专题 二次函数的综合题专训之与角度有关的问题（专项训练）数学浙教版九年级上册

九年级数学上册《第1章 二次函数》 二次函数的综合专训（八） -----与角度有关的存在性问题 ●●解决与角度有关的存在性问题的方法： ★一、等角存在性问题的方法……交点法 （1） 分类讨论：一般分两类，一是点在x轴上方；二是点在x轴下方. （2） 画图找点：根据题意画草图找点帮助分析. （3） 设点求解：构造等腰三角形或直角三角形求过动点的直线对应的函数解析式，利用直线和抛物线交点求法即可求解. ★二、二倍角存在性问题的方法： 二倍角求动点可以转化为角相等去求，转化的方法主要有三种：一是作角平分线，一是作等腰三角形，三是利用直角三角形斜边中线转化. 题型一 等角的存在性问题 1．（2023秋•余姚市期末）如图，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连结AC，CD． （1）求点A和点C的坐标； （2）若在第一象限的二次函数图象上存在点D，使∠ACO＝∠DCO，求点D的坐标． 2．（2023•惠东县一模）如图，直线yx+c与x轴交于点B（4，0），与y轴交于点C，抛物线ybx+c经过点B，C，与x轴的另一个交点为A． （1）求抛物线的解析式； （2）点P是直线BC下方抛物线上一动点，求四边形ACPB面积最大时点P的坐标； （3）若M是抛物线上一点，且∠MCB＝∠ABC，请直接写出点M的坐标． 3．（2024•山西模拟）综合与探究 如图，抛物线与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AC，BC．点D（m，0）为线段OB上的动点（与O，B不重合），过点D作x轴的垂线与线段BC交于点E，与抛物线交于点F．（1）求直线BC的函数表达式和点A的坐标． （2）当点E为线段DF的中点时，求线段EF的长． （3）在抛物线上是否存在点G，使得∠ABG＝∠CAB？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 4．（2023秋•九原区期末）如图，抛物线与x轴相交于原点和点A（4，0），在第一象限内与直线y＝x交于点B（5，5），抛物线的顶点为C点． （1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标； （2）点M（3，m）在抛物线上，连接MO，MB，求△MOB的面积； （3）抛物线上是否存在点D，使得∠DOB＝∠OBC？若存在，求出所有点D的坐标；若不存在，请说明理由． 5．（2024•泸县二模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求二次函数的表达式； （2）如图，点M是直线BC下方的二次函数图象上的一个动点，过点M作MH⊥x轴于点H，交BC于点N，求线段MN最大时点M的坐标； （3）在（2）的条件下，该抛物线上是否存在点Q，使得∠QCB＝∠CBM．若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 6．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0）． （1）该抛物线的表达式为 　 　； （2）点P为抛物线上一点（不与点A重合），连接PC．当∠PCB＝∠ACB时，求点P的坐标； （3）在（2）的条件下，在对称轴上是否存在一点Q，连接PQ，将线段PQ绕点Q顺时针旋转90°，使点P恰好落在抛物线上？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 题型二 二倍角存在性问题 8．（2023•五莲县二模）二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D． （1）求二次函数的表达式； （2）如图1，连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的解析式； 9．（2023秋•槐荫区期末）二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D． （1）求二次函数的表达式； （2）连接PA，PC，求S△PAC的最大值； （3）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式． 10．（2023•三江县校级一模）如图，抛物线y＝ax2+6x+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，连接AC．直线y＝x﹣5经过点B、C． （1）求抛物线的解析式； （2）P为抛物线上一点，连接AP，若AP将△ABC的面积分成相等的两部分，求P点坐标； （3）在直线BC上是否存在点M，使直线AM与直线BC形成的夹角（锐角）等于∠ACB的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 11．（2024•思明区校级二模）在平面直角坐标系中，二次函数y＝mx2﹣3mx﹣10m（m为常数，且m＜0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．过点D（1，0）且平行于y轴的直线l交该二次函数图象于点E，交线段BC于点F． （1）求点A和点B的坐标； （2）求证：∠ECF＝2∠DBF； （3）若点B关于CE的对称点B′恰好落在直线l上，求此时二次函数的表达式． 12．（2023•长清区一模）已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点． （1）抛物线的解析式为　 ，抛物线的顶点坐标为　 　； （2）如图1，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． （3）如图2，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△BPD＝1：2时，请求出点D的坐标； （4）如图3，点E的坐标为（0，﹣1），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE＝15°，连接PE，若∠PEG＝2∠OGE，请求出点P的坐标． 题型三 45°角的存在性问题 13．（2023•武进区校级模拟）如图，函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0）和点B，交y轴于点C（0，3）． （1）求抛物线的函数解析式； （2）点P在抛物线上，求当∠CBP＝45°时点P的坐标． 14．（2024•市中区一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于两点，B（点A在B左边），交y轴于C，点是抛物线上一点． （1）求抛物线的关系式； （2）在对称轴上找一点M，使MA+MC的值最小，求点M的坐标； （3）如图2，抛物线上是否存在点Q，使∠QCP＝45°？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 15．（2023秋•克州期末）【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE； 【类比迁移】（2）如图2，点A（﹣3，a）在反比例函数图象上，连接OA，将OA绕点O逆时针旋转90°到OB，若反比例函数经过点B． ①求点B的坐标； ②求反比例函数的解析式； 【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接AQ，抛物线上是否存在点M，使得∠MAQ＝45°，若存在，求出点M的横坐标． 16．（2024•武威二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+2与x轴相交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点P是直线BC上方抛物线上一动点，连接PB，PC，求△PBC面积的最大值以及此时点P的坐标； （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． 题型四 其它与角度有关的存在性问题 17．（2023•东平县校级模拟）如图，已知抛物线yx2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一点，连接AC、BC． （1）求抛物线的表达式； （2）连接OP，BP，若S△BOP＝2S△AOC，求点P的坐标； （3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 18．（2024•凉州区校级模拟）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（﹣1，0），B（3，0）两点，y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线PE交直线BC于点E，过点P作x轴的平行线PF交直线BC于点F，求△PEF面积的最大值及此时点P的坐标； （3）如图2，连接AC，BC，抛物线上是否存在点Q，使∠CBQ+∠ACO＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 19．（2024•冷水滩区校级模拟）如图①，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C． （1）求该抛物线的表达式； （2）若点D是抛物线上第一象限内的一个动点，连接CD，BD，BC，AC．当△BCD的面积等于△AOC面积的2倍时，求点D的坐标； （3）抛物线上是否存在点P，使得∠CBP+∠ACO＝∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 20．（2023•惠山区校级三模）已知抛物线的解析式y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，点B的坐标为（﹣1，0）抛物线与y轴正半轴交于点C，△ABC面积为6． （1）如图1，求此抛物线的解析式； （2）P为第一象限抛物线上一动点，过P作PG⊥AC，垂足为点G，设点P的横坐标为t，线段PG的长为d，求d与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围； （3）如图2，在（2）的条件下，过点B作CP的平行线交y轴上一点F，连接AF，在BF的延长线上取点E，连接PE，若PE＝AF，∠AFE+∠BEP＝180°，求点P的坐标． 21．（2024•南岗区校级二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线交x轴的正半轴于点D，交y轴的正半轴于点C，抛物线交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点B，OC＝8OA． （1）如图1，求m的值； （2）如图2，点P在第四象限的抛物线上，过点P作PQ∥y轴交CD于Q，设PQ为d，点P横坐标为t，求d与t的函数关系（不要求写t的取值范围）； （3）如图3，在（2）的条件下，连接PC交x轴于N，过P作PH⊥y轴于H，延长PH到E，连接EA，延长EA交y轴于F，连接FN并延长至T，使FT＝FE，连接TE，将射线FT绕点F逆时针旋转45°，交直线PQ于点K，交PC于W，若∠EFT+∠EPC＝135°，∠KFN＝2∠PET，求点K的坐标． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 九年级数学上册《第1章 二次函数》 二次函数的综合专训（八） -----与角度有关的存在性问题 ●●解决与角度有关的存在性问题的方法： ★一、等角存在性问题的方法……交点法 （1） 分类讨论：一般分两类，一是点在x轴上方；二是点在x轴下方. （2） 画图找点：根据题意画草图找点帮助分析. （3） 设点求解：构造等腰三角形或直角三角形求过动点的直线对应的函数解析式，利用直线和抛物线交点求法即可求解. ★二、二倍角存在性问题的方法： 二倍角求动点可以转化为角相等去求，转化的方法主要有三种：一是作角平分线，一是作等腰三角形，三是利用直角三角形斜边中线转化. 题型一 等角的存在性问题 1．（2023秋•余姚市期末）如图，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连结AC，CD． （1）求点A和点C的坐标； （2）若在第一象限的二次函数图象上存在点D，使∠ACO＝∠DCO，求点D的坐标． 【分析】（1）根据函数的性质求点的坐标即可； （2）设A点关于y轴的对称点为A'（2，0），由∠ACO＝∠DCO，可知D点在直线CA'上，求出直线A'C与抛物线的交点即为所求． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣3， ∴C（0，﹣3）， 当x2x﹣3＝0时，解得x＝﹣2或x＝3， ∴A（﹣2，0）； （2）设A点关于y轴的对称点为A'（2，0）， ∵∠ACO＝∠DCO， ∴D点在直线CA'上， 设直线CA'的解析式为y＝kx﹣3， ∴2k﹣3＝0， 解得k， ∴直线A'C的解析式为yx﹣3， 当x2x﹣3x﹣3时，解得x＝0或x＝4， ∴D（4，3）． 【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是解题的关键． 2．（2023•惠东县一模）如图，直线yx+c与x轴交于点B（4，0），与y轴交于点C，抛物线ybx+c经过点B，C，与x轴的另一个交点为A． （1）求抛物线的解析式； （2）点P是直线BC下方抛物线上一动点，求四边形ACPB面积最大时点P的坐标； （3）若M是抛物线上一点，且∠MCB＝∠ABC，请直接写出点M的坐标． 【分析】（1）先求出点C（0，﹣2），利用待定系数法可求解； （2）过点P作PE⊥AB交BC于点E，先求出点A坐标，设点P（a，a2a﹣2），则点E（a，a﹣2），利用面积和差关系可求解； （3）分两种情况讨论，先求出直线BM或BM'的解析式，联立方程组可求解． 【解答】解：（1）直线yx+c与x轴交于点B（4，0）， ∴04+c， ∴c＝﹣2， ∴点C（0，﹣2）， ∵抛物线ybx+c经过点B，C， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为：yx﹣2； （2）如图1，过点P作PE⊥AB交BC于点E， ∵抛物线yx﹣2与x轴的交点为A、B， ∴0x﹣2， ∴x1＝4，x2＝﹣1， ∴点A（﹣1，0）， 设点P（a，a2a﹣2），则点E（a，a﹣2）， ∴PEa﹣2﹣（a2a﹣2）a2+2a， ∵四边形ACPB面积（4+1）×2（a2+2a）×4＝﹣（a﹣2）2+9， ∴当a＝2时，四边形ACPB面积有最大值， 此时点P（2，﹣3）； （3）如图2，当点M在BC上方时，设CM交AB于点H， ∵∠MCB＝∠ABC， ∴CH＝BH， ∵CH2＝OC2+OH2， ∴BH2＝4+（4﹣BH）2， ∴BH， ∴OH， ∴点H（，0）， ∵点C（0，﹣2），点H（，0）， ∴直线CH解析式为：yx﹣2， 联立方程组可得， 解得：或， ∴点M（，）， 当点M'在BC下方时， ∵∠M'CB＝∠ABC， ∴M'C∥AB， ∴点M'的纵坐标为﹣2， ∴点M'的坐标为（3，﹣2）； 综上所述：点M（，）或（3，﹣2）． 【点评】本题考查的二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，利用勾股定理求出点H的坐标是本题的关键． 3．（2024•山西模拟）综合与探究 如图，抛物线与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AC，BC．点D（m，0）为线段OB上的动点（与O，B不重合），过点D作x轴的垂线与线段BC交于点E，与抛物线交于点F．（1）求直线BC的函数表达式和点A的坐标． （2）当点E为线段DF的中点时，求线段EF的长． （3）在抛物线上是否存在点G，使得∠ABG＝∠CAB？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先求得A（﹣3，0），B（4，0），C（0，﹣4），再利用待定系数法求解即可； （2）用m表示出DE和DF，根据，列方程，解之即可得解； （3）分两种情况讨论，点G在x轴下方和上方时，分别求解即可． 【解答】解：（1）令y＝0，则， 解得x＝﹣3或x＝4； 令x＝0，则y＝﹣4，解得x＝﹣3或x＝4； ∴A（﹣3，0），B（4，0），C（0，﹣4）， 设直线BC的函数表达式为y＝kx﹣4， 将B（4，0）代入得0＝4k﹣4， 解得k＝1， ∴直线BC的函数表达式为y＝x﹣4； （2）∵点D（m，0），且0＜m＜4， ∴点E（m，m﹣4），， ∴DE＝4﹣m，， 由题意得， ∴， 整理得m2﹣7m+12＝0， 解得m＝3或m＝4（舍去）， ∴EF＝DE＝4﹣3＝1； （3）在抛物线上存在点G，使得∠ABG＝∠CAB；理由如下： 点G在x轴下方时，如图2， ∵∠ABG＝∠CAB， ∴CG∥AB， ∴点G的纵坐标为﹣4， 解方程， 得x＝0或x＝1， 此时点G的坐标为（1，﹣4）； 点G在x轴上方时，如图3， ∵∠ABG＝∠CAB， ∴BG∥AC， 同理求得直线AC的函数表达式为， ∴设直线BG的函数表达式为， 将B（4，0）代入得， 解得， ∴直线BC的函数表达式为； 联立， 整理得x2+3x﹣28＝0， 解得x＝4或x＝﹣7， 此时点G的坐标为； 综上，点G的坐标为或（1，﹣4）； 【点评】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求一次函数的解析式、二次函数的图象和性质、解一元二次方程，掌握相关性质是解题的关键． 4．（2023秋•九原区期末）如图，抛物线与x轴相交于原点和点A（4，0），在第一象限内与直线y＝x交于点B（5，5），抛物线的顶点为C点． （1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标； （2）点M（3，m）在抛物线上，连接MO，MB，求△MOB的面积； （3）抛物线上是否存在点D，使得∠DOB＝∠OBC？若存在，求出所有点D的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线解析式，将抛物线化为顶点式，即可得顶点C的坐标； （2）过点M作MN⊥x轴交直线y＝x于N，求出点M（3，﹣3），则N（3，3），根据S△MOBMN•yB即可得出结论； （3）分当点D在直线OB的上方和下方两种情况分别运用待定系数法求出直线OD的解析式，再联立方程组求解即可求出点D的坐标． 【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c， 把原点（0，0），点A（4，0），B（5，5）代入得： ， 解得：， ∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x， ∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4， ∴抛物线的顶点为C（2，﹣4）； （2）∵点M（3，m）在抛物线y＝x2﹣4x上， ∴m＝9﹣12＝﹣3， ∴点M（3，﹣3）， 如图1，过点M作MN⊥x轴交直线y＝x于N， ∵点M（3，﹣3）， ∴N（3，3）， ∴MN＝6， ∴S△MOBMN•yB6×5＝15； （3）存在点D，使得∠DOB＝∠OBC． 如图2，当点D在直线OB的上方时， ∵∠DOB＝∠OBC， ∴OD∥BC， 设直线BC的解析式为y＝kx+d，则， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝3x﹣10， ∴直线OD的解析式为y＝3x， 联立，得：x2﹣4x＝3x， 解得：x1＝0（舍去），x2＝7， 当x＝7时，y＝3×7＝21， ∴D（7，21）； 当点D′在直线OB的下方时，如图3，过点B作BH⊥x轴于点H，过点H作HK⊥OB于点K，交BC于点Q，连接OM交抛物线于点D′， 则H（5，0），BH＝OH＝5， ∴点K是OB的中点，即K（，）， ∴HK是线段OB的垂直平分线， ∴QB＝QO， ∴∠D′OB＝∠OBC， 设直线HK的解析式为y＝k′x+b′，则， 解得：， ∴直线HK的解析式为y＝﹣x+5， 联立，得， 解得：， ∴Q（，）， 设直线OQ的解析式为y＝k″x，则k″， 解得：k″， ∴直线OQ的解析式为yx， 与y＝x2﹣4x联立，得x2﹣4xx， 解得：x1＝0（舍去），x2， 当x时，y， ∴D（，）； 综上所述，存在点D，使得∠DOB＝∠OBC，点D的坐标为（7，21）或（，）． 【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查二次函数的性质，二次函数图象上的坐标特征，三角形的面积和两直线平行或相交问题，解题的关键是注意分类思想的运用． 5．（2024•泸县二模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求二次函数的表达式； （2）如图，点M是直线BC下方的二次函数图象上的一个动点，过点M作MH⊥x轴于点H，交BC于点N，求线段MN最大时点M的坐标； （3）在（2）的条件下，该抛物线上是否存在点Q，使得∠QCB＝∠CBM．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）将点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c中得到关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c即可得到二次函数的表达式； （2）先求出直线BC的解析式为y＝x﹣3，设点M的横坐标为t，则点M的纵坐标为：t2﹣2t﹣3，由于点N的横坐标为t，则点N的纵坐标为t﹣3，据此可得出MN关于t的函数关系式，然后根据函数的最大值即可求出点M的坐标； （3）先求出直线BM的解析式为，分两种情况进行讨论：①当点Q在直线BC上方时，则CQ∥BM，再求出直线CQ的解析式为，然后与抛物线的解析式联立成方程组求解即可得点Q的坐标；②当点Q在直线BC的下方时，设CQ与BM交于点R，连接OR，先证OR为BC的垂直平分线，OR为∠BOC的平分线，再证点N为BC的中点，则OR经过点N，据此得直线OR的解析式为y＝﹣x，将直线OR的解析式与直线BM的解析式联立成方程组求解的点R的坐标，进而可得直线CR的解析式为，然后与抛物线的解析式联立成方程组求解即可得点Q的坐标． 【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c， 得：，解得：， ∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3， （2）设直线BC的解析式为：y＝k1x+b1， 将B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝k1x+b1， 得：，解得：， ∴直线BC的解析式为：y＝x﹣3， 设点M的横坐标为t， ∵点M在BC下方的二次函数图象上， ∴点M的纵坐标为：t2﹣2t﹣3， ∵MH⊥x轴交BC于点N， ∴点N的横坐标为t， ∴点N的纵坐标为：t﹣3， ∴， ∴当时，MN为最大， 当时，， ∴点M的坐标为． （3）存在，点Q的坐标为或． 理由如下： 设直线BM的解析式为：y＝k2x+b2， 将点B（3，0），M（3/2，﹣15/4）代入y＝k2x+b2， 得：，解得：， ∴直线BM的解析式为：， 当∠QCB＝∠CBM时，有以下两种情况： ①当点Q在直线BC上方时， ∵∠QCB＝∠CBM， ∴CQ∥BM， 设直线CQ的解析式为：y＝k3x+b3， 则，b3＝﹣3， ∴直线CQ的解析式为：， 解方程组，得：，， ∴点Q的坐标为； ②当点Q在直线BC的下方时， 设CQ与BM交于点R，连接OR， ∵∠QCB＝∠CBM， ∴RB＝RC， 又点A（﹣1，0），C（0，﹣3）， ∴OB＝OC＝3， ∴OR为BC的垂直平分线，且为∠BOC的平分线， 由（2）知：点N的横坐标为， ∴， ∴， ∴H为OB的中点， ∵NH∥OC， ∴点N为BC的中点， ∴OR经过点N， ∵OR为∠BOC的平分线， ∴直线OR的解析式为：y＝﹣x， 解方程组，得：， ∴点R的坐标为， 设直线CR的解析式为：y＝k4x+b4， 将C（0，﹣3），代入y＝k4x+b4， 得：，解得：， ∴直线CR的解析式为：， 解方程组，得：，， ∴点Q的坐标为． 综上所述：点Q的坐标为或． 【点评】此题主要考查了求函数解析式，二次函数的最值，函数的交点坐标等，解答此题的关键是熟练掌握待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，以及求函数交点坐标的方法，难点是分类讨论思想在解题中的应用，漏解是解答此题的易错点之一． 6．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0）． （1）该抛物线的表达式为 　 　； （2）点P为抛物线上一点（不与点A重合），连接PC．当∠PCB＝∠ACB时，求点P的坐标； （3）在（2）的条件下，在对称轴上是否存在一点Q，连接PQ，将线段PQ绕点Q顺时针旋转90°，使点P恰好落在抛物线上？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0），得出B（3，0），由交点式得出函数关系式； （2）方法一：作AD⊥BC于D，可知D在对称轴上，求出E的坐标，得出直线CE的关系式与抛物线求交点即可； 方法二：过点B作BD垂直于x轴，交CP于D，证明△ABC≌△DBC，得AB＝BD，可得D的坐标，从而求出CP解析式，得到P的坐标； （3）分P在Q上方和下方两种情况，当P在Q上方时，构造出△PKQ≌△QTP'，得P'（m+2，m）代入抛物线即可求得m的值，从而可得Q的坐标，当Q在P上方时，由抛物线的对称性可得出Q（2，）． 【解答】解：（1）∵对称轴为直线x＝2，点A的坐标为（1，0）， ∴B（3，0）， ∴y＝（x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3， 故答案为：y＝x2﹣4x+3； （2）方法一：作AD⊥BC于D，交CP于E，如图： 在y＝x2﹣4x+3中，令x＝0得y＝3， ∴C（0，3）， ∵B（3，0）， ∴OB＝OC， ∴∠OBC＝45°， ∴△ABD是等腰直角三角形， ∵A（1，0），B（3，0）， ∴D（2，1）， ∵∠PCB＝∠ACB， ∴AD＝DE， ∴E（3，2）， ∴直线CE的关系式为：yx+3， 由x+3＝x2﹣4x+3得：x1＝0（舍去），x2， ∴P（，）， 方法二：过点B作BD垂直于x轴，交CP于D，如图： ∵OC＝OB， ∴△OCB为等腰直角三角形， ∴∠DBC＝∠ABC＝45°， ∵∠PCB＝∠ACB，BC＝BC， ∴△ABC≌△DBC（ASA）， ∴BD＝AB＝2， ∴D（3，2）， ∴直线CP的解析式为yx+3， 由x+3﹣＝x2﹣4x+3得：x1＝0（舍去），x2， ∴P（，）； （3）在对称轴上存在一点Q，将线段PQ绕点Q顺时针旋转90°，使点P恰好落在抛物线上，理由如下： 点P旋转后的对应点为P'， 当P在Q上方时，作PK⊥对称轴于K，P'T⊥对称轴于T， ∵P（，），对称轴为直线x＝2， ∴PK， 设KQ＝m， ∵将线段PQ绕点Q顺时针旋转90°得线段QP'， ∴∠PQP'＝90°，PQ＝P'Q， ∴∠PQK＝90°﹣∠TQP'＝∠QP'T，∠PKQ＝90°＝∠P'TQ， ∴△PKQ≌△QTP'（AAS）， ∴P'T＝KQ＝m，QT＝PK， ∴P'（m+2，m）， ∵P'恰好落在抛物线上， ∴（m+2）2﹣4（m+2）+3m， 解得m1，m2， ∴Q（2，）， 当Q在P上方时，作PW⊥对称轴于W，如图： 由图可得，P，P'关于直线x＝2对称， ∴△PQP'是等腰直角三角形， ∴△P'QW，△PQW是等腰直角三角形， ∴QW＝PW， ∴Q（2，）， 综上所述：Q（2，）或Q（2，）． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数关系式、等腰直角三角形的性质以及运算能力，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是解题的关键． 题型二 二倍角存在性问题 8．（2023•五莲县二模）二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D． （1）求二次函数的表达式； （2）如图1，连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的解析式； 【分析】（1）利用待定系数法即可求出答案； （2）设BP与y轴交于点E，设OE＝a，则CE＝4﹣a，BE＝4﹣a，运用勾股定理可求得，得出E，再利用待定系数法即可求出答案； 【解答】解：（1）∵二次函数 y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0）， ， 解得：， ∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣3x+4； （2）如图，设BP与y轴交于点E， ∵PD∥y轴， ∴∠DPB＝∠OEB， ∵∠DPB＝2∠BCO， ∴∠OEB＝2∠BCO， ∴∠ECB＝∠EBC， ∴BE＝CE， 令x＝0，得y＝4， ∴C（0，4），OC＝4， 设OE＝a，则CE＝4﹣a， ∴BE＝4﹣a， 在Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2＝OE2+OB2， ∴（4﹣a）2＝a2+12， 解得 ， ∴， 设BE所在直线表达式为 y＝kx+e（k≠0）， ∴， 解得：， ∴直线BP的表达式为； 【点评】本题是与二次函数有关的综合题，主要考查了待定系数法，一次函数图象和性质，二次函数图象和性质，勾股定理等，属于中考数学压轴题，综合性强，难度较大，熟练掌握二次函数图象和性质等相关知识是解题关键． 9．（2023秋•槐荫区期末）二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D． （1）求二次函数的表达式； （2）连接PA，PC，求S△PAC的最大值； （3）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式． 【分析】（1）先将点A和点B代入二次函数的解析式，然后求得a和b的值，最后得到二次函数的表达式； （2）先求出点C的坐标，然后求得直线AC的解析式，将PD与AC的交点记为点N，过点C作CH⊥PD于点H，然后求得△PAC的面积，最后根据二次函数的性质求得△PAC的面积最大值； （3）记BP与y轴的交点为点E，由PD∥y轴得到∠DPB＝∠OEB，然后由∠DPB＝2∠BCO得到∠ECB＝∠EBC，从而得到CE＝BE，然后设OE＝a，通过直角三角形OEB中的勾股定理列出方程求得a的值得到点E的坐标，最后求得直线PB的解析式． 【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0）， ∴， 解得：， ∴二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣3x+4． （2）将x＝0代入y＝﹣x2﹣3x+4得，y＝4， ∴点C（0，4）， 设直线AC所在直线的表达式为y＝k1x+b1，则 ，解得：， ∴直线AC的表达式为y＝x+4， 如图，设PD与线段AC交于点N， 设P（t，﹣t2﹣3t+4）， ∵PD⊥x轴交AC于点N， ∴N（t，t+4）， ∴PN＝yP﹣yN＝﹣t2﹣4t， 过点C作CH⊥PD，则CH＝﹣t，AD＝t+4， ∴S△APC＝S△APN+S△PCN 2t2﹣8t， ∵a＝﹣2＜0， ∴当t＝﹣2时，S△APC有最大值，△PAC面积的最大值为8． （3）如图，设BP与y轴交于点E， ∵PD∥y轴， ∴∠DPB＝∠OEB， ∵∠DPB＝2∠BCO， ∴∠OEB＝2∠BCO， ∴∠ECB＝∠EBC， ∴BE＝CE， ∵C（0，4），B（1，0）， ∴OC＝4，OB＝1， 设OE＝a，则CE＝BE＝4﹣a， 在Rt△BOE中，BE2＝OE2+OB2， ∴（4﹣a）2＝a2+12， 解得：a， ∴E（0，）， 设BP所在直线表达式为y＝kx+b（k≠0）， ∴， 解得：， ∴直线BP的表达式为yx． 【点评】本题考查了二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、二次函数的性质、解题的关键会用切割法求得△APC的面积最大值． 10．（2023•三江县校级一模）如图，抛物线y＝ax2+6x+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，连接AC．直线y＝x﹣5经过点B、C． （1）求抛物线的解析式； （2）P为抛物线上一点，连接AP，若AP将△ABC的面积分成相等的两部分，求P点坐标； （3）在直线BC上是否存在点M，使直线AM与直线BC形成的夹角（锐角）等于∠ACB的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由y＝x﹣5可以求得C，B两点坐标，再把两点坐标代入抛物线y＝ax2+6x+c，即可求解； （2）作BC的中点N，连接AN并延长交抛物线于P，在y＝﹣x2+2x+3中得C（0，3），即可得N（，），用待定系数法得直线AN解析式为yx，联立解析式解方程组即得P点的坐标（，）； （3）把二倍角转化为相等关系，可得等腰三角形，利用等腰三角形得方程即可求解． 【解答】解（1）由y＝x﹣5得点B坐标（5，0），点C坐标为（0，﹣5）， 把B（5，0），C（0，﹣5）代入抛物线y＝ax2+6x+c得， ， 解得a＝﹣1，c＝﹣5， ∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+6x﹣5； （2）作BC的中点N，连接AN并延长交抛物线于P，如图： ∵N为BC中点， ∴直线AN将△ABC的面积分成相等的两部分，即P是满足条件的点， ∵B（5，0），C（0，5），N为BC中点， ∴N（，）， 设y＝﹣x2+6x﹣5＝0， 解得：x1＝1，x2＝5， ∴A（1，0）， 设直线AN解析式为y＝mx+n， 将A（1，0），N（，）代入得：， 解得：， ∴直线AN解析式为yx， 解方程组， 解得：或， ∴P（，）； （3）存在点M，使AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍， 设抛物线的对称轴l与直线BC相交于点P， 分两种情况： ①点M在AP左边时， ∵∠AMB＝2∠ACB，∠AMB＝∠ACM+∠CAM， ∴∠ACM＝∠CAM， ∴AM＝CM， ∵点M在直线y＝x﹣5上， 设点M的坐标为（m，m﹣5）， 根据两点间距离公式， AM2＝（1﹣m）2+（0﹣m+5）2＝2m2﹣12m+26， CM2＝（0﹣m）2+（﹣5﹣m+5）2＝2m2， ∴2m2﹣12m+26＝2m2，解得m， ∴M点的坐标为（，）， ②点M在PO右边， 此时∠AM2C＝∠AM1B， ∴AM1＝AM2， ∵AP⊥BC， ∴点P是M1M2的中点， 根据中点坐标公式得M2（，）， ∴M点的坐标为（，）或（，）． 【点评】本题考查的是二次函数综合题，涉及到二次函数解析式求法，等腰三角形判定，勾股定理及其逆定理等知识，此题关键是转化二倍角为相等角． 11．（2024•思明区校级二模）在平面直角坐标系中，二次函数y＝mx2﹣3mx﹣10m（m为常数，且m＜0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．过点D（1，0）且平行于y轴的直线l交该二次函数图象于点E，交线段BC于点F． （1）求点A和点B的坐标； （2）求证：∠ECF＝2∠DBF； （3）若点B关于CE的对称点B′恰好落在直线l上，求此时二次函数的表达式． 【分析】（1）令y＝mx2﹣3mx﹣10m＝0，即可求解； （2）证明点C在E、F的中垂线上，即可求解； （3）求出直线BB′的表达式为：y（x﹣5），得到xH，即可求解． 【解答】（1）解：令y＝mx2﹣3mx﹣10m＝0， 解得：x＝﹣2或5， 即点A、B的坐标分别为：（﹣2，0）、（5，0）； （2）证明：过点C作CT⊥EF于点T， 当x＝0时，y＝﹣10m，当x＝1时，y＝mx2﹣3mx﹣10m＝﹣12m， 即点C、E的坐标分别为：（0，﹣10m），（1，﹣12m）， 由点B、C（0，﹣10m）的坐标得，直线BC的表达式为：y＝2m（x﹣5）， 当x＝1时，y＝2m（x﹣5）＝﹣8m，即点F（1，﹣8m）， 由点E、F、C的纵坐标知，点C在E、F的中垂线上， 即CT平分∠ECF， ∵CT∥x轴， 则∠DBF＝∠TCF＝∠TCE， 即∠ECF＝2∠DBF； （3）解：由（2）知，点C、E的坐标分别为：（0，﹣10m），（1，﹣12m）， 由点C、E的坐标得，直线CE的表达式为：y＝﹣2mx﹣10m， 设BB′的交CE于点H， ∵点B关于CE的对称点B′恰好落在直线l上， 则点H是BB′的中点，CE⊥BB′， 则直线BB′的表达式为：y（x﹣5）， 联立直线BB′和CE的表达式得：﹣2mx﹣10m（x﹣5）， 解得：xH， 由由中点坐标公式得：（xB+xB′）（1+5）， 解得：m＝±（舍去正值）， 则抛物线的表达式为：yx2x． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的基本性质、中垂线的性质等，正确的数据运算能力和理解题意是解题的关键． 12．（2023•长清区一模）已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点． （1）抛物线的解析式为　 ，抛物线的顶点坐标为　 　； （2）如图1，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． （3）如图2，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△BPD＝1：2时，请求出点D的坐标； （4）如图3，点E的坐标为（0，﹣1），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE＝15°，连接PE，若∠PEG＝2∠OGE，请求出点P的坐标． 【分析】（1）函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x+3）＝a（x2+2x﹣3），即可求解； （2）利用S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC＝8，即可求解； （3）S△CPD：S△BPD＝1：2，则BDBC32，即可求解； （4）∠OGE＝15°，∠PEG＝2∠OGE＝30°，则∠OHE＝45°，故OH＝OE＝1，即可求解． 【解答】解：（1）函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x+3）＝a（x2+2x﹣3）， 即：﹣3a＝3， 解得：a＝﹣1． 故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3． 顶点坐标为（﹣1，4）； 故答案为：y＝﹣x2﹣2x+3；（﹣1，4）； （2）不存在，理由： 如答图1，连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H， 直线BC的表达式为：y＝x+3， 设点P（x，﹣x2﹣2x+3），点H（x，x+3）， 则S四边形BOCP＝S△OBC+S△PBC3×3（﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3）×3＝8， 整理得：3x2+9x+7＝0， 解得：Δ＜0，故方程无解， 则不存在满足条件的点P； （3）∵OB＝OC， ∴∠CBO＝45°， ∵S△CPD：S△BPD＝1：2， ∴BDBC32，yD＝BDsin∠CBO＝2， 则点D（﹣1，2）； （4）如答图2，设直线PE交x轴于点H， ∵∠OGE＝15°，∠PEG＝2∠OGE＝30°， ∴∠OHE＝45°， ∴OH＝OE＝1， 则直线HE的表达式为：y＝﹣x﹣1， 联立方程，得 解得：x（舍去正值）， 故点P（，）． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、一元二次方程应用、图象的面积计算等，难度不大． 题型三 45°角的存在性问题 13．（2023•武进区校级模拟）如图，函数y＝﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0）和点B，交y轴于点C（0，3）． （1）求抛物线的函数解析式； （2）点P在抛物线上，求当∠CBP＝45°时点P的坐标． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）当BP在BC下方时，过点C作CD⊥BC交PB于点D，过C点作EF∥x轴，过B点作BE⊥EF交于E点，过D点作DF⊥EF交于F点，证明△BCE≌△CDF（AAS），可求D（﹣3，2），直线BD与抛物线的交点即为P点；当BP在BC上方时，过C点作CM⊥BP交于M点，过M点作MK⊥y轴交于K点，同理可得△CMK≌△BCO（AAS），求出M（3，4），直线BM与抛物线的交点为P点． 【解答】解：（1）将A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2） 如图1，当BP在BC下方时，过点C作CD⊥BC交PB于点D，过C点作EF∥x轴，过B点作BE⊥EF交于E点，过D点作DF⊥EF交于F点， ∵∠CBD＝45°， ∴CD＝CB， ∵∠DCF+∠BCE＝90°，∠DCF+∠FDC＝90°， ∴∠BCE＝∠FDC， ∴△BCE≌△CDF（AAS）， ∴CE＝DF，BE＝CF， 当y＝0时，﹣x2﹣2x+3＝0，解x＝1或x＝﹣3， ∴B（1，0）， ∴DF＝CE＝1，BE＝CF＝3， ∴D（﹣3，2）， 设直线BD的解析式为y＝kx+m， ∴， 解得， ∴直线BD的解析式为yx， 当xx2﹣2x+3时，解得x＝1或x， ∴P（，）； 如图2，当BP在BC上方时，过C点作CM⊥BP交于M点，过M点作MK⊥y轴交于K点， ∵∠CBM＝45°， ∴CM＝BC， 同理可得△CMK≌△BCO（AAS）， ∴MK＝CO＝3，CK＝OB＝1， ∴M（3，4）， ∴直线BM的解析式为y＝2x﹣2， 当2x﹣2＝﹣x2﹣2x+3时，解得x＝1或x＝﹣5， ∴P（﹣5，﹣12）（舍）； 综上所述：P点坐标为（，）． 【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，三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 14．（2024•市中区一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于两点，B（点A在B左边），交y轴于C，点是抛物线上一点． （1）求抛物线的关系式； （2）在对称轴上找一点M，使MA+MC的值最小，求点M的坐标； （3）如图2，抛物线上是否存在点Q，使∠QCP＝45°？若存在，请求出点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P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）由对称可得，直线BC与对称轴的交点就是所求的点M，求出直线BC的关系式和对称轴，求出交点坐标即可； （3）分两种情况：当Q在PC下方或当Q在PC上方，构造等腰直角三角形和全等三角形求解即可． 【解答】解：（1）将点，代入y＝ax2+bx+2， 得：， 解得： ∴抛物线的解析式为 ； （2）当x＝0时，y＝2， ∴点C（0，2）， 当y＝0时，有， 解得：，x2＝4， ∴点B（4，0）， ∴抛物线的对称轴为：直线， 设直线BC的关系式为y＝kx+2，把点B坐标代入， 得：0＝4k+2，解得，， ∴直线BC的关系式为， 由对称可得，直线BC与对称轴交点就是所求的点M， 当时，， ∴时，MA+MC最小； （3）当Q在PC下方时，如图，过P作PH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过P作PN⊥MH于N， ∴∠PHC＝∠CMH＝∠HNP＝90°， ∵∠QCP＝45°， ∴△PHC是等腰直角三角形， ∴CH＝HB， ∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°， ∴∠CHM＝∠HPN， ∴△CHM≌△HPN（AAS）， ∴CM＝HN，MH＝PN， ∵H（m，n）， ∵C（0，2），， ∴，解得 ， ∴， 设直线CH的解析式为 y＝px+q， ∴，解得， ∴直线CH的解析式为 ， 联立直线CH与抛物线解析式得， 解得或 ， ∴； ②当Q在PC上方时，如图，过P作．PH⊥CQ于H，过H作．MN⊥y轴，交y轴于M，过P作PN⊥MH于N， 同理得． 综上，存在，点Q的坐标为或． 【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，二次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法确定出解析式是解本题的关键． 15．（2023秋•克州期末）【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE； 【类比迁移】（2）如图2，点A（﹣3，a）在反比例函数图象上，连接OA，将OA绕点O逆时针旋转90°到OB，若反比例函数经过点B． ①求点B的坐标； ②求反比例函数的解析式； 【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接AQ，抛物线上是否存在点M，使得∠MAQ＝45°，若存在，求出点M的横坐标． 【分析】（1）证明∠A＝∠EBD，从而证明三角形全等； （2）①分别过点A，B作 AC⊥x轴，BD⊥x轴，垂足分别为C，D，证明AC＝1，OC＝3，再证明△ACO≌△ODB，即可得到点B的坐标； ②把B（1，﹣3）代入反比例函数 ，即可得到函数解析式； （3）分M点位于x轴上方和M点位于x轴下方两种情况，分别求出直线AM的函数解析式，联立二次函数的解析式即可求出点M的横坐标． 【解答】（1）证明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD， ∴∠A+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBD＝90°，∠C＝∠D＝90°， ∴∠A＝∠EBD， 在△ABC与△BED中， ， ∴△ACB≌△BDE（AAS）； （2）①分别过点A，B作 AC⊥x轴，BD⊥x轴，垂足分别为C，D， 将A（﹣3，a）代入 ， 得a＝﹣1， ∴点A的坐标为（﹣3，﹣1）， ∴AC＝1，OC＝3， 由OA绕点O逆时针旋转90°到OB， 得OA＝OB，OA⊥OB， 同（1）可得△ACO≌△ODB， ∴OD＝AC＝1，BD＝OC＝3， ∴点B的坐标为（1，﹣3）； ②把B（1，﹣3）代入反比例函数 ， 得， 解得k＝﹣3， ∴反比例函数的解析式为； （3）抛物线上存在点M，使得∠MAQ＝45°，理由如下： 当M点位于x轴上方，且∠MAQ＝45°， 过点Q作QD⊥AQ，交MA于点D，过点D作DE⊥y轴于点E， ∵∠MAO＝45°，QD⊥AQ， ∴∠MAQ＝∠ADQ＝45°， ∴AQ＝QD， ∵DE⊥y轴，QD⊥AQ， ∴∠AQO+∠EQD＝∠EQD+∠QDE＝90°，∠AOQ＝∠QED＝90°， ∴∠AQO＝∠QDE， ∵AQ＝QD， ∴△AQO≌△QDE（AAS）， ∴AO＝QE，OQ＝DE 令 y＝x2+2x﹣5＝0，得 x1＝﹣3，x2＝1， ∴点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（1，0）， ∴AO＝QE＝3， ∵Q（0，﹣1）， ∴OQ＝DE＝1， ∴点D的坐标为（1，2）， 设直线AM的解析式为y＝kx+b，代入A（﹣3，0），D（1，2）， 得， 解得， ∴直线AM的解析式为， 令 ，得（不合题意，舍去）， ∴点M的横坐标为； 当M点位于x轴下方，且∠MAQ＝45°， 同理可得D（﹣1，﹣4），直线AM的解析式为y＝﹣2x﹣6， 由﹣2x﹣6＝x2+2x﹣5，得x1＝﹣1，x2＝﹣3（不合题意，舍去）， ∴点M的横坐标为﹣1； 综上所述，点M的横坐标是或﹣1． 【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，待定系数法求反比例函数解析式，二次函数中的存在性问题，本题的关键是利用分类讨论思想，根据题意画出对应的图，结合全等三角形的性质解题． 16．（2024•武威二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+2与x轴相交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点P是直线BC上方抛物线上一动点，连接PB，PC，求△PBC面积的最大值以及此时点P的坐标； （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）用待定系数法可得抛物线的解析式为yx2x+2； （2）过P作PK∥y轴交BC于K，求出C（0，2），直线BC解析式为yx+2，设P（t，t2t+2），可得PKt2t+2﹣（t+2）t2+2t，故S△PBCPK•|xB﹣xC|（t2+2t）×4＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣2）2+4，根据二次函数性质可得答案； （3）当Q在BC上方时，过B作BT⊥CQ于T，过T作MN⊥y轴于N，过B作BM⊥MN于M，证明△BTM≌△TCN（AAS），有BM＝NT，TM＝CN，设T（m，n），可得，即知T（3，3），直线CT解析式为yx+2，联立，解得Q（，）；当Q在BC下方时，过B作BR⊥CQ于R，过R作SW⊥y轴于W，过B作BS⊥SW于S，同理可得Q（9，﹣25）． 【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为yx2x+2； （2）过P作PK∥y轴交BC于K，如图： 在yx2x+2中，令x＝0得y＝2， ∴C（0，2）， 由B（4，0），C（0，2）得直线BC解析式为yx+2， 设P（t，t2t+2），则K（t，t+2）， ∴PKt2t+2﹣（t+2）t2+2t， ∴S△PBCPK•|xB﹣xC|（t2+2t）×4＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣2）2+4， ∵﹣1＜0， ∴当t＝2时，S△PBC取最大值4，此时P（2，3）， ∴△PBC面积的最大值为4，此时点P的坐标为（2，3）； （3）抛物线上存在点Q，使∠QCB＝45°，理由如下： 当Q在BC上方时，过B作BT⊥CQ于T，过T作MN⊥y轴于N，过B作BM⊥MN于M，如图： ∵∠QCB＝45°， ∴△BCT是等腰直角三角形， ∴∠BTC＝90°，BT＝CT， ∴∠CTN＝90°﹣∠BTM＝∠TBM， ∵∠M＝∠TNC＝90°， ∴△BTM≌△TCN（AAS）， ∴BM＝NT，TM＝CN， 设T（m，n），则NT＝m，BM＝n， ∵B（4，0），C（0，2）， ∴TM＝MN﹣NT＝4﹣m，CN＝ON﹣OC＝n﹣2， ∵BM＝NT，TM＝CN， ∴， 解得 ∴T（3，3）， 由C（0，2），T（3，3）得直线CT解析式为yx+2， 联立， 解得， ∴Q（，）； 当Q在BC下方时，过B作BR⊥CQ于R，过R作SW⊥y轴于W，过B作BS⊥SW于S，如图： 同理可得△BSR≌△RWC（AAS）， ∴BS＝RW，RS＝CW， 设R（p，q）， ∴， 解得， ∴R（1，﹣1）， ∴直线CR解析式为y＝﹣3x+2， 联立， 解得， ∴Q（9，﹣25）， 综上所述，Q的坐标为（，）或（9，﹣25）． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题． 题型四 其它与角度有关的存在性问题 17．（2023•东平县校级模拟）如图，已知抛物线yx2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一点，连接AC、BC． （1）求抛物线的表达式； （2）连接OP，BP，若S△BOP＝2S△AOC，求点P的坐标； （3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入yx2+bx+c，即可求解； （2）先求出S△OAC＝6，则S△BOP＝12，设P（t，t2t+4），可得4×|t2t+4|＝12，即可求P点坐标； （3）在对称轴上取点M使QM＝MB，则∠EMB＝30°，可得MB＝2BE，再由BE，分别求出BM＝QM＝7，ME，可求Q（，7），Q点关于x轴对称的点为（，﹣7）． 【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入yx2+bx+c， ∴， 解得， ∴yx2x+4； （2）令x＝0，则y＝4， ∴C（0，4）， ∴OC＝4， ∵A（﹣3，0）， ∴OA＝3， ∴S△OAC3×4＝6， ∵S△BOP＝2S△AOC， ∴S△BOP＝12， 设P（t，t2t+4）， ∵B（4，0）， ∴OB＝4， ∴4×|t2t+4|＝12， 解得t＝6或t＝﹣5， ∴P（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）； （3）存在点Q，使得∠QBA＝75°，理由如下： ∵yx2x+4（x）2， ∴抛物线的对称轴为x， 在对称轴上取点M使QM＝MB， ∴∠EMB＝2∠MQB， ∵∠QBA＝75°， ∴∠MQB＝15°， ∴∠EMB＝30°， ∴MB＝2BE， ∵B（4，0），E（，0）， ∴BE， ∴BM＝QM＝7，ME， ∴QE＝7， ∴Q（，7）； Q点关于x轴对称的点为（，﹣7）； 综上所述：点Q的坐标为（，7）或（，﹣7）． 【点评】本题考查的是二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，根据题意能够构造等腰三角形是解题的关键． 18．（2024•凉州区校级模拟）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（﹣1，0），B（3，0）两点，y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线PE交直线BC于点E，过点P作x轴的平行线PF交直线BC于点F，求△PEF面积的最大值及此时点P的坐标； （3）如图2，连接AC，BC，抛物线上是否存在点Q，使∠CBQ+∠ACO＝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）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）设P（m，﹣m2+2m+3），求出C（0，3），知△BOC是等腰直角三角形，而PE∥OC，PF∥x轴，可得△PEF是等腰直角三角形，故S△PEFPE•PFPE2，即知当PE最大时，S△PEF最大，求出直线BC解析式为y＝﹣x+3，有E（m，﹣m+3），PE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m）2，从而当m时，PE最大为，可得△PEF面积的最大值为，此时点P的坐标为（，）； （3）分两种情况：作A（﹣1，0）关于y轴的对称点K（1，0），当Q在BC上方时，连接CK，过B作CK的平行线CT交抛物线于Q，由∠BCK+∠KCO＝45°，知∠BCK+∠ACO＝45°，而BT∥CK，有∠CBQ＝∠BCK，故∠CBQ+∠ACO＝45°，由C（0，3），K（1，0）可得直线CK解析式为y＝﹣3x+3，设直线BT解析式为y＝﹣3x+t，把B（3，0）代入得直线BT解析式为y＝﹣3x+9，联立，解得Q（2，3）；当Q'在BC下方时，设BQ'交CK于W，同理可知，∠CBW＝∠BCW，有CW＝BW，设W（n，﹣3n+3），则n2+（﹣3n+3﹣3）2＝（n﹣3）2+（﹣3n+3）2，解得W（，），可得直线BW解析式为yx+1，联立，解得Q'（，）． 【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）设P（m，﹣m2+2m+3）， 在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0得y＝3， ∴C（0，3）， ∴OB＝OC＝3， ∴△BOC是等腰直角三角形， ∴∠BCO＝∠CBO＝45°， ∵PE∥OC，PF∥x轴， ∴∠PEF＝∠BCO＝45°，∠PFE＝∠CBO＝45°， ∴△PEF是等腰直角三角形， ∴S△PEFPE•PFPE2， ∴当PE最大时，S△PEF最大， 由C（0，3），B（3，0）可得直线BC解析式为y＝﹣x+3， ∴E（m，﹣m+3）， ∴PE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m＝﹣（m）2， ∵﹣1＜0， ∴当m时，PE最大为， 此时P（，），S△PEF（）2； ∴△PEF面积的最大值为，此时点P的坐标为（，）； （3）抛物线上存在点Q，使∠CBQ+∠ACO＝45°，理由如下： 作A（﹣1，0）关于y轴的对称点K（1，0），当Q在BC上方时，连接CK，过B作CK的平行线CT交抛物线于Q，如图： ∴∠ACO＝∠KCO， 由（2）知，∠BCK+∠KCO＝45°， ∴∠BCK+∠ACO＝45°， ∵BT∥CK， ∴∠CBQ＝∠BCK， ∴∠CBQ+∠ACO＝45°， 由C（0，3），K（1，0）可得直线CK解析式为y＝﹣3x+3， 设直线BT解析式为y＝﹣3x+t，把B（3，0）代入得：0＝﹣9+t， 解得t＝9， ∴直线BT解析式为y＝﹣3x+9， 联立， 解得或， ∴Q（2，3）； 当Q'在BC下方时，设BQ'交CK于W， 同理可知，∠CBW＝∠BCW， ∴CW＝BW， 设W（n，﹣3n+3）， ∵C（0，3），B（3，0）， ∴n2+（﹣3n+3﹣3）2＝（n﹣3）2+（﹣3n+3）2， 解得n， ∴W（，）， 由W（，），B（3，0）得直线BW解析式为yx+1， 联立， 解得或， ∴Q'（，）； 综上所述，Q的坐标为（2，3）或（，）． 【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行线性质及应用，等腰三角形性质及应用等知识，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． 19．（2024•冷水滩区校级模拟）如图①，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C． （1）求该抛物线的表达式； （2）若点D是抛物线上第一象限内的一个动点，连接CD，BD，BC，AC．当△BCD的面积等于△AOC面积的2倍时，求点D的坐标； （3）抛物线上是否存在点P，使得∠CBP+∠ACO＝∠ABC？若存在，请求出点P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）由△BCD的面积DE×BO，即可求解； （3）分点P在BC左侧和点P在BC由此两种情况，利用正方形得判定及性质以及二次函数得图象及性质，进而求解． 【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3（a≠0）中，得： ， 解得：， ∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）过点D作y轴平行线交x轴于E，交BC于点F，作CG⊥DE于点G，如图1， 把x＝0代入y＝﹣x2+2x+3中，得：y＝3， ∴C点坐标是（0，3）， 设直线BC：y＝kx+q， 把B（3，0），C（0，3）代入y＝kx+q，代入得： ， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3； 设D（m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3）， ∴DF＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m， 由S△BCD＝2S△AOC得：， ∴， 整理得：m2﹣3m+2＝0， 解得：m1＝1，m2＝2， ∵0＜m＜3， ∴m的值为1或2， 当m＝1时，﹣m2+2m+3＝﹣12+2+3＝4， 当m＝2时，﹣m2+2m+3＝﹣4+4+3＝3， ∴点D的坐标为（1，4）或（2，3）； （3）抛物线上是否存在点P，使得∠CBP+∠ACO＝∠ABC；理由如下： 由C（0，3），B（3，0）得OB＝OC， ∴∠OBC＝45°， ①当点P在BC左侧时．如图2， 在y轴上取点M（0，1），延长BM交抛物线于点P． 在△AOC和△BOM中， ， ∴△AOC≌△BOM（SAS）， ∴∠ACO＝∠ABM， ∴∠CBP+∠ACO＝∠CBM+∠OBM＝∠ABC， 设直线BM的解析式为y＝kx+b， 将B（3，0），M（0，1）代入，得： ， 解得：， ∴设直线BM的解析式为yx+1， 由得：或， ∴； ②当点P在BC右侧时，如图2， 作△BOC关于BC的对称△CBN，CN交二次函数y＝﹣x2+2x+3于点P2，则∠CBN＝∠CBO＝45°，∠N＝∠BOC＝90°，∠BCO＝∠BCN＝45°， ∴∠OCN＝∠N＝∠OBN＝90°， ∵OC＝OB， ∴四边形OCNB是正方形， ∴BN＝3， 令y＝﹣x2+2x+3中，y＝3，则﹣x2+2x+0， 解得x＝0或x＝2， ∴P2（2，3），P2N＝3﹣2＝1＝OM， ∵OB＝NB，∠BOM＝∠BNP2＝90°， 在△BOM和△BNP2中， ， ∴△BOM≌△BNP2（SAS）， ∴∠OBM＝∠NBP2， ∴∠CBP2+∠ACO＝∠CBP2+∠BOM＝∠CBP2+∠NBP2＝45°＝∠ABC， ∴在点P2抛物线上，即点P2满足条件∠CBP+∠ACO＝∠ABC． 故存在满足条件的点P有两个，分别是P1（，），P2（2，3）． 【点评】本题属于二次函数的综合应用，考查待定系数法求解析式，三角形的面积，全等三角形的判定和性质等，正方形的判定及性质，轴对称给的性质，掌握这些知识是解题关键． 20．（2023•惠山区校级三模）已知抛物线的解析式y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，点B的坐标为（﹣1，0）抛物线与y轴正半轴交于点C，△ABC面积为6． （1）如图1，求此抛物线的解析式； （2）P为第一象限抛物线上一动点，过P作PG⊥AC，垂足为点G，设点P的横坐标为t，线段PG的长为d，求d与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围； （3）如图2，在（2）的条件下，过点B作CP的平行线交y轴上一点F，连接AF，在BF的延长线上取点E，连接PE，若PE＝AF，∠AFE+∠BEP＝180°，求点P的坐标． 【分析】（1）根据条件求出A，B两点的坐标，利用待定系数法求二次函数的解析式即可； （2）作PD⊥x轴交AC于点E，如图1，∠A＝∠P＝45°，则，求出直线AC为y＝﹣x+3，设P（t，﹣t2+2t+3），求出PE，则PG可用t表示； （3）过点P作PN⊥BE交BE于点N，过点C作CH⊥BE于点H，过点A作AG⊥BE于点G，设BE与AC交于点M，根据AAS可证明△PEN≌△AFG，可得PN＝AG，根据AAS可证明△CMH≌△AMG，可得CM＝AM，则M（），可求得直线BM的解析式为y，求出直线CP的解析式，联立直线和抛物线的解析式即可求出点P的坐标． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝3，C（0，3）， ∴OC＝3， ∵B（﹣1，0）， ∴OB＝1， ∴， ∴AB＝4， ∴OA＝AB﹣OB＝3， ∴A（3，0）， 将A，B的坐标代入抛物线的解析式y＝ax2+bx+3得， ， 解得， ∴y＝﹣x2+2x+3， 即抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）作PD⊥x轴交AC于点E，如图1， ∵OA＝OC， ∴∠A＝45°， ∵∠A+∠EDA＝∠PEA，∠P+∠PGE＝∠PEA， ∠EDA＝∠PGE＝90°， ∴∠A＝∠P＝45°， ∴， ∴， 设直线AC的解析式为y＝kx+b， ∵A（3，0），C（0，3）， ∴， 解得， ∴直线AC为y＝﹣x+3， 设P（t，﹣t2+2t+3）， ∵PD⊥x轴， ∴E（t，﹣t+3）， ∴PE＝﹣t2+2t+3+t﹣3＝﹣t2+3t， ∴PG， ∵P为第一象限抛物线上一动点， ∴0＜t＜3． （3）如图2．过点P作PN⊥BE交BE于点N，过点C作CH⊥BE于点H，过点A作AG⊥BE于点G，设BE与AC交于点M， ∵∠BEP+∠PEN＝180°，∠AFE+∠BEP＝180°， ∴∠PEN＝∠AFG， ∵∠PNE＝∠AGF＝90°，PE＝AF， ∴△PEN≌△AFG（AAS）， ∴PN＝AG， ∵CP∥BE， ∴四边形CPNH是矩形， ∴PN＝CH＝AG， ∵∠CMH＝∠AMG，∠CHM＝∠AGM， ∴△CMH≌△AMG（AAS）， ∴CM＝AM， ∴M（）， 求得直线BM的解析式为y， ∵CP∥BM， ∴直线CP的解析式为y， ∴， 解得或， ∴P（）． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数的解析式、一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、二次函数的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形、锐角三角函数以及解一元二次方程，解题的关键是正确作出辅助线，熟练运用二次函数的性质． 21．（2024•南岗区校级二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线交x轴的正半轴于点D，交y轴的正半轴于点C，抛物线交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点B，OC＝8OA． （1）如图1，求m的值； （2）如图2，点P在第四象限的抛物线上，过点P作PQ∥y轴交CD于Q，设PQ为d，点P横坐标为t，求d与t的函数关系（不要求写t的取值范围）； （3）如图3，在（2）的条件下，连接PC交x轴于N，过P作PH⊥y轴于H，延长PH到E，连接EA，延长EA交y轴于F，连接FN并延长至T，使FT＝FE，连接TE，将射线FT绕点F逆时针旋转45°，交直线PQ于点K，交PC于W，若∠EFT+∠EPC＝135°，∠KFN＝2∠PET，求点K的坐标． 【分析】（1）先求得点C（0，8），根据题意得出A（﹣1，0），待定系数法求解析式，即可求解； （2）点P横坐标为 t，则，，根据题意Q在P点的上方，用纵坐标之差即可求解； （3）过点W作SW⊥CH 于点S，根据题意得出∠WFN＝∠RFN＝45°，取点R（1，0），则AO＝RO，根据∠EFT+∠EPC＝135°，∠TFK＝45°，结合四边形对角互补，得出∠RFN＝45°＝∠WFN，证明△FNR≌△FNW（ASA），△SWF≌△OFR（AAS）得出SF＝OR＝1，SO＝OF+1，SW＝OF，设OF＝f，则CS＝8﹣1﹣f＝7﹣f，SW＝OF＝f，在Rt△CSW 中，勾股定理求得 f＝3，则W（3，4），CW＝8﹣3＝5，进而求得直线CW：，联立抛物线求得P（9，﹣4），勾股定理求得CP，进而得出PK＝PW＝10，即可求解． 【解答】解：（1）∵直线 交y轴的正半轴于点C， 当x＝0时，y＝8，则C（0，8）， ∵OC＝8OA． ∴OA＝1，即A（﹣1，0）， 将A（﹣1，0）代入， ∴， 解得：m＝﹣2； （2）由（1）得， ∵点P横坐标为 t，则，， ∵点P在第四象限的抛物线上， ∴Q在 P 点的上方， ∴； （3）如图所示，过点W作SW⊥CH于点S， ∵将射线FT绕点F逆时针旋转45°，∠TFK＝45°， 取点R（1，0），则AO＝RO， ∴FA＝FR， 设∠AFO＝α，则∠RFO＝α，则∠FRN＝90°+α， ∵∠EFT+∠EPC＝135°，∠TFK＝45°， ∴∠EPC+∠EFK＝180°， ∴∠FWP+∠FEP＝180°， ∴∠CWF＝∠PEF＝90°﹣α，∠FWN＝90°+α＝∠FRN， ∵旋转角∠KFN＝2∠PET＝45°， ∴∠PET＝22.5°， ∴∠FET＝∠FEH﹣∠TEH＝90°﹣α﹣22.5°＝67.5°﹣α， FT＝FE， ∴∠FET＝∠TE＝67.5°﹣α， ∴∠EFT＝180°﹣∠FET﹣∠FTE＝45°+2α， ∴∠RFT＝∠EFT﹣∠AFO﹣∠OFR＝45° ∴∠CFW＝180°﹣∠KFT﹣∠RFT﹣∠OFR＝90°﹣α， ∴CF＝CW， ∴∠FCW＝180°﹣2∠CWF＝2α， 由（2）可得PK∥y轴， ∴∠CPK＝2α， 又∵∠KWP＝90°﹣α，则∠K＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α＝∠PWK， ∴PW＝PK， ∵∠AFW+∠EPW＝180°， 即∠AFO+∠RFO+∠RFN+∠NFW+∠EPW＝180°， ∴α+α+∠RFN+45°+90°﹣2α＝180°， ∴∠RFN＝45°＝∠WFN， 在△FNR和△FNW中， ， ∴△FNR≌△FNW（AAS）， ∴FR＝FW， ∵∠WSF＝∠FOR＝90°，∠WFR＝90°， ∴∠SFW＝90°﹣∠OFR＝∠FRO， ∴△SWF≌△OFR（AAS）， ∴SF＝OR＝1，SO＝OF+1，SW＝OF， 设OF＝f，则CS＝8﹣1﹣f＝7﹣f，SW＝OF＝f， 又∵CW＝CF＝8﹣f， 在Rt△CSW中，CW2＝SW2+CS2， 即（8﹣f）2＝（7﹣f）2+f2， 解得：f＝3（负值舍去）， ∴W（3，4），CW＝8﹣3＝5， 设直线CW解析式为y＝kx+8，将W（3，4）代入得： 4＝3k+8， 解得：， ∴， ， 解得：或 ， ∴P（9，﹣4）， ∴， ∵CW＝5， ∴PW＝PC﹣CW＝15﹣5＝10， ∵PK＝PW，PK∥y轴， ∴K（9，6）． 【点评】本题考查了二次函数的应用，全等三角形的性质与判定，四边形内角和，一次函数，等腰三角形，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$