2026九年级中考数学压轴题专题15 二次函数与角综合问题

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】（2025•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． 【例2】（2025•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yA，yB，设s＝yA﹣yB，若s的最大值为4，则m的值是多少？ （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． 【例3】．（2025•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． 【例4】（2025•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． 1．（2025•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． 2．（2025•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． 3．（2025•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． 4．（2025•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． 5．（2025•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． 6．（2025•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． 7．（2025•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 　 　；抛物线的解析式为 　 　． （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． 8．（2025•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（x1，0），B（x2，0）（点A在点B左侧），且x2﹣x1＝5，连接BC，D是AC上方的抛物线一点． （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． 9．（2025•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 　 　、B点坐标 　 　、C点坐标 　 　； （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． 10．（2025•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 　 　． 11．（2025•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． 12．（2025•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． 13．（2025•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xP； （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． 14．（2025•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． 15．（2025•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． 16．（2025•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． 17．（2025•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． 18．（2025•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 　 　； （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 　 　． 19．（2025•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． 20．（2025•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． 21．（2025•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． 22．（2025•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． 23．（2025•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P1（x1，y1），P2（x2，y2），当y1＝y2时，恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|． 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． 24．（2025•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． 学科网（北京）股份有限公司 【例1】（2025•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P1，过点P1作P1M⊥x轴于点M，则EM＝P1M，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P1的坐标；②当点P在x轴下方时记为P2，过点P2作P2N⊥x轴于点N，则EN＝P2N，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P2的坐标． 【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P1，过点P1作P1M⊥x轴于点M， 在Rt△EMP1中，∠P1EA＝45°，∠P1ME＝90°， ∴EM＝P1M，即m﹣（﹣1）＝﹣m2+2m+3， 解得：m1＝﹣1（不合题意，舍去），m2＝2， ∴点P1的坐标为（2，3）； ②当点P在x轴下方时记为P2，过点P2作P2N⊥x轴于点N， 在Rt△ENP2中，∠P2EN＝45°，∠P2NE＝90°， ∴EN＝P2N，即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m2+2m+3）， 解得：m1＝﹣1（不合题意，舍去），m2＝4， ∴点P2的坐标为（4，﹣5）． 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】（2025•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yA，yB，设s＝yA﹣yB，若s的最大值为4，则m的值是多少？ （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， ∴yA＝﹣（t﹣m）2+2m2＝﹣t2+2mt+m2，yB＝2t2， ∴s＝yA﹣yB ＝﹣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】（2025•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】（2025•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．（2025•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．（2025•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．（2025•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．（2025•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．（2025•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．（2025•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xE﹣xD＝4，联立得整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0，再由根与系数关系可得：xD+xE＝2﹣k，xD•xE＝﹣3k，即可求得k的值； （3）设M（x1，﹣x12+2x1+3），N（x2，﹣x22+2x2+3），如图2，分别过点M、N作ME⊥x轴于点E，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﹣xD）﹣BF（3﹣xE）＝6，即（xE﹣xD）＝6， ∴xE﹣xD＝4， 联立得：﹣x2+2x+3＝k（x﹣3）+3， 整理得：x2+（k﹣2）x﹣3k＝0， ∴xD+xE＝2﹣k，xD•xE＝﹣3k， ∵（xD+xE）2﹣4xD•xE＝（xE﹣xD）2， ∴（2﹣k）2﹣4×（﹣3k）＝42， 解得：k1＝﹣4+2，k2＝﹣4﹣2， ∵k＞0， ∴k＝﹣4+2； （3）设M（x1，﹣x12+2x1+3），N（x2，﹣x22+2x2+3）， 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＝， ∴x1+x2+x1x2＝0， 由（2）知：x1+x2＝2﹣k，x1•x2＝﹣3k， ∴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．（2025•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＝﹣x2+2x+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＝וOG， ∴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（x1，﹣x12+2x1+3），N（x2，﹣x22+2x2+3），P（x0，﹣x02+2x0+3）， 则：ME＝﹣x12+2x1+3﹣（﹣x02+2x0+3）＝﹣x12+2x1+x02﹣2x0＝﹣（x1﹣x0）（x1+x0）+2（x1﹣x0）＝（x0+x1﹣2）（x0﹣x1）， PE＝x0﹣x1， FN＝﹣x02+2x0+3﹣（﹣x22+2x2+3）＝﹣（x0+x2﹣2）（x0﹣x2）， PF＝x0﹣x2， ∵PQ恰好平分∠MPN，即∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°， ∴△MPE∽△NPF， ∴＝， ∴＝， ∴x0＝， ∵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：x1+x2＝﹣1， ∴x＝， ∴x−2x−3＝， ∴P（，）． 8．（2025•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（x1，0），B（x2，0）（点A在点B左侧），且x2﹣x1＝5，连接BC，D是AC上方的抛物线一点． （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（x1，0），B（x2，0）， ∴x1，x2是方程mx2+3mx﹣2m+1＝0的两根， ∴x1+x2＝﹣3，x1•x2＝． ∵x2﹣x1＝5， ∴＝25． 即：﹣4x1•x2＝25， ∴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．（2025•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，﹣2t）　； （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（x1，kx1+b）、N（x2，kx2+b）设点Q的横坐标为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x1+x2＝2+k﹣m，x1x2＝﹣2m﹣b，根据△MKA∽△QLH，可得 ＝，进一步求得结果； （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（x1，kx1+b）、N（x2，kx2+b） 联立 ， 整理得x2+（m﹣2﹣k）x﹣2m﹣b＝0， ∴x1+x2＝2+k﹣m，x1x2＝﹣2m﹣b， 设点Q的横坐标为n，则Q（n，kn+b）， ∵MA∥QH， ∴∠MAK＝∠QHL， ∴△MKA∽△QLH， ∴， 即 ＝， 整理得kx1x2+b（x1+x2）+kmn+bm﹣bn＝0， ∴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．（2025•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， ∴x1＝0（舍去），x2＝， ∴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， ∴x1＝0（舍去），x2＝5， ∴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．（2025•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．（2025•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．（2025•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xP； （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（x1，0），C（x2，0） 由题意，a≠0，其中x1，x2 是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个根 ∵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（x1，0）在y轴左侧，点C（x2，0）在y轴右侧，点B（0，c）在y轴正半轴， ∴OA＝﹣x1，OB＝OC＝，OC＝x2，其中c＞0，即＞0， ∴a＞﹣， 将以上数值代入到OB2＝OA•OC中，得c2＝﹣x1x2， 又x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个根， ∴x1x2＝， ∴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+， ∴x1，x2是方程﹣x2+x+＝0的两根， ∴x1＝﹣，x2＝， ∴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B1点，连接BB1，再作线段BB1的垂直平分线交x轴于B2点，连接BB2， ∴BB1＝B1C，BB2＝B2B1， ∴∠BCB1＝∠B1BC，∠BB1B2＝∠B2BB1， ∵∠BB1B2＝∠BCB1+∠B1BC＝2∠BCB1，即∠BB1O＝2∠BCO， ∴∠B2B1C＝∠B2BB1+∠B1BC＝∠BB1B2+∠BCB1＝2∠BCB1+∠BCB1＝3∠BCB1， 又点B1，O都在x轴上，∠BCB1＝∠BCO， ∴∠B2BC＝3∠BCO， ∴点P只需为直BB2与抛物线的另一个交点即可，此时∠PBC＝∠B2BC＝3∠BCO，符合题目要求，如下图所示；所以只需求出点B2的坐标，再得出直BB2的解析式，最后得出点P横坐标 ∵∠BOC＝∠BOB1＝∠BOB2＝90°，B（0，），C（），BB1＝B1C， ∴OB＝，OC＝，OB1＝OC﹣B1C＝﹣BB1， 在Rt△BOB1中，（BB1）2＝OB2+OB12＝（）2+（﹣BB1）2， ∴BB1＝， ∴B1C＝BB1＝，OB1＝﹣BB1＝， ∴OB2＝OB1﹣B2B1＝﹣BB2， 在Rt△BOB2中，B2B2＝OB2+B2O2＝（）2+（﹣B2B）2， ∴B2B＝， ∴B2B2＝BB2＝，OB2＝﹣BB2＝， ∴点B2的坐标为（，0）， 设直线BB2的解析式为y＝kx+t1， ∴，解方程组得， 直线BB2的解析式为y＝﹣x+， 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B3，点B3仍在抛物线上；再连接BB3，将线段BB3绕着点B逆时针旋转到BB4，使得∠B4BB3＝2∠BCO；过点B4作B4B5⊥BB3于B5， ∵BB3∥x轴，且B3（3，），BB3＝3， ∴∠BCO＝∠B3BC， ∵∠B4BB3＝2∠BCO， ∴∠B4BC＝∠B4BB3+∠B3BC＝2∠BO+∠BCO＝3∠BCO， 又∵此时∠PBC＝∠B4BC， ∴∠PBC＝3∠BCO符合题意， 根据作法，BB4＝BB3＝3，且在第一种情形已知∠BB1O＝2∠BCO，OB＝，OB1＝， ∴∠B4BB3＝2∠BCO＝∠BB1O， ∴tan∠B4BB3＝tan∠BB1O＝＝＝， 在Rt△B4B5B中，＝tan∠B4BB3＝， ∴B4B5＝BB5， 在Rt△B4B5B中，BB42＝BB52+B4B52， ∴32＝BB52+（BB5）2 ∴BB5＝，B4B5＝， ∴B4（，） ∴直线BB4的解析式为y＝x+， 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F1，过点F1作F1F2⊥BE于点F2， ∵EF平分∠BEO， ∴EF1平分∠BEO，且OF1＝F1F2（角平分线上的点到角的两边距离相等）， ∵•BF1•OE＝•BE•F1F2， 即（OB﹣OF1）•OE＝BE•OF1， ∴（﹣OF1）×＝•OF1， ∴OF1＝， ∴F1（0，）， ∴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F1作F1F3⊥AB于点F3，过点R作RR1⊥x轴于点R1． ∵R（，），S（3，0），F1（0，）， ∴R1（，0），SR1＝﹣3＝， ∴RR1＝SR1， ∴△RR1S是等腰直角三角形， ∴∠RSR1＝45°， ∴∠RSE＝180°﹣45°＝135°， ∴∠EFA＝∠F1FF3， ∵F（﹣，），F1（0，）， ∴FF1＝， ∵∠ABP＝∠F1BF3，∠AOB＝∠F1F3B＝90°， ∴△F1F3B∽△ABO， ∴＝， ∴＝， ∴F1F3＝， ∴sin∠F1FF3＝＝， ∴∠F1FF3＝45°， ∴∠EFA＝45°， ∴∠RSE＝3∠EFA． 14．（2025•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：x1＝m+1，x2＝﹣m+3， ∴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：x1＝m﹣1，x2＝﹣m+5， ∴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．（2025•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x1＝﹣，x2＝+， ∴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x1＝，x2＝， ∴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M1与点M关于点C对称，则四边形AMBM1为平行四边形，∠AM1B＝45°， ∴点M1坐标为（0，6）． ∴点M坐标为（4，0）或（0，﹣4）或（0，6）． 16．（2025•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．（2025•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．（2025•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．（2025•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．（2025•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：m1＝6，m2＝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．（2025•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， ∴x1＝2，x2＝﹣k， ∵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．（2025•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＝2α，由，可证明∠CMN＝90°﹣2α＝∠OMN，从而BN⊥x轴，CN＝ON，又CN＝ON＝3，即得OC＝6，点C的坐标为（6，0）． 【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x1＝0，x2＝7， ∴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t1＝2，t2＝5， ∵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＝2α， ∵， ∴∠ODB＝∠CBD+POA＝α+45°， ∵∠OBD＝∠OCD＝90°， ∴BM＝OM＝DM＝CM， ∴∠MBD＝∠BDM＝α+45°， ∴∠MCB＝∠MBC＝α+45°﹣2α＝45°﹣α，∠OMN＝∠BMD＝180°﹣2（α+45°）＝90°﹣2α，∠BMO＝2α+90°， ∴∠BMH＝∠MCB+∠MBC＝90°﹣2α， ∴∠OMH＝∠BMO﹣∠BMH＝（2α+90°）﹣（90°﹣2α）＝4α， ∴∠CMN＝180°﹣∠OMH﹣∠OMN＝180°﹣4α﹣（90°﹣2α）＝90°﹣2α＝∠OMN， ∵OM＝CM， ∴BN⊥x轴，CN＝ON， ∴CN＝ON＝3， ∴OC＝6， ∴点C的坐标为（6，0）． 23．（2025•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P1（x1，y1），P2（x2，y2），当y1＝y2时，恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|． 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P1（x1，y1），P2（x2，y2），当y1＝y2时，恒有|x1﹣1|＝|x2﹣1|， ∴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．（2025•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）． $