，
∵∠BQN+∠MQA＝90°，∠MQA+∠MAQ＝90°，∴∠BQN＝∠MAQ，
∴tan∠BQN＝tan∠MAQ，
即 ，则 ，
解得n＝ ；
③当∠BAQ为直角时，
同理可得，n＝﹣ ；
综上，以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，则△ABQ不为直角三角形，
故点Q纵坐标n的取值范围为﹣ ＜n＜ 或 ＜n＜5．
13．（2022•南山区模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a﹣1不为整数）的顶点D（ ， ），AB⊥BC．
（1）直接得出抛物线解析式．
（2）如图1所示，点P为抛物线一动点，∠PBC＝3∠ABO，求x ；
P
（3）如图2，延长DB交x轴于点E，EF平分∠BEO，交线段AB于点F．x轴正半轴有一点S，且
AS＝12EF．过点F作FG∥x轴，交抛物线的对称轴于点G．该对称轴交x轴于点H．过点G作线段
IM、NQ，且NH＝MH＝IH＝QH．线段IQ交直线FG于点R，若线段MN恰好交FG于点F．那么请求
出R点坐标．并试问∠EFA与∠RSE是否存在倍数关系？若存在，请分别求出它们的角度大小并写出存
在的倍数关系；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据顶点写出抛物线的顶点式，再根据 AB⊥BC得出OB2＝OA•OC，再转化为a和c的
关系，解出a，b，c，最后得到抛物线解析式；
（2）由上一问将∠ABO转化为∠BCO，从而得到点P的两种可能：第一种，在x轴上构造两次等腰三
角形从而得到∠3∠BCO，再延长 与抛物线的新交点即为P点；第二种，过点B作x轴平行线，构造
∠∠BCO，再在 上再构造2∠BCO即可得到3∠BCO，此时的角的边延长与抛物线的新交点即为P点；
先根据点D，点B得出直线DB，再得出点E坐标，再根据EF平分∠BEO得出F点坐标，EF的长以及
EF与y轴坐标 （为了之后方便求∠EFA做准备），再用 AS＝12EF算出S点坐标；接着根据G点与H
点的做法得出 FG以及G点坐标；根据NH＝MH＝IH＝QH得出点N，M，I，Q都在以H为圆心的圆上；
延长FG后根据HGFG得出点G是弦的中点，于是本题即为著名的“蝴蝶定理”——点G也是FR的中
点，得出R的坐标；最后根据之前的准备与各点的坐标算出∠RSE＝135°，∠EFA＝45°，∠RSE＝
3∠EFA．
【解答】解：（1）如图1，设点A（x ，0），C（x ，0）
1 2
由题意，a≠0，其中x ，x 是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个根
1 2
∵抛物线y＝ax2+bx+c的顶点为D（ ， ），
可设抛物线的顶点式为y+a（x﹣ ）2+ ，即y+ax2﹣3ax+ ，
∴与抛物线的一般式y＝ax2+bx+c对比，得 ，
当x＝0时，相应的抛物线的函数值为c，
点B坐标为（0，C），
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠OBA+∠OBC＝90°，
∵∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠OAB＝∠OBC，
∵∠AOB＝∠BOC，
∴△OAB∽△OBC，
∴∠ABO＝∠BCO， ＝ ，
∴OA2＝OB•OC，如图1中，点A（x ，0）在y轴左侧，点C（x ，0）在y轴右侧，点B（0，c）在y轴正半轴，
1 2
∴OA＝﹣x ，OB＝OC＝ ，OC＝x ，其中c＞0，即 ＞0，
1 2
∴a＞﹣ ，
将以上数值代入到OB2＝OA•OC中，得c2＝﹣x x ，
1 2
又x ，x 是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个根，
1 2
∴x x ＝ ，
1 2
∴c2＝﹣ ，
∴ac＝﹣1，
∴a• ＝﹣1，
∴a＝﹣ 或﹣ ，
∵a﹣1不为整数，而（﹣ ）﹣1＝﹣2为整数，
∴a＝﹣ 舍去，
抛物线的解析式为y＝﹣ x2+ x+ ；
（2）如图1中，
∵在第（1）问中已证∠ABO＝∠BCO，
∴条件变为∠PBC＝3∠BCO，
在第（1）问中已求出抛物线的解析式为y＝﹣ x2+ x+ ，
∴x ，x 是方程﹣ x2+ x+ ＝0的两根，
1 2
∴x ＝﹣ ，x ＝ ，
1 2
∴A（﹣ ，0），B（0， ），C（ ，0），
满足∠PBC＝3∠BCO的抛物线上的动点P一共有两种情形：第一种，如下图所示，连接BC，作线段BC的垂直平分线交x轴于B 点，连接BB ，再作线段BB 的垂
1 1 1
直平分线交x轴于B 点，连接BB ，
2 2
∴BB ＝B C，BB ＝B B ，
1 1 2 2 1
∴∠BCB ＝∠B BC，∠BB B ＝∠B BB ，
1 1 1 2 2 1
∵∠BB B ＝∠BCB +∠B BC＝2∠BCB ，即∠BB O＝2∠BCO，
1 2 1 1 1 1
∴∠B B C＝∠B BB +∠B BC＝∠BB B +∠BCB ＝2∠BCB +∠BCB ＝3∠BCB ，
2 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1
又点B ，O都在x轴上，∠BCB ＝∠BCO，
1 1
∴∠B BC＝3∠BCO，
2
∴点P只需为直BB 与抛物线的另一个交点即可，此时∠PBC＝∠B BC＝3∠BCO，符合题目要求，如
2 2
下图所示；所以只需求出点B 的坐标，再得出直BB 的解析式，最后得出点P横坐标
2 2
∵∠BOC＝∠BOB ＝∠BOB ＝90°，B（0， ），C（ ），BB ＝B C，
1 2 1 1
∴OB＝ ，OC＝ ，OB ＝OC﹣B C＝ ﹣BB ，
1 1 1
在Rt△BOB 中，（BB ）2＝OB2+OB 2＝（ ）2+（ ﹣BB ）2，
1 1 1 1
∴BB ＝ ，
1
∴B C＝BB ＝ ，OB ＝ ﹣BB ＝ ，
1 1 1 1
∴OB ＝OB ﹣B B ＝ ﹣BB ，
2 1 2 1 2
在Rt△BOB 中，B B2＝OB2+B O2＝（ ）2+（ ﹣B B）2，
2 2 2 2
∴B B＝ ，
2
∴B B ＝BB ＝ ，OB ＝ ﹣BB ＝ ，
2 2 2 2 2
∴点B 的坐标为（ ，0），
2
设直线BB 的解析式为y＝kx+t ，
2 1∴ ，解方程组得 ，
直线BB 的解析式为y＝﹣ x+ ，
2
由 ，
解得x＝0或 ，
∴满足条件的点P的横坐标为 ．
第二种，如图1，过点B作关于抛物线对称轴对称的点B ，点B 仍在抛物线上；再连接BB ，将线段
3 3 3
BB 绕着点B逆时针旋转到BB ，使得∠B BB ＝2∠BCO；过点B 作B B ⊥BB 于B ，
3 4 4 3 4 4 5 3 5
∵BB ∥x轴，且B （3， ），BB ＝3，
3 3 3
∴∠BCO＝∠B BC，
3
∵∠B BB ＝2∠BCO，
4 3
∴∠B BC＝∠B BB +∠B BC＝2∠BO+∠BCO＝3∠BCO，
4 4 3 3
又∵此时∠PBC＝∠B BC，
4
∴∠PBC＝3∠BCO符合题意，
根据作法，BB ＝BB ＝3，且在第一种情形已知∠BB O＝2∠BCO，OB＝ ，OB ＝ ，
4 3 1 1
∴∠B BB ＝2∠BCO＝∠BB O，
4 3 1
∴tan∠B BB ＝tan∠BB O＝ ＝ ＝ ，
4 3 1
在Rt△B B B中， ＝tan∠B BB ＝ ，
4 5 4 3
∴B B ＝ BB ，
4 5 5在Rt△B B B中，BB 2＝BB 2+B B 2，
4 5 4 5 4 5
∴32＝BB 2+（ BB ）2
5 5
∴BB ＝ ，B B ＝ ，
5 4 5
∴B （ ， ）
4
∴直线BB 的解析式为y＝ x+ ，
4
由 ，
解得x＝ 或0，
∴满足条件的点P的横坐标为 ，
综上所述，满足条件的点P的横坐标为 或 ．
（3）结论：∠RSE＝3∠EFA．
理由：∵点D（ ， ），点B（0， ），
∴直线BD的解析式为y＝ x+ ，
∴点E（﹣ ，0），
∴OE＝ ，OB＝
根据勾股定理，BE＝ ＝ ，
如图3，延长EF交y轴于点F ，过点F 作F F ⊥BE于点F ，
1 1 1 2 2
∵EF平分∠BEO，
∴EF 平分∠BEO，且OF ＝F F （角平分线上的点到角的两边距离相等），
1 1 1 2
∵ •BF •OE＝ •BE•F F ，
1 1 2即（OB﹣OF ）•OE＝BE•OF ，
1 1
∴（ ﹣OF ）× ＝ •OF ，
1 1
∴OF ＝ ，
1
∴F （0， ），
1
∴直线EF的解析式为y＝ x+ ，
∵A（﹣ ，0），B（0， ），
∴直线AB的解析式为y＝3x+ ，
由 ，解得 ，
∴F（﹣ ， ），
∵E（﹣ ，0），
∴EF＝ ，
∵x轴正半轴有一点S，且 AS＝12EF，
∴ AS＝12× ，
∴AS＝ ，
∵A（﹣ ，0），
∴S（3，0），
∵FG∥x轴，交抛物线于点G，对称轴交X轴于点H，
∴HG⊥FG，G（ ， ），
∵NH＝MH＝IH＝QH，
点I，Q，M，N在以H为圆心，以HI为半径的圆上，为方便，将圆中相关部分单独提出，并将直线FG两端延长至与 H相交，F侧交点记为F′，R侧交点
记为R′，如图2所示， ⊙
∴FN•FM＝FF′•FR′，IR•QR＝RR′•RF′，
过点R作MN的平行线交NQ于点K，交MI的延长线于点L，
∴∠M＝∠L，∠N＝∠GKR，
∵∠FGM＝∠LGR，∠NGF＝∠KGR，
∴△FGM∽△LGR，△NGF∽△KGR，
∴ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ，
∵∠L＝∠M＝∠Q，∠IRL＝∠QRK，
∴△ILR∽△KQR，
∴ ＝ 即LR•KR＝IR•QR，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∵F′G＝GR′，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴ ﹣1＝ ﹣1，
∴FG＝RG，
∴点G也是FR的中点，
∴R（ ， ），
如图3，过点F 作F F ⊥AB于点F ，过点R作RR ⊥x轴于点R ．
1 1 3 3 1 1∵R（ ， ），S（3，0），F （0， ），
1
∴R （ ，0），SR ＝ ﹣3＝ ，
1 1
∴RR ＝SR ，
1 1
∴△RR S是等腰直角三角形，
1
∴∠RSR ＝45°，
1
∴∠RSE＝180°﹣45°＝135°，
∴∠EFA＝∠F FF ，
1 3
∵F（﹣ ， ），F （0， ），
1
∴FF ＝ ，
1
∵∠ABP＝∠F BF ，∠AOB＝∠F F B＝90°，
1 3 1 3
∴△F F B∽△ABO，
1 3
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴F F ＝ ，
1 3
∴sin∠F FF ＝ ＝ ，
1 3
∴∠F FF ＝45°，
1 3
∴∠EFA＝45°，
∴∠RSE＝3∠EFA．14．（2022•大连二模）抛物线y＝x2﹣4x+c与直线I：y＝kx交于点G（1，m）和点H，﹣1≤m＜0，直线
x＝m﹣1交直线l于点A，交抛物线于点B．
（1）求c和k的值（用含m的代数式表示）；
（2）过点A作x轴的平行线交抛物线于M，N两点（M在N的左侧），交y轴于点C．求 的取值范
围；
（3）在（2）的条件下，过点B作x轴的平行线，与抛物线另一个交点为D，若点E是线段BD的中点，
探究∠MEN与∠ABC的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）把点G（1，m）分别代入y＝x2﹣4x+c与y＝kx，即可求得答案；（2）由题意可得 A（m﹣1，m2﹣m），B（m﹣1，m2﹣5m+8），M（m+1，m2﹣m），求得 ＝
＝﹣2m+4，再根据一次函数的性质即可求得 的取值范围；
（3）先求出D（﹣m+5，m2﹣5m+8），E（2，m2﹣5m+8），F（2，m2﹣m），利用三角函数定义可得：
tan∠ABC＝ ＝ ，tan∠MEF＝ ＝ ，tan∠NEF＝ ＝ ，得出∠MEF＝∠NEF
＝∠ABC，进而可得∠MEN＝2∠ABC．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣4x+c与直线I：y＝kx交于点G（1，m），
∴m＝12﹣4×1+c，m＝k×1，
∴c＝m+3，k＝m；
（2）∵直线x＝m﹣1交直线l于点A，
∴y＝m（m﹣1）＝m2﹣m，
∴A（m﹣1，m2﹣m），
∵直线x＝m﹣1交抛物线于点B，
∴y＝x2﹣4x+m+3＝（m﹣1）2﹣4（m﹣1）+m+3＝m2﹣5m+8，
∴B（m﹣1，m2﹣5m+8），
∴AB＝﹣4m+8，
∵过点A作x轴的平行线交抛物线于M，N两点（M在N的左侧），交y轴于点C，
∴C（0，m2﹣m），点M的纵坐标与点A的纵坐标相等，
∴m2﹣m＝x2﹣4x+m+3，
解得：x ＝m+1，x ＝﹣m+3，
1 2
∴M（m+1，m2﹣m），N（﹣m+3，m2﹣m），
∴AM＝m+1﹣（m﹣1）＝2，
∴ ＝ ＝﹣2m+4，
∵﹣2＜0，且﹣1≤m＜0，
∴ 的值随着m的增大而减小，
当m＝﹣1时， ＝﹣2×（﹣1）+4＝6，当m＝0时， ＝﹣2×0+4＝4，
∴4≤ ≤6；
（3）∠MEN＝2∠ABC．理由如下：
∵BD∥x轴，
∴点D的纵坐标与点B的纵坐标相等，
∴m2﹣5m+8＝x2﹣4x+m+3，
解得：x ＝m﹣1，x ＝﹣m+5，
1 2
∴D（﹣m+5，m2﹣5m+8），
∵点E是线段BD的中点，
∴E（2，m2﹣5m+8），
如图，设直线x＝2交直线MN于点F，
则F（2，m2﹣m），
∴MF＝NF＝﹣m+1，EF＝m2﹣5m+8﹣（m2﹣m）＝﹣4m+8，
∵AC＝0﹣（m﹣1）＝﹣m+1，AB＝﹣4m+8，
∴tan∠ABC＝ ＝ ，
∵tan∠MEF＝ ＝ ，tan∠NEF＝ ＝ ，
∴∠MEF＝∠NEF＝∠ABC，
∴∠MEN＝2∠ABC．
15．（2022•新抚区模拟）如图，直线y＝mx+n与抛物线y＝﹣x2+bx+c交于A（﹣2，0），B（2，2）两点，
直线AB与y轴交于点C．（1）求抛物线与直线AB的解析式；
（2）点P在抛物线上，直线PC交x轴于Q，连接PB，当△PBC的面积是△ACQ面积的2倍时，求点
P的坐标；
（3）点M为坐标轴上的动点，当∠AMB＝45°时，直接写出点M的坐标．
【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）由一次函数解析式可得点C坐标，从而可得AC＝BC，由△PBC的面积是△ACQ面积的2倍可得
点P到AB的距离是点Q到AB的距离的2倍，通过分类讨论点P的位置，结合图象求解．
（3）分别讨论点M在x轴正半轴，y轴负半轴与正半轴三种情况，由AB长度不变，∠AMB角度不变可
得∠AMB为弦AB所对圆周角，从而可得AB所对圆心角为直角，进而求解．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），B（2，2）代入y＝﹣x2+bx+c得 ，
解得 ，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+ x+5．
将A（﹣2，0），B（2，2）代入y＝mx+n得 ，
解得 ，
∴直线AB解析式为y＝ x+1．
（2）①点P在x轴上方是，过点P作x轴平行线，交y轴于点F，交直线AB于点E，将x＝0代入y＝ x+1得y＝1，
∴点C坐标为（0，1），
∵A（﹣2，0），B（2，2），
∴C为AB中点，即AC＝BC，
∴当△PBC的面积是△ACQ面积的2倍时，点P到BC的距离是点Q到AC的距离的2倍，
∵PE∥OA，
∴△EPC∽△AQC，
∴ ＝2，
∵PF∥OA，
∴△PFC∽△OQC，
∴ ＝ ＝2，
∴点P纵坐标为FC+OC＝3OC＝3，
将y＝3代入y＝﹣x2+ x+5得3＝﹣x2+ x+5，
解得x ＝ ﹣ ，x ＝ + ，
1 2
∴点P坐标为（ ﹣ ，3）或（ + ，3）．
②点P在x轴下方，连接BQ，PK⊥x轴于点K，∵C为AB中点，
∴S△AQC ＝S△BQC ，
∵△PBC的面积是△ACQ面积的2倍，
∴S△PBQ ＝S△BQC ，
∴点Q为CP中点，
又∵∠CQO＝∠PQK，∠COQ＝∠PKQ＝90°，
∴△OCQ≌△KPQ，
∴CQ＝KP，即点P纵坐标为﹣1，
将y＝﹣1代入y＝﹣x2+ x+5得﹣1＝﹣x2+ x+5，
解得x ＝ ，x ＝ ，
1 2
∴点P坐标为（ ，﹣1），（ ，﹣1），
综上所述，点 P坐标为（ ﹣ ，3）或（ + ，3）或（ ，﹣1）或（ ，﹣
1），
（3）①点M在x轴正半轴上，作BN⊥x轴于点N，
∵∠AMB＝45°，
∴△BNM为等腰直角三角形，∴BN＝NM＝2，
∴OM＝ON+NM＝4，
∴点M坐标为（4，0）．
②如图，点M在y轴负半轴，作AG⊥BM于点G，
∵AB长度不变，∠AMB＝45°，
∴点A，B，C在同一个圆上，
∵∠AGB＝2∠AMB＝90°，
∴点G为△AMB外接圆圆心，
∴GA＝GM＝GB，即△AMB为等腰直角三角形，
∴AM＝AB＝ ＝2 ，
在Rt△AOM中，由勾股定理得OM＝ ＝4，
∴点M坐标为（0，﹣4），
③点M 与点M关于点C对称，则四边形AMBM 为平行四边形，∠AM B＝45°，
1 1 1
∴点M 坐标为（0，6）．
1
∴点M坐标为（4，0）或（0，﹣4）或（0，6）．16．（2022•铁岭模拟）如图1，抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交
于点C，直线l与抛物线交于A、D两点，其中D点的横坐标为2．
（1）求抛物线的解析式以及直线AD的解析式；
（2）点P是抛物线上位于直线AD下方的动点，过点P作x轴，y轴的平行线，交AD于点E、F，当
PE+PF取最大值时，求点P的坐标；
（3）如图2，连接AC，点Q在抛物线上，且满足∠QAB＝2∠ACO，求点的坐标．
【分析】（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2﹣x+c，求出抛物线的解析式，求出D点坐标后，
利用待定系数法求直线AD的解析式；
（2）由题意可得PF＝PE，设P（x， x2﹣x﹣4），F（x，﹣x﹣2），则PF＝﹣ x2+2，当PF最大时，
PF+PE就最大，由此求解即可；
（3）在BO上截取ON＝OA，连接CN，过点A作AH⊥CN，证明△OCN≌△OCA（SAS），则可推导
出∠QAB＝∠NCA，再由S△ANC ＝ AN×OC＝ AH×CN，求出tan∠NCA＝ ，分两种情况讨论：当点Q
在AB的下方时，设AQ与y轴交于点I，tan∠NCA＝tan∠QAB＝ ，可求点I（0，﹣ ），求出直线
AQ解析式为y＝﹣ x﹣ ，联立方程组得： ，可求点Q坐标为（ ，﹣ ），当点Q在AB的上方时，同理可求直线AQ解析式为：y＝ x+ ，联立方程组得： ，可求点Q
坐标为（ ， ）．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2﹣x+c，
得 ，
解得 ，
∴抛物线解析式为y＝ x2﹣x﹣4，
当x＝2时，y＝﹣4，
∴D（2，﹣4），
设直线AD的解析式为y＝kx+b，
将A（﹣2，0）D（2，﹣4）代入，
得 ，
解得 ，
∴直线AD的解析式为y＝﹣x﹣2；
（2）根据题意作图，如图1，
在y＝﹣x﹣2上，当x＝0时，y＝﹣2，
∴AD与y轴的交点M的坐标为（0，﹣2），
∴OA＝OM，∠AOM＝90°，
∴∠OAB＝45°，
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴∠PEF＝∠OAB＝45°，∠EPF＝90°，
∴PF＝PE，
设P（x， x2﹣x﹣4），F（x，﹣x﹣2），∴PF＝﹣ x2+2，
∵P在AD的下方，
∴﹣2＜x＜2，
当x＝0时，PF有最大值为2，此时PF+PE最大，
∴P（0，﹣4）；
（3）在BO上截取ON＝OA，连接CN，过点A作AH⊥CN，如图2，
∵点A（﹣2，0），点C（0，﹣4），
∴OA＝2，OC＝4，
∴AC＝2 ，
∵ON＝OA，∠CON＝∠COA＝90°，OC＝OC，
∴△OCN≌△OCA（SAS），
∴∠ACO＝∠NCO，CN＝AC＝2 ，
∴∠NCA＝2∠ACO，
∵∠QAB＝2∠ACO，
∴∠QAB＝∠NCA，
∵S△ANC ＝ AN×OC＝ AH×CN，
∴AH＝ ，
∴CH＝ ，
∴tan∠NCA＝ ，
如图3，当点Q在AB的下方时，设AQ与y轴交于点I，
∵∠QAB＝∠NCA，
∴tan∠NCA＝tan∠QAB＝ ，
∴OI＝ ，
∴点I（0，﹣ ），
又∵点A（﹣2，0），∴直线AQ解析式为：y＝﹣ x﹣ ，
联立方程组得： ，
解得： 或 （不合题意舍去），
∴点Q坐标为（ ，﹣ ），
当点Q在AB的上方时，同理可求直线AQ解析式为：y＝ x+ ，
联立方程组得： ，
解得： （不合题意舍去）或 ，
∴点Q坐标为（ ， ），
综上所述：点Q的坐标为（ ，﹣ ）或（ ， ）．17．（2022•平房区二模）如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交
于点A、B（点A在点B左侧），与y轴交于点C，直线y＝﹣x+4经过B、C两点，OB＝4OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P为第四象限抛物线上一点，过点P作PD⊥x轴交BC于点D，垂足为N，连接PC交
x轴于点E，设点P的横坐标为t，△PCD的面积为S，求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，如图3，过点P作PF⊥PC交y轴于点F，PF＝PE．点G在抛物线上，连接
PG，∠CPG＝45°，连接BG，求直线BG的解析式．【分析】（1）求出点A、B的坐标，将A（1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，即可求函数的解析式；
（2）由P（t，t2﹣5t+4）（0＜t＜4），则D（t，﹣t+4），求出PD的长，然后再求S＝ ×PD×t＝﹣
t3+2t2；
（3）过点 P 作 PM⊥y 轴交于 M，可证明△PFM≌△PEN（ASA），进而求出 P 点坐标，再由
PD∥OC，则 ＝ ，可求EN的长，能求出tan∠ECB＝ ＝ ，过点G作GH⊥PD交PD的延长
线于点H，设G（m，m2﹣5m+4），可求点G（5，4），再由待定系数法求直线BG的解析式即可．
【解答】解：（1）在直线y＝﹣x+4中，令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
令y＝0，则x＝4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∵OB＝4OA，
∴OA＝1，
∴A（1，0），
将A（1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
∴ ，
解得 ，
∴y＝x2﹣5x+4；
（2）∵点P的横坐标为t，∴P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），
∵PD⊥x轴，
∴D（t，﹣t+4），
∴PD＝﹣t+4﹣t2+5t﹣4＝﹣t2+4t，
∴S＝ ×t×（﹣t2+4t）＝﹣ t3+2t2；
（3）过点P作PM⊥y轴交于M，
∵PN⊥x轴，
∴∠NPM＝90°，
∵PF⊥PC，
∴∠FPE＝90°，
∴∠FPM＝∠EPN，
∵PE＝PF，
∴△PFM≌△PEN（ASA），
∴PM＝PN，
∴t＝﹣（t2﹣5t+4），
解得t＝2，
∴P（2，﹣2），
∵PD∥OC，
∴∠OCA＝∠CPD，
∵∠OCB＝∠CPG＝45°，
∴∠PCB＝∠DPG，
又∵PD∥OC，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得EN＝ ，
∴BE＝2+ ＝ ，
过点E作EK⊥BC交于K，
∵∠OBC＝45°，
∴EK＝BK＝ ，∴CK＝4 ﹣ ＝ ，
∴tan∠ECB＝ ＝ ，
过点G作GH⊥PD交PD的延长线于点H，
设G（m，m2﹣5m+4），
∴ ＝ ，
解得m＝2（舍）或m＝5，
∴G（5，4），
设直线BG的解析式为y＝kx+n，
∴ ，
解得 ，
∴y＝4x﹣16．
18．（2022•新民市一模）如图，已知抛物线y＝﹣ x2+bx+c经过点A（0，2），B（8，0），点D是第一
象限抛物线上的一点，CD⊥AB于点C．
（1）直接写出抛物线的表达式 y ＝﹣ + +2 ；
（2）如图1，当CD取得最大值时，求点D的坐标，并求CD的最大值；
（3）如图2，点D满足（2）的条件，点P在x轴上，且∠APD＝45°，直接写出点P的横坐标
或 ．【分析】（1）将x＝0，y＝2；x＝8，y＝0代入得抛物线的表达式，进一步求得结果；
（2）作DF⊥OB于F，交AB于E，根据△DCE∽△BOA，可得出CD＝ DE，设D（m，﹣
+ +2），E（m，﹣ +2），从而得出 DE＝（﹣ + +2）﹣（﹣ m+2）＝﹣ （m﹣4）
2+2，进一步求得结果；
（3）作△APD的外接圆I，连接AI，DI，作IR⊥y轴于R，作DT⊥RI，交RI的延长线于T，设I（a，
b），可推出△ARI≌△ITD，从而得出AR＝IT＝2﹣b，RI＝DT＝a，进而得出a＝3﹣b，a+2﹣b＝4，从
而求得a，b的值，根据PI2＝AI2，进而求得结果．
【解答】解：（1）将x＝0，y＝2代入抛物线的表达式得：c＝2，
将x＝8，y＝0代入得，
﹣ ×82+8b+2＝0，
∴b＝ ，
∴y＝﹣ + ，
故答案为：y＝﹣ + ；
（2）如图1，
作DF⊥OB于F，交AB于E，
∴∠DCE＝∠BFE＝90°，∵∠CED＝∠BEF，
∴∠D＝∠ABO，
∴△DCE∽△BOA，
∴ ，
∵OB＝8，AB＝ ＝ ＝2 ，
∴ ，
∴CD＝ DE，
设D（m，﹣ + +2），
∵A（0，2），B（8，0），
∴直线AB的表达式为：y＝﹣ x+2，
∴E（m，﹣ +2），
∴DE＝（﹣ + +2）﹣（﹣ m+2）＝﹣ （m﹣4）2+2，
∴当m＝4时，DE最大 ＝2，
∴CD最大 ＝ ，
当x＝4时，y＝﹣ + +2＝3，
∴D（4，3）；
（3）如图2，作△APD的外接圆I，连接AI，DI，
∴∠AID＝2∠APD＝90°，
设I（a，b），P（n，0），
作IR⊥y轴于R，作DT⊥RI，交RI的延长线于T，
∴∠ARI＝∠T＝90°，
∴∠AIR+∠RAI＝90°，
∵∠AID＝90°，
∴∠AIR+∠DIT＝90°，、
∴∠RAI＝∠DIT，
∵AI＝DI，
∴△ARI≌△ITD（AAS），
∴AR＝IT＝2﹣b，RI＝DT＝a，
∵DT＝3﹣b，
∴a＝3﹣b，
∵RI+IT＝4，
∴a+2﹣b＝4，
∴a＝ ，b＝ ，
∴I（ ， ），
由PI2＝AI2得，
（n﹣ ）2+（ ）2＝（ ）2+（2﹣ ）2，
∴n＝ ，
∴P点横坐标为： 或 ．
19．（2022•大庆二模）如图，抛物线y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）与x轴交于点A，B，与y轴交于点
C，已知点B（3，0）．
（1）求直线BC及抛物线的函数表达式；
（2）P为x轴上方抛物线上一点．
①若S△PBC ＝S△ABC ，请直接写出点P的坐标；②如图，PD∥y轴交BC于点D，DE∥x轴交AC于点E，求PD+DE的最大值；
（3）Q为抛物线上一点，若∠ACQ＝45°，求点Q的坐标．
【分析】（1）将点B（3，0）代入y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9），求出m即可求函数是解析式；再由
待定系数法求直线BC的解析式即可；
（2）①过点A作AP∥BC，则S△PBC ＝S△ABC ，直线直线BC和直线AP的交点即为P点；
②设点P（t，﹣t2+4t﹣3），则点D（t，t﹣3）， ，可得 ＝﹣（t﹣
）2+ ，则当 时，PD+DE取最大值 ；
（3）在抛物线上取点Q，使∠ACQ＝45°，过点B作BM⊥BC，交CQ的延长线于点M，过点M作
MN⊥x轴于点N，△OBC和△BMN都是等腰直角三角形，由此可知∠OCA＝∠BCM，利用三角形函数
求出M（4，﹣1），从而能确定直线CQ的解析式为 ，设点 ，再将Q点代入函
数解析式即可求解．
【解答】解：（1）将点B（3，0）代入y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9），
∴m2+m＝0，
解得m＝0（舍）或m＝﹣1，
∴y＝﹣x2+4x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线BC的函数表达式为y＝kx+b，
将点B（3，0），C（0，﹣3）代入，
得 ，解得 ，
∴y＝x﹣3；
（2）①如图1，过点A作AP∥BC，则S△PBC ＝S△ABC ，
∵直线BC的解析式为y＝x﹣3，
∴直线AP的表达式为y＝x﹣1．
联立 ．
解得 （舍）或 ，
∴P（2，1）；
②由（1）知直线BC的表达式为y＝x﹣3，
设直线AC的解析式为y＝k'x+b'，
∴ ，
解得 ，
∴y＝3x﹣3，
设点P（t，﹣t2+4t﹣3），则点D（t，t﹣3）， ，
∴PD＝﹣t2+4t﹣3﹣（t﹣3）＝﹣t2+3t， ，
∴ ＝﹣（t﹣ ）2+ ，
∴当 时，PD+DE取最大值 ；
（3）如图2，在抛物线上取点Q，使∠ACQ＝45°，
过点B作BM⊥BC，交CQ的延长线于点M，过点M作MN⊥x轴于点N，
∵B（3，0），C（0，﹣3）
∴OB＝OC＝3，BC＝3 ，
∴△OBC为等腰直角三角形，
∴△BMN为等腰直角三角形，
∵∠ACQ＝45°，∴∠OCA＝∠BCM，
∵A（1，0），
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴BN＝NM＝1，
∴M（4，﹣1），
∴直线CQ的解析式为 ，
设点 ，
∴ ，
整理得： ，
解得 或n＝0（舍），
∴ ．20．（2022•运城二模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于点A（﹣2，0），B（8，0）两点，与
y轴交于点C，点P是直线BC下方抛物线上一动点，过点P作直线PE∥y轴，交直线BC于点D，交x
轴于点F，以PD为斜边，在PD的右侧作等腰直角△PDF．
（1）求抛物线的表达式，并直接写出直线BC的表达式；
（2）设点P的横坐标为m（0＜m＜3），在点P运动的过程中，当等腰直角△PDF的面积为9时，请
求出m的值；
（3）连接AC，该抛物线上是否存在一点M，使∠ACO+∠BCM＝∠ABC，若存在，请直接写出所有符
合条件的点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，再求出C点坐标，然后利用待定系数法求直线BC
的表达式即可；
（2）设出P（m， ﹣3m﹣8），D（m，m﹣8），然后根据两点间距离公式表示出PD长，再根据
等腰直角三角形的性质列出△PDF的面积表达式，结合面积为9建立方程求解，即可解决问题；
（3）分点M在BC的上方和点M在BC的下方两种情况讨论，根据题意画出图形，构造三角形全等，
求出直线CM上的一点坐标，则可利用待定系数法求出直线 CM的解析式，最后和抛物线的解析式联立
求解，即可求出点M的坐标．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（8，0）分别代入y＝ax2+bx﹣8中，则 ，
解得 ，
∴抛物线的表达式为y＝ x2﹣3x﹣8；
令x＝0．则y＝﹣8，
∴C（0，﹣8），
设直线BC解析式为y＝kx﹣8（k≠0），
把B（8，0）代入解析式得，8k﹣8＝0，
解得：k＝1，
∴直线BC解析式为y＝x﹣8；
（2）∵点P的横坐标为m（0＜m＜3），
∴P（m， ﹣3m﹣8），D（m，m﹣8），
∴PD＝（m﹣8）﹣（ ﹣3m﹣8）＝﹣ +4m，
过点P作PN⊥PD于N，
∵△PDF是等腰直角三角形，PD为斜边，
∴PN＝DN，
∴FN＝ PD，
∴S△PDF ＝ PD•FN＝ PD2＝9，
∴PD＝6，∴﹣ +4m＝6，
解得：m ＝6，m ＝2，
1 2
又∵0＜m＜3，
∴m＝2；
（3）存在，理由如下：由（2）得△BOC为等腰直角三角形，
∴∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝∠BCO＝45°，
①如图，当点M在BC的上方时，设CM与x轴交于一点D，
∵∠ACO+∠BCD＝∠ABC＝∠BCO＝∠OCD+∠BCD，
∴∠ACO＝∠DCO，
∵OC⊥AD，OC＝OC，
∴△AOC≌△COD（ASA），
∴OD＝OA＝2，
∴D（2，0），
设直线CM解析式为y＝nx﹣8（n≠0），
则2n﹣8＝0，
解得：n＝4，
∴直线CM解析式为y＝4x﹣8，
则 ，
解得： 或 （舍去），
∴此时点M的坐标为（14，48）；②如图，当点M在BC的下方时，
过B作x轴的垂线，过C作y轴的垂线，两条垂线交于一点H，作∠HCK＝∠ACO，CK交抛物线与点
M，
由（2）得△BOC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠BCO＝45°，
∴∠BCH＝45°，
即∠BCM+∠MCH﹣45°，
∵∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝45°，
∴∠ACQ＝∠MCH，
又∵∠AOC＝∠KHC＝90°，
∵OB＝OC．∠COB＝∠OCH＝∠OBH＝90°，
∴四边形OCHB正方形，
∵OC＝OH，
∴△AOC≌△KHC（ASA），
∴KH＝OA＝2，
∴BK＝BH﹣KH＝8﹣2＝6，
∴K（8，﹣6），
设直线CK的解析式为y＝ex﹣8（e≠0），
∴﹣6＝8e﹣8，
解得：e＝ ，
∴直线CK的解析式为y＝ x﹣8，则 ，
解得 或 （舍去），
∴M（ ，﹣ ）；
综上所述，点M坐标为（14，48）或（ ，﹣ ）．
21．（2022•永安市模拟）已知二次函数y＝x2+（k﹣2）x﹣2k．
（1）当此二次函数的图象与x轴只有一个交点时，求该二次函数的解析式；
（2）当k＞0时，直线y＝kx十2交抛物线于A，B两点（点A在点B的左侧），点P在线段AB上，过
点P做PM垂直x轴于点M，交抛物线于点N．
①求PN的最大值（用含k的代数式表示）；
②若抛物线与x轴交于E，F两点，点E在点F的左侧．在直线y＝kx+2上是否存在唯一一点Q，使得
∠EQO＝90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）可求得二次函数与x轴的交点为（2，0）（﹣k，0），进而得出结果；
（2）①设点P（m，km+2），从而表示出点N的坐标，进而表示出PN的函数关系式，进一步求得结
果；
②只需以OE为直径的圆与直线y＝kx+2相切，即OE的中点I到GH的距离等于半径 ，根据面积法
可求得k的值．
【解答】解：（1）当y＝0时，x2+2（k﹣2）x﹣2k＝0，
∴（x﹣2）•（x+k）＝0，
∴x ＝2，x ＝﹣k，
1 2
∵二次函数的图象与x轴只有一个交点，
∴k＝﹣2，
∴该二次函数的解析式为y＝x2﹣4x+4；
（2）①设点P的坐标为（m，km+2），则点N的坐标为（m，m2+（k﹣2）m﹣2k），
∴PN＝km+2﹣[m2+（k﹣2）m﹣2k]＝﹣m2+2m+2+2k＝﹣（m﹣1）2+3+2k，∴当m＝1时，PN取得最大值，最大值为3+2k；
②如图，
存在唯一的Q点，使∠EQO＝90°：
设直线y＝kx+2交x周于G，交y轴于H，OE的中点记作I，作IQ⊥GH于Q，连接IH，
当IQ＝ ，∠EQO＝90°且有唯一的点Q，
当y＝0时，kx+2＝0，
∴x＝﹣ ，
∴OG＝ ，
当x＝0时，y＝2，
∴OH＝2，
∴GH＝ ＝ ，
由（1）知：OE＝k，
∴OI＝IQ＝ ，
∵S△GOH ＝S△HOI +S△GIH ，
∴ ，
∴2× ＝2× + ，
∴k＝ ．
22．（2022•南岗区三模）在平面直角坐标系中，点 O为坐标系的原点，经过点B（3，6）的抛物线与x轴的正半轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P为第一象限抛物线上的一点，且点P在抛物线对称轴的右侧，连接OP，AP，设点P
的横坐标为t，△OPA的面积为S，求S与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，当 时，连接BP，点C为线段OA上的一点，过点C作x轴的垂
线交BP的延长线于点D，连接OD，BC，若 ，求点C的坐标．
【分析】（1）根据抛物线经过点B（3，6）得：6＝﹣ ×32+3b，解得抛物线的解析式为：y＝﹣ x2+
x；
（2）过点P作PE⊥x轴，垂足为点E，由点P的横坐标为t，得P（t，﹣ t2+ t），PE＝﹣ t2+ t，
由y＝﹣ x2+ x可得点A的坐标为（7，0），故S＝ OA•PE＝ ×7•（﹣ t2+ t）＝﹣ t2+ t；
（3）过点P作PE⊥x轴，垂足为点E，过点B作FG⊥y轴，垂足为点F，FG交EP的延长线于点G，
取OD的中点M，连接BM，CM，延长BM交x轴于点N，延长CM至点H，当S＝ 时，结合（2）可
得 t＝5，点 P 的坐标为（5，5），在 Rt△OBF 中， ，在 Rt△PBG 中，，即得∠BOF＝∠PBG，设∠CBD＝2 ，由 ，可证明
∠CMN＝90°﹣2 ＝∠OMN，从而BN⊥x轴，CN＝ON，又CαN＝ON＝3，即得OC＝6，点C的坐标为
（6，0）． α
【解答】解：（1）根据题意得：6＝﹣ ×32+3b，
解得：b＝ ，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣ x2+ x；
（2）过点P作PE⊥x轴，垂足为点E，如图：
∵点P在抛物线y＝﹣ x2+ x上，点P的横坐标为t，
∴P（t，﹣ t2+ t），
∴PE＝﹣ t2+ t，
在y＝﹣ x2+ x中，令y＝0，得﹣ x2+ x＝0，
解得x ＝0，x ＝7，
1 2
∴点A的坐标为（7，0），
∴S＝ OA•PE＝ ×7•（﹣ t2+ t）＝﹣ t2+ t；
答：S与t的函数解析式为S＝﹣ t2+ t；
（3）过点P作PE⊥x轴，垂足为点E，过点B作FG⊥y轴，垂足为点F，FG交EP的延长线于点G，取OD的中点M，连接BM，CM，延长BM交x轴于点N，延长CM至点H，如图：，
当S＝ 时， ＝﹣ t2+ t，
解得t ＝2，t ＝5，
1 2
∵抛物线y＝﹣ x2+ x的对称轴为直线x＝ ，点P在对称轴的右侧，
∴t＝5，
∴点P的坐标为（5，5），
∵FG⊥y轴，
∴∠BFO＝∠PEA＝90°，
又∵∠FOA＝90°，
∴∠BFO+∠FOA＝180°，
∴FG∥OA，
∴∠G＝∠PEA＝90°，
∵点P的坐标为（5，5），
∴PE＝OE，
∴∠POE＝∠OPE＝45°，
∵B（3，6），
∴BG＝2，PG＝1，
在Rt△OBF中， ，
在Rt△PBG中， ，
∴tan∠BOF＝tan∠PBG，
∴∠BOF＝∠PBG，又∵∠BOF+∠OBF＝90°，
∴∠PBG+∠OBF＝90°，
∴∠OBP＝90°，
设∠CBD＝2 ，
α
∵ ，
∴∠ODB＝ ∠CBD+POA＝ +45°，
∵∠OBD＝∠OCD＝90°， α
∴BM＝OM＝DM＝CM，
∴∠MBD＝∠BDM＝ +45°，
∴∠MCB＝∠MBC＝α+45°﹣2 ＝45°﹣ ，∠OMN＝∠BMD＝180°﹣2（ +45°）＝90°﹣2 ，∠BMO＝
2 +90°， α α α α α
∴α∠BMH＝∠MCB+∠MBC＝90°﹣2 ，
∴∠OMH＝∠BMO﹣∠BMH＝（2 +α90°）﹣（90°﹣2 ）＝4 ，
∴∠CMN＝180°﹣∠OMH﹣∠OMNα＝180°﹣4 ﹣（90°α﹣2 ）α＝90°﹣2 ＝∠OMN，
∵OM＝CM， α α α
∴BN⊥x轴，CN＝ON，
∴CN＝ON＝3，
∴OC＝6，
∴点C的坐标为（6，0）．
23．（2022•同安区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）过点A（﹣1，0）和C（0，3），与x轴交于
另一点B，顶点为D．
（1）求a、b满足的关系式；
（2）对于抛物线上的任意两点P （x ，y ），P （x ，y ），当y ＝y 时，恒有|x ﹣1|＝|x ﹣1|．
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2
①求抛物线解析式；
②AC与BD的延长线交于点H，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使得∠OPB＝∠AHB．若存在，
求出一个符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）①利用已知条件可知抛物线的对称轴为直线x＝1，利用二次函数的性质与（1）中的结论得到关
于a，b的关系式即可求得a，b的值，则结论可得；②利用待定系数法求得直线AC，BD的解析式，联立即可求得点H的坐标，过点H作HE⊥OB于点
E，过点A作AF⊥HB于点F，利用点的坐标的特征，勾股定理和相似三角形的判定与性质求得线段
HB，HF，AF的长度，利用等腰直角三角形的性质可得∠AHB＝45°，利用∠OCB＝45°，即可得到当点
P与点C重合时，满足∠OPB＝∠AHB＝45°，由此可求得满足条件的点P 的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）过点A（﹣1，0）和C（0，3），
∴ ，
∴a﹣b+3＝0，
∴a﹣b＝﹣3；
（2）①∵对于抛物线上的任意两点P （x ，y ），P （x ，y ），当y ＝y 时，恒有|x ﹣1|＝|x ﹣1|，
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2
∴该抛物线的对称轴为直线x＝1．
∴ ＝1．
∴b＝﹣2a．
∵a﹣b＝﹣3，
∴a﹣（﹣2a）＝﹣3，
∴a＝﹣1．
∴b＝﹣2a＝2．
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
②在x轴上方的抛物线上存在点P，使得∠OPB＝∠AHB，符合条件的点P的坐标为（0，3）．理由：
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解：x＝3或﹣1，
∴B（3，0）．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
设直线AC的解析式为y＝dx+e，
∴ ，
解得： ，
∴直线AC的解析式为y＝3x+3．
设直线BD的解析式为y＝kx+n，，
解得： ．
∴直线BD的解析式为y＝﹣2x+6．
∴ ，
解得： ，
∴H（ ， ）．
过点H作HE⊥OB于点E，过点A作AF⊥HB于点F，如图，
则HE＝ ，OE＝ ．
∵B（3，0），A（﹣1，0），C（0，3），
∴OB＝3，OC＝3，OA＝1．
∴BE＝OB﹣OE＝ ，AB＝OA+OB＝4．
∴BH＝ ＝ ．
∵∠HEB＝∠OFB＝90°，∠HBE＝∠OBF，
∴△HEB∽△OFB，
∴ ，∴ ，
∴BF＝ ，AF＝ ．
∴HF＝HB﹣BF＝ ，
∴AF＝HF，
∵AF⊥BD，
∴△AFH为等腰直角三角形，
∴∠AHB＝45°．
∵OB＝OC＝3，∠COB＝90°，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴当点P与点C重合时，满足∠OPB＝∠AHB＝45°，
∴在x轴上方的抛物线上存在点P，使得∠OPB＝∠AHB，符合条件的点P的坐标为（0，3）．
24．（2022•伊宁市模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点M是第一象限内抛物线上一动点，过点M作MF⊥x轴于点F，作ME⊥y轴于点E，当
矩形MEOF周长最大时，求M点坐标．
（3）如图2，点P是该抛物线上一动点，连接PC，AC，直接写出使得∠PCB＝∠ACO时点P的坐标．
【分析】（1）把点A（﹣1，0）和点B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c解方程组即可得到结论；
（2）设M（m，﹣m2+2m+3），求得F（m，0），E（0，﹣m2+2m+3），根据矩形的性质得到EM＝OF
＝m，OE＝MF＝﹣m2+2m+3，求得矩形MEOF的周长＝﹣2（m﹣ ）2+ ，当m＝ 时，矩形MEOF
周长最大，于是得到结论；（3）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，则y＝3，求得C（0，3），根据勾股定理得到BC＝3 ，如图2，
作QB⊥CB，QH⊥x轴，得到∠CBQ＝∠BHQ＝90°，根据勾股定理得到BQ＝ ，根据相似三角形的
性质得到BH＝QH＝1，求得Q（4，1）或（2，﹣1），于是得到直线CQ函数为y＝﹣ x+3或y＝﹣
2x+3，解方程组即可得到结论．
【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）和点B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c得， ，
解得 ，
∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵点M是第一象限内抛物线上一动点，
∴设M（m，﹣m2+2m+3），
∵MF⊥x轴于点F，作ME⊥y轴于点E，
∴F（m，0），E（0，﹣m2+2m+3），
∵四边形MEOF是矩形，
∴EM＝OF＝m，OE＝MF＝﹣m2+2m+3，
∴矩形MEOF的周长＝2m+2（﹣m2+2m+3）＝﹣2m2+6m+6＝﹣2（m﹣ ）2+ ，
∴当m＝ 时，矩形MEOF周长最大，
∴M点坐标为（ ， ）；
（3）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∵B（3，0），
∴OC＝3，OB＝3，
∴BC＝3 ，
如图2，在CP上找一点Q，作QB⊥CB，QH⊥x轴
∴∠CBQ＝∠BHQ＝90°，
∵∠PCB＝∠ACO，∠AOC＝∠CBQ＝90°，
∴△AOC∽△QBC，∴BC：BQ＝CO：AO＝3：1，
∴BQ＝ ，
∵∠OCB+∠CBO＝∠CBO+∠QBH＝90°，
∴∠OCB＝∠QBH，
∴△COB∽△BHQ，
∴ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴BH＝QH＝1，
∴Q（4，1）或（2，﹣1），
则直线CQ函数为y＝﹣ x+3或y＝﹣2x+3，
解 或 ，
得 或 ，
∴P坐标为（ ， ）或（4，﹣5）．
