人教版九年级上册第二十二章 二次函数22.3 实际问题与二次函数课后练习题

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 专题22.3.8 二次函数背景下直角三角形存在性问题
同步练习
1．如图，二次函数 y＝x2＋bx＋c图像经过原点和点A（2，0），直线 AB与抛物线交于点B，且∠BAO＝45°．
（1）求二次函数解析式及其顶点C的坐标；
（2）在直线 AB上是否存在点D，使得△BCD 为直角三角形．若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．


2．如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，A(1，0)，B(0，2)，二次函数y＝x2+bx﹣2的图象经过C点．
(1)求二次函数的解析式；
(2)平移该二次函数图象的对称轴所在直线l，若直线l恰好将△ABC的面积分为1：2两部分，请求出此时直线l与x轴的交点坐标；
(3)将△ABC以AC所在直线为对称轴翻折180°，得到△AB′C，那么在二次函数图象上是否存在点P，使△PB′C是以B′C为直角边的直角三角形？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．

3． 如图，二次函数的图象经过点，直线与轴交于点为二次函数图象上任一点．
求这个二次函数的解析式；
若点是直线上方抛物线上一点，过分别作和轴的垂线，交直线于不同的两点在的左侧)，求周长的最大值；
是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形？如果存在，求点的坐标；如果不存在，请说明理由．



4．在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+2的图象与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的关系解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；



4． 如图所示，已知二次函数y=-x2+bx+c的图像与x轴的交点为点A(3，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)，连接AC．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）在(1)中位于第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得△ACD的面积最大?若存在，求出点D的坐标及△ACD面积的最大值，若不存在，请说明理由.
（3）在抛物线上是否存在点E，使得△ACE是以AC为直角边的直角三角形如果存在，请直接写出点E的坐标即可；如果不存在，请说明理由.



6．已知：一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为B、C，二次函数的关系式为y＝ax2﹣3ax﹣4a（a＜0）．
（1）说明：二次函数的图象过B点，并求出二次函数的图象与x轴的另一个交点A的坐标；
（2）若二次函数图象的顶点，在一次函数图象的下方，求a的取值范围；
（3）若二次函数的图象过点C，则在此二次函数的图象上是否存在点D，使得△ABD是直角三角形？若存在，求出所有满足条件的点D坐标；若不存在，请说明理由．



7．如图，在平面直角坐标中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（6，0），B（﹣2，0），C（0，4）．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+c的表达式；
（2）点P在第一象限的抛物线上，且能够使△ACP得面积最大，求点P的坐标；
（3）在（2）的前提下，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△APQ为直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．




8．如图，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点．
（1）求二次函数的表达式及顶点坐标；
（2）若点P为抛物线上的一点，且，求点P的坐标；；
（3）连接BC，在抛物线的对称轴上是否存在一点E，使是直角三角形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．



9．如图，二次函数y=a(x2-2mx-3m2)（其中a，m为常数，且a>0，m>0）的图象与x轴分别交于点A、B（点A位于点B左侧），与y轴交于点C(0，-3)，点D在二次函数图象上，且CD∥AB，连AD；过点A作射线AE交二次函数于点E，使AB平分∠DAE．
（1）当a=1时，求点D的坐标；
（2）证明：无论a、m取何值，点E在同一直线上运动；
（3）设该二次函数图象顶点为F，试探究：在x轴上是否存在点P，使以PF、AD、AE为边构成的三角形是以AE为斜边的直角三角形？如果存在，请用含m的代数式表示点P的横坐标，如果不存在，请说明理由．



10．二次函数y=ax2＋bx＋c图象的一部分如图所示．已知它的顶点M在第二象限，且经过点A(1，0)和点B(0，l)．若此二次函数的图象与x轴的另一个交点为C.
（1）试求a，b所满足的关系式；
（2）当△AMC的面积为△ABC面积的52倍时，求a的值；
（3）是否存在实数a，使得△ABC为直角三角形．若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由．

　


11．如图，已知二次函数（）的图象与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，且，，顶点为.
（1）求二次函数的解析式；
（2）点为线段上的一个动点，过点作轴的垂线，垂足为，若，四边形的面积为，求关于的函数解析式，并写出的取值范围；
（3）探索：线段上是否存在点，使为直角三角形？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由.




12．二次函数的图象的一部分如图所示．已知它的顶点M在第二象限，且经过点A(1，0)和点B(0，l)．
（1）试求a，b所满足的关系式；
（2）设此二次函数的图象与x轴的另一个交点为C，当△AMC的面积为△ABC面积的倍时，求a的值；
（3）是否存在实数a，使得△ABC为直角三角形．若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由．



13．如图，在直角坐标系中，已知点A（-1，0）、B（0，2），将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC．
（1）点C的坐标为（ ， ）；
（2）若二次函数的图象经过点C．
①求二次函数的关系式；
②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]
③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

14． 如图所示，矩形A′BC′O′是矩形OABC(边OA在x轴正半轴上，边OC在y轴正半轴上)绕点B逆时针旋转得到的．点O′在x轴的正半轴上，点B的坐标为(1，3)．
(1)如果二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0)的图象经过O，O′两点，且图象顶点M的纵坐标为－l，求这个二次函数的解析式；
(2)在(1)中求出的二次函数图象对称轴的右侧，是否存在点P，使得△POM为直角三角形?若存在，求出点P的坐标和△POM的面积；若不存在，请说明理由；
(3)求边C′O′所在直线的解析式．



15．如图，已知关于x的二次函数y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的图象与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC＝3，顶点为M．
（1）求出二次函数的关系式；
（2）点P为线段MB上的一个动点，过点P作x轴的垂线PD，垂足为D．若OD＝m，△PCD的面积为S，求S关于m的函数关系式，并写出m的取值范围；
（3）探索线段MB上是否存在点P，使得△PCD为直角三角形？如果存在，求出P的坐标；如果不存在，请说明理由．



16．如图，已知二次函数的图象经过A（3，0），B（0，1），C（2，2）三点.
（1）求二次函数的解析式；
（2）设点D（，m ）在二次函数的图象上，将∠ACB绕点C按顺时针方向旋转至∠FCE，使得射线CE与轴的正半轴交于点E，且经过点D，射线CF与线段OA交于点F．求证：BE＝2FO；
（3）是否存在点H（n，2），使得点A、D、H构成的△ADH是直角三角形？若存在，有几个符合条件的点H？（直接回答，不必说明理由）



17． 定义：如果一个三角形中有两个内角满足，那我们称这个三角形为“近直角三角形”．
（1）若是“近直角三角形”，，则 度；
（2）如图，在中，．边上是否存在点，使得也是“近直角三角形”，若存在，求出所有点的位置；若不存在，请说明理由．






参考答案
1．（1）y=，（1，-1）；（2）（2，0）或（，）．
【解析】
试题分析：（1）将点A和点O的坐标代入抛物线的解析式可求得b=-2，c=0，从而得到抛物线的解析式，由抛物线的对称性可知点C的横坐标为1，将x=1代入抛物线的解析式可求得y=-1，故此可求得点C的坐标；（2）由∠BAO=45°可知直线AB的一次项系数为-1，从而可求得直线AB的解析式为y=-x+2．当∠ADC=90°时．依据相互垂直的两直线的一次项系数之积等于-1可求得直线CD的解析式为y=x-2，将y=-x+2与y=x-2联立可求得点D的坐标为（2，0）；当∠BCD=90°时．将y=-x+2与y=联立得求得点B的坐标为（-1，3），然后依据待定系数法求得直线BC的解析式为直线BC的解析式为y=-2x+1，依据相互垂直的两直线的一次项系数之积等于-1可求得直线CD的解析式为y=x−，将y=-x+2与y=x−联立可求得点D的坐标为（，）．
试题解析：（1）将（0，0）、（2，0）代入函数的解析式得：，解得．二次函数的解析式为y=．∵点（0，0）与（2，0）关于x=1对称，∴抛物线的对称轴为x=1．将x=1代入得：y=-1．∴点C的坐标为（1，-1）；
（2）∵∠BAO=45°，∴直线AB的一次项系数为-1．设直线AB的解析式为y=-x+b，将（2，0）代入得：-2+b=0，解得b=2．∴直线AB的解析式为y=-x+2．如图1所示：当∠ADC=90°时．

∵∠ADC=90°，∴CD⊥AB．∴直线CD与直线AB的一次项系数的乘以为-1．∴直线CD的一次项系数为1．设直线CD的解析式为y=x+b．∵将C（1，-1）代入得：1+b=-1．解得b=-2，∴直线CD的解析式为y=x-2．将y=-x+2与y=x-2联立得．解得．∴点D的坐标为（2，0）．
如图2所示：当∠BCD=90°时．

∵将y=-x+2与y=联立得，解得或，∴点B的坐标为（-1，3）．设直线BC的解析式为y=kx+b，将（-1，3）、（1，-1）代入得，解得．∴直线BC的解析式为y=-2x+1．∵CD⊥BC，∴直线CD的一次项系数为．设直线CD的解析式为y=x+c，将点C的坐标代入得×1+c=-1．解得：c=．∴直线CD的解析式为y=x．将y=-x+2与y=x联立得．解得．∴点D的坐标为（，）．由图形可知∠CBD=90°的情况不存在．综上所述，点D的坐标为（2，0）或（，）．
考点：二次函数综合题．
2．(1)y＝x2-x﹣2；(2)直线l与x轴的交点坐标为(1，0)或(3﹣，0)；(3)点P的坐标为：(﹣，)或(﹣1，﹣1)或(，﹣)．
【分析】
（1）过点C作CD⊥x轴于点D，根据△AOB≌△CDA求出CD、OD得出C（3，1），再代入抛物线即可.
（2）先求出S△ABC，求出直线BC的解析式为，同理求得直线AC、AB的解析式，设直线l与x轴交点坐标为（x，0），设直线l与BC、AC分别交于点F、E，根据，得出，求出x即可，设直线l与BC、AB分别交于点F、E，根据，得出 求出x即可.
（3）延长CB交抛物线于点P3，过点B′作B′P1⊥BC，交抛物线于点P1、P2，设直线B′P1的解析式为：，过点B′作B′M⊥x轴于点M，根据△AOB≌△AMB′求出B′的坐标，得出直线B′P1的解析式为：，再根据得出P1、P2的坐标，根据 得出P3的坐标．
【详解】
解：（1）如图1所示，
过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CAD+∠ACD=90°．
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠CAD=90°，
∴∠OAB=∠ACD，
∵∠BOA=∠ADC=90°，
在△AOB和△CDA中，
，
∴△AOB≌△CDA（AAS）．
∴CD=OA=1，AD=OB=2，
∴OD=OA+AD=3，
∴C（3，1）．
∵点C（3，1）在抛物线，
∴解得：b=，
∴抛物线的解析式为：.
（2）在Rt△AOB中，
∵OA=1，OB=2，
∴AB=，
∴.
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B（0，2），C（3，1），
∴ ，
解得k=，b=2，
∴.
同理求得直线AC的解析式为：，
直线AB的解析式为：y=-2x+2，
设直线l与x轴交点坐标为（x，0）
如图2：设直线l与BC、AC分别交于点F、E，则EF=.
△CEF中，EF边上的高h=OD-x=3-x．
由题意得：，
即：，
∴，
解得x1=，x2=（不合题意，舍去），
如图3：
设直线l与BC、AB分别交于点F、E，
则EF=
△BEF中，EF边上的高h=x．
由题意得：.
即：.
解得x1=1，x2=-1（不合题意，舍去）
当直线l与x轴交点坐标为（1，0）或（，0）时，恰好将△ABC的面积分为1：2的两部分，
（3）存在．
如图4，
延长CB交抛物线于点P3，过点B′作B′P1⊥BC，交抛物线于点P1、P2，
则CB∥B′P1，
设直线B′P1的解析式为：，
过点B′作B′M⊥x轴于点M，
在△AOB和△AMB′中，
，
∴△AOB≌△AMB′（AAS），
∴B′M=BO=2，
AM=AO=1，
∴B′的坐标为（2，-2），
∴，
∴b=，
∴直线B′P1的解析式为：y=
由 得 或 ，
∴P1的坐标是（-1，-1），P2的坐标是 ，
∵∠ACB=∠ACB′=45°，
∴∠B′CP3=90°，
由 得： （舍去），或 ，
∴P3的坐标是 ，
∴P点坐标是P1（-1，-1），P2，P3.
【点拨】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
3．；最大周长为；或或．
【分析】
（1）运用待定系数法求这个二次函数的解析式；
（2）先求解的解析式，证明 得到 利用的坐标表示的长度，利用三角函数求解的长度，建立周长与的横坐标之间的函数关系式，利用函数的最值求周长的最大值，
（3）分情况讨论：以为直角顶点，利用 可直接得到答案，以为直角顶点时，利用求解的解析式，联立一次函数与二次函数的解析式可得答案．
【详解】
解：（1）
设抛物线为：
把代入



（2）设直线为

解得：




轴，轴，

设




的周长
当时，周长最大．
最大周长为：

（3）如图，当时，


为抛物线与轴的交点，


当时，与轴交于点，





设的解析式为：

解得：
为

解得：
或

综上：以为直角边的直角三角形时，点坐标为或或．
【点拨】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，利用二次函数求图形周长的最值问题，直角三角形的存在性问题，同时考查三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．
4．（1）；（2）存在，点P，使△PAC的面积最大；（3）存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形．Q点坐标为：Q1（2，3），Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）．
【分析】
（1）直接把点A（﹣3，0），B（1，0）代入二次函数y＝ax2+bx+2求出a、b的值即可得出抛物线的解析式；
（2）设点P坐标为（m，n），则n＝﹣m2﹣m+2，连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．根据三角形的面积公式得出△PAC的表达式，再根据二次函数求最大值的方法得出其顶点坐标即可；
（3）以BC为边，在线段BC两侧分别作正方形，正方形的其他四个顶点均可以使得“△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形”，因此有四个点符合题意要求，再过Q1点作Q1D⊥y轴于点D，过点Q2作Q2E⊥x轴于点E，根据全等三角形的判定定理得出△Q1CD≌△CBO，△CBO≌△BQ2E，故可得出各点坐标．
【详解】
（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2过点A（﹣3，0），B（1，0），
∴

∴二次函数的关系解析式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）存在．
∵如图1所示，设点P坐标为（m，n），则n＝﹣m2﹣m+2．
连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．
则PM＝﹣m2﹣m+2．，PN＝﹣m，AO＝3．
∵当x＝0时，y＝﹣×0﹣×0+2＝2，
∴OC＝2，
∴S△PAC＝S△PAO+S△PCO﹣S△ACO
＝AO•PM+CO•PN﹣AO•CO
＝×3×（﹣m2﹣m+2）+×2×（﹣m）﹣×3×2
＝﹣m2﹣3m
∵a＝﹣1＜0
∴函数S△PAC＝﹣m2﹣3m有最大值
∴当m＝﹣＝﹣时，S△PAC有最大值．
∴n＝﹣m2﹣m+2＝﹣×（﹣）2﹣×（﹣）+2＝，
∴存在点P（﹣，），使△PAC的面积最大．

（3）如图2所示，以BC为边在两侧作正方形BCQ1Q2、正方形BCQ4Q3，则点Q1，Q2，Q3，Q4为符合题意要求的点．过Q1点作Q1D⊥y轴于点D，过点Q2作Q2E⊥x轴于点E，
∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，∠3+∠4＝90°，
∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，
在△Q1CD与△CBO中，
∵，
∴△Q1CD≌△CBO，
∴Q1D＝OC＝2，CD＝OB＝1，
∴OD＝OC+CD＝3，
∴Q1（2，3）；
同理可得Q4（﹣2，1）；
同理可证△CBO≌△BQ2E，
∴BE＝OC＝2，Q2E＝OB＝1，
∴OE＝OB+BE＝1+2＝3，
∴Q2（3，1），
同理，Q3（﹣1，﹣1），
∴存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形．Q点坐标为：Q1（2，3），Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）．

【点拨】本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求二次函数解析式，二次函数极值、全等三角形的判定与性质，正方形及等腰直角三角形的性质等知识，涉及面较广，难度较大．
5．（1）y=-x2+2x+3；（2）抛物线上存在点D，使得△ACD的面积最大，此时点D的坐标为( ， )且△ACD面积的最大值 ；（3）在抛物线上存在点E，使得△ACE是以AC为直角边的直角三角形
点E的坐标是(1，4)或(-2，-5).
【分析】
(1)因为点A(3，0)，点C(0,3)在抛物线y=−x2+bx+c上，可代入确定b、c的值；
(2)过点D作DH⊥x轴，设D(t，-t2+2t+3)，先利用图象上点的特征表示出S△ACD=S梯形OCDH+S△AHD-S△AOC=，再利用顶点坐标求最值即可；
(3)分两种情况讨论：①过点A作AE1⊥AC，交抛物线于点E1，交y轴于点F，连接E1C，求出点F的坐标，再求直线AE的解析式为y＝x−3，再与二次函数的解析式联立方程组求解即可；②过点C作CE⊥CA，交抛物线于点E2、交x轴于点M，连接AE2，求出直线CM的解析式为y＝x＋3，再与二次函数的解析式联立方程组求解即可.
【详解】
（1）解：∵二次函数y=-x2+bx+c与x轴的交点为点A(3，0)与y轴交于点C(0，3)
∴
解之得
∴这个二次函数的解析式为y=-x2+2x+3
（2）解：如图，设D(t，-t2+2t+3)，过点D作DH⊥x轴，垂足为H，

则S△ACD=S梯形OCDH+S△AHD-S△AOC
= (-t2+2t+3+3)+ (3-t)(-t2+2t+3)- ×3×3
=
=
∵ <0
∴当t= 时，△ACD的面积有最大值
此时-t2+2t+3=
∴抛物线上存在点D，使得△ACD的面积最大，此时点D的坐标为( ， )且△ACD面积的最大值
（3）在抛物线上存在点E，使得△ACE是以AC为直角边的直角三角形
点E的坐标是(1，4)或(-2，-5).
理由如下：有两种情况：
①如图，

过点A作AE1⊥AC，交抛物线于点E1、交y轴于点F，连接E1C．
∵CO＝AO＝3，
∴∠CAO＝45°，
∴∠FAO＝45°，AO＝OF＝3．
∴点F的坐标为（0，−3）．
设直线AE的解析式为y＝kx＋b，
将（0，−3），（3，0）代入y＝kx＋b得：

解得
∴直线AE的解析式为y＝x−3，
由
解得或
∴点E1的坐标为（−2，−5）．
②如图，

过点C作CE⊥CA，交抛物线于点E2、交x轴于点M，连接AE2 ．
∵∠CAO＝45°，
∴∠CMA＝45°，OM＝OC＝3．
∴点M的坐标为（−3，0）,
设直线CM的解析式为y＝kx＋b，
将（0，3），（-3，0）代入y＝kx＋b得：

解得
∴直线CM的解析式为y＝x＋3．
由
解得：或
∴点E2的坐标为（1，4）．
综上，在抛物线上存在点E1（−2，−5）、E2（1，4），使△ACE1、△ACE2是以AC为直角边的直角三角形．
【点拨】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式、二次函数的最值问题，二次函数中的直角三角形问题.观察图象、求出特殊点坐标是解题的关键．
6．⑴A（-1,0）⑵⑶(0,2)或（3,2）
【解析】
解：（1）因为一次函数y=的图象与x轴、y轴的交点分别为B、C，，且
二次函数的关系式为y=ax2-3ax-4a(a<0).=a(x-4）(x+1)
因为第一个交点过点B，则利用根与系数的关系可知A（-1,0）
（2）若二次函数图象的顶点，在一次函数图象的下方
即点（3/2,-7a/4）使得y<,代入可知a的范围是
（3）因为图像过点C（0,2），则说明了-4a=2,a=-1/2
C此时二次函数确定了，y=-1/2x2-3/2x-2(a<0).设D(X,Y)
7．（1）y＝﹣x2+x+4；（2）P（3，5）；（3）点Q坐标为（2，﹣）或（2，）或（2，1）或（2，4）
【分析】
（1）将A、B、C三点代入，可求得抛物线的解析式；
（2）设P(m，﹣m2+m+4)，先求出AC的解析式，从而得出点E的坐标，进而得出PE的长，从而求得用m表示的△PCA的面积，最后根据二次函数的特点，求出最值；
（3）设设点Q的坐标为（2，m），根据平面直角坐标系中任意两点之间的距离公式求出AQ2、PQ2和AP2，存在3种情况，一种是∠QAP=90°，第二种是∠AQP=90°，第三种是∠QPA=90°时，利用勾股定理分别求解即可．
【详解】
解：（1）把A(6，0)，B(﹣2，0)，C(0，4)的坐标代入y＝ax2+bx+c，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4．
（2）作PE∥OC交AC于E．

设P(m，﹣m2+m+4)．
设直线AC的解析式为y＝kx+d
将点A和点C的坐标代入，得

解得：
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+4，
∴E(m，﹣m+4)，
∴PE＝﹣m2+2m，
∴S△PAC＝×(﹣m2+2m)×6＝﹣m2+6m＝﹣(m﹣3)2+9，
∵﹣1＜0，
∴m＝3时，△PAC的面积最大，
∴P(3，5)．
（3）∵A(6，0)，P(3，5)，抛物线y＝﹣x2+x+4的对称轴为直线x=2
∴可设点Q的坐标为（2，m）
∴AQ2=
PQ2=
AP2=
①当∠QAP=90°时，则AQ2＋AP2= PQ2
即＋34=
解得：m=
∴Q(2，)
②当∠AQP=90°时，则AQ2＋PQ2= AP2
即＋=34
解得：m1=1，m2=4
∴Q(2，1)或(2，4)
③当∠QPA=90°时，则AP2＋PQ2= AQ2
即34＋=
解得：m=
∴Q(2，)
综上所述，满足条件的点Q坐标为(2，)或(2，)或(2，1)或(2，4)．
【点拨】本题考查二次函数的综合，第（3）问中，题干仅告知了△APQ是直角三角形，未确定哪个角是直角，故存在多解情况．
8．（1）；；（2）P、、；（3）存在，E，，、．
【分析】
（1）根据题意，设二次函数的一般式解析式，再代入、、，转化为解三元一次方程组即可解得一般式解析式，再利用配方法将一般式解析式化为顶点式解析式即可；
（2）先解得，再结合三角形面积公式及绝对值的几何意义解题即可
（3）当是直角三角形时，分三种情况讨论：或或，分别结合勾股定理解题即可．
【详解】
解：（1）设二次函数的表达式为
将、、分别代入得
解得：
二次函数表达式为

顶点坐标为；
（2）



当时，
解得，；
当时，
解得，
点p的坐标为、、；
（3）存在，符合条件的点E共有4个，坐标分别为，，、，理由如下：
抛物线的对称轴为，设得，



当时，



；
当时，



；
当时，






此时或，
综上所述，符合条件的点E共有4个，坐标分别为，，、．
【点拨】本题考查待定系数法解二次函数的解析式、化二次函数的一般式解析式为顶点式解析式、直角三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
9．（1） D(2，－3)；（2）证明见解析；（3）P(－3m，0)或(5m，0).
【解析】
试题分析：（1）根据题意将a=1，C（0，﹣3）代入y=a（x2﹣2mx﹣3m2），进而求出m的值，即可得出答案；
（2）首先根据题意表示出A，B，C，D，进而联立，求出E点坐标即可得出答案；
（3）由（2）得：F（m，﹣4）、E（4m，5）、A（﹣m，0）、D（2m，﹣3），再利用PF，AD，AE的关系得出答案．
解：（1）当a=1时，y=a（x2﹣2mx﹣3m2）=x2﹣2mx﹣3m2，
∵与y轴交于点C（0，﹣3），
∴﹣3m2=﹣3，
解得：m=±1，
∵m＞0，
∴m=1，
∴抛物线解析式为：y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2+4，
故抛物线顶点坐标为：D（2，﹣3）；
（2）作D关于AB对称的点D′必在AE上，
当y=0，则0=a（x2﹣2mx﹣3m2），
解得：x1=﹣m，x2=3m，
当x=0，y=﹣3am2，
可得：A（﹣m，0）、B（3m，0），C（0，﹣3am2），D（2m，﹣3am2）
∴D′（2m，3am2），
∵抛物线过点C，
∴﹣3am2=﹣3，
则am2=1，
∴直线AD′的解析式为：y=x+1，
联立，整理得x2﹣3mx﹣4m2=0
解得x1=4m，x2=﹣m（舍去）
∴E（4m，5）
∴E在y=5上运动；
（3）由（2）得：F（m，﹣4）、E（4m，5）、A（﹣m，0）、D（2m，﹣3）
设P（b，0）
∴PF2=（m﹣b）2+16，AD2=9m2+9，AE2=25m2+25
∴（m﹣b）2+16+9m2+9=25m2+25，
解得：b1=﹣3m，b2=5m
∴P（﹣3m，0）或（5m，0）．

考点：二次函数综合题．
10． （1）a＋b=－1；（2）a=－4＋15；（3）不存在.
【解析】
【分析】
（1）把点A（1，0）和点B（0，1）的坐标代入抛物线的解析式，就可以得到关于a，b，c关系式．整理就得到a，b的关系．
（2）利用公式求出抛物线的顶点的纵坐标，进而表示出△AMC的面积，根据S△AMC=52S△ABC，就可以得到关于a的方程，解得a的值；
（3）本题应分A是直角顶点，B是直角顶点，C是直角顶点三种情况进行讨论．
【详解】
（1）将A（1，0），B（0，l）代入y=ax2＋bx＋c得：
a+b+c=0c=1 ，可得：a＋b=－1
（2）(2)∵a+b=−1，
∴b=−a−1代入函数的解析式得到：y=ax2−(a+1)x+1，
顶点M的纵坐标为4a−(a+1)24a=−(a−1)24a ，
因为S△AMC=52S△ABC，
由同底可知：−(a−1)24a＝52×1
整理得：a2＋8a＋1=0，得：a=－4±15
由图象可知：a<0，因为抛物线过点（0，1），顶点M在第二象限，其对称轴x=a+12a<0,
∴-1 ∴a=－4－15舍去，从而a=－4＋15
（3）① 由图可知，A为直角顶点不可能；
② 若C为直角顶点，此时与原点O重合，不合题意；
③ 若设B为直角顶点，则可知−15，得：
令85，可得：ax2−a+1x+1=0，x1=1,x2=1a，
得：AC=1−1a,BC=12+1a2,AB=2，
∴(1−1a)2=2+(1+1a2)
解得：a=-1，由－1＜a＜0，不合题意．所以不存在
综上所述：不存在.
【点拨】本题是二次函数与三角形综合题，注意数形结合思想在解题中的应用.
11．（1）；（2）的取值范围是；（3）符合条件的点的坐标为
【解析】
【分析】
（1）将，代入即可进行求解；
（2）先求出二次函数的顶点坐标，令，得，，得到，根据，的坐标求出直线的解析式，得到，，再根据梯形的面积公式列出S的关系式；
（3）先求出，根据直角三角形的性质分类讨论即可求解.
【详解】
解（1）将，代入中

∴，
（2），所以
令，得，，所以
设直线的解析式为，将，代入，得
，得，所以
所以，

的取值范围是
（3）由
∴
①以为直角顶点


，舍去
②以为直角顶点


，所以
③以为直角顶点
，

，，无解
综上，符合条件的点的坐标为
【点拨】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、待定系数法确定函数关系式及直角三角形勾股定理的性质，注意用分类讨论方法.
12．（1）；（2）a=，（3）不存在，理由见解析
【分析】
（1）把点A（1,0）和点B（0,1）的坐标代入抛物线的解析式，就可以得到关于a,b,c关系式,整理就得到a,b的关系；
（2）利用公式求出抛物线的顶点的纵坐标，进而表示出△AMC的面积,根据S△AMC＝S△ABC,就可以得到关于a的方程，解得a的值；
（3）本题应分A是直角顶点，B是直角顶点，C是直角顶点三种情况进行讨论
【详解】
解 ：(1)将A（1,0）,B（0,l）代入得
，可得，
（2）由(1)可知，
顶点M的纵坐标为，
因为，由同底可知：,
整理得：，解得a=，
由图象可知，因为抛物线过点（0,1），顶点M在第二象限，其对称轴x=<0，
∴， ∴a=舍去，从而a=，
（3）① 由图可知，A为直角顶点不可能，
② 若C为直角顶点，此时与原点O重合，不合题意，
③ 若设B为直角顶点，则可知AC2=AB2+BC2AC2=AB2+BC2，得
令可得:
得：，，

解得：a=−1，由－1＜a＜0，不合题意，所以不存在，
综上所述：不存在
【点拨】本题主要考查待定系数求二次函数关系式，二次函数与三角形面积综合，以二次函数为背景的直角三角形的存在性问题，学生需要熟练掌握二次函数解析式的方法，对于二次函数与三角形的综合要求学生根据三角形的性质数形结合进行求解
13．(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．
(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，
∴.解得
∴二次函数的关系式为
②当-1≤x≤4时，≤y≤8；
③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，

i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直
角三角形，过点作⊥轴，
∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，
∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,
∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；
ii） 当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上
综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△是以AB为直角边的等腰直角三角形．
【解析】
(1)根据旋转的性质得出C点坐标；
（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；③分二种情况进行讨论.
14．(1) y＝x2－2x(2)1(3)y=
【解析】
分析:(1)连接BO,B则B0=B,求出M点坐标,列出方程组求出未知数的值,进而求出二次函数的解析式;(2)设存在满足题设条件的点P(x,y),连接OM,PM,OP,过P作PN⊥x轴,求出P点坐标和△POM的面积.(3)已知(2,0),点D的横坐标为1,由相似关系求其纵坐标,用待定系数法求解析式.
本题解析：(1)如图2－83所示，连接BO，BO′，则BO=BO′．∵BA⊥OO′，∴AO＝AO′．∵B(1，3)，∴O′(2，0)，M(1，－1)，∴解得∴所求二次函数的解析式为y＝x2－2x．

(2)假设存在满足题设条件的点P(x，y)．连接OM，PM，OP，过P作PN⊥x轴于N，则∠POM＝90°．∵M(1，－1)，A(1，0)，AM=OA，∴∠NOA＝45°，∴∠PON=45°，∴ON=NP，即x＝y．∵P(x，y)在二次函数y=x2－2x的图象上，∴x＝x2－2x，解得x＝0或x＝3．∵P(x，y)在对称轴的右侧，∴x＞1，∴x=3，y=3，即P(3，3)是所求的点．连接MO′，显然△OMO′为等腰直角三角形，∴点O′(2，0)也是满足条件的点，∴满足条件的点是P(2，0)或P(3，3)，∴OP=3，OM=，∴S△POM=OP·OM=3或S△POM＝OM·O′M=1．
(3)设AB与C′O′的交点为D(1，y)，显然Rt△DAO′≌Rt△DC′B．在Rt△DAO′中，AO′2＋AD2＝O′D2，即1＋y2＝(3－y)2，解得y=，∴D(1，)．设边C′O′所在直线的解析式为y＝kx＋b，则解得∴所求直线的解析式为y=
点睛：本题较复杂，结合了二次函数，一次函数及图形的几何变换，解答本题的关键是作出辅助线，结合直角三角形及全等三角形的性质解答，难度较大.
15．（1）；（2）；（3）存在，（，3），（3﹣3，12﹣6）
【分析】
（1）根据题意得出点B和点C的坐标，将两点坐标代入即可得出函数解析式；

（2）根据（1）中函数解析式得出点M的坐标，根据OD＝m设出点P的坐标，从而得出PD的长度，再根据得出S关于m的函数解析式；再根据点P在线段MB上得出m的取值范围；
（3）分别讨论∠PDC、∠DPC和∠DCP分别是直角的的情况是否存在，如果存在，根据实际情况，利用数形结合的思想得出点P的坐标.
【详解】
解：（1）∵OB＝OC＝3，
∴B（3，0），C（0，3）
∴，
解得
∴二次函数的解析式为；
（2）由（1）可得函数解析式为：，
∴M（1，4）
设直线MB的解析式为y＝kx+n，将点M（1，4），点B（3，0）代入可得：
则有，
解得：，
∴直线MB的解析式为；
∵PD⊥x轴，OD＝m，
∴点P的坐标为（m，）
∴；
又∵点P为线段MB上的一个动点，且当点P与点B重合时，点P和点D重合，PCD不能构成三角形，
∴；
∴；
（3）∵若∠PDC是直角，则点C在x轴上，由函数图象可知点C在y轴的正半轴上，
∴∠PDC≠90°，
如图，在△PCD中，当∠DPC＝90°时，
当CPAB时，
∵PD⊥AB，
∴CP⊥PD，
∴PD＝OC＝3，
∴P点纵坐标为：3，代入，
得：，此时．
∴线段BM上存在点使△PCD为直角三角形．
如图，当时，△COD′∽△D′CP′，
此时CD′2＝CO•P′D′，
即，
∴
解得：，
∵，
∴，
∴P′
综上所述：P点坐标为：（，3），．

【点拨】本题考查二次函数与几何综合题型，其中第一问求函数解析式注意检验，确保正确；第二问求坐标系中三角形的面积，需注意先观察三角形中是否有平行于坐标轴的边，如果有的话就以这条边为底，设出动点坐标，用坐标将线段长度表示出来后计算，注意动点所在的位置决定了自变量的取值范围；第三问是直角三角形的问题，可以用勾股定理，也可以利用两直线垂直的性质进行计算，注意动点所在的位置，计算出的结果要舍去不符合条件的量.
16．（1）二次函数的解析式为；
（2）证明见解析；
（3）存在4个符合条件的点H，使得点A、D、H构成的△ADH是直角三角形．
【解析】
（1）用待定系数法求出抛物线解析式即可；（2）证明Rt△NBC≌Rt△MAC和△ACF≌△BCE， 得出AF=BE，然后利用一次函数求出BE＝2FO；（3）最后直接求出符合条件△ADH是直角三角形的点H．
（1）解：把A（3，0），B（0，1），C（2，2）代入，
得 ∴

∴二次函数的解析式为．
（2）过点C作CM⊥OA于点M，CN⊥y轴于点N，

∵A（3，0），B（0，1），C（2，2），
∴CM= CN=2，CA=CB=，
∴Rt△NBC≌Rt△MAC，
∴∠CAF=∠CBE，
∵将∠ACB绕点C按顺时针方向旋转至∠FCE，
∴∠FCE=∠ACB，
∴∠FCE-∠BCF=∠ACB-∠BCF，
即∠ACF=∠BCE，
又∵CB=CA，∴△ACF≌△BCE，
∴AF=BE．
∵二次函数的解析式为，
当时，，∴
设直线CD：，把C（2，2）、代入得
， 解得，
∴直线CD：．
∴E（0，3），BE=2， ∴AF=BE=2 ，
∴FO=OA-AF=1．
∴BE＝2FO．
（3）存在4个符合条件的点H，使得点A、D、H构成的△ADH是直角三角形．
“点睛”本题考查了二次函数的综合题，熟练掌握运用待定系数法求函数解析式；熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征，根据题意利用一次函数求出BE＝2FO是解答此题的关键．
17．（1）20；（2）存在，或
【分析】
（1）根据题意分析列出等式∠C+2∠A=90°计算即可，
（2）存在这样的点E，分情况当点E在边AC上且满足时，根据题意证明，利用勾股定理即可求出即；当点E在边AC上且满足时，根据题意证明，利用勾股定理即可求出．
【详解】
（1）20；
由题意知：
∵∠B>90°，∠C=50°，
∴∠C+2∠A=90° ，
∴∠A=20°；
（2）存在这样的点E，
①作平分交于，

∴，
∵BE平分，
∴，
∴点E即为所求，
又，
作，
又平分，
，
，
，
在中，，
则，
即，
解得：，
即；

②作，交延长线于，
，
，
∴，
作，
交于，
∵，
∴，
∴点即为所求，
又∵
AB=AB，
，
∴，
设，
根据勾股定理结合和列方程得：
，
解得：，
即，
综上或．

【点拨】此题利用新定义考查直角三角形边上的动点问题，利用三角形全等结合勾股定理求直角三角形的边，有一定难度，理解题意是关键．