专题三：二次函数中等腰三角形存在性问题探究

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专题三 二次函数中等腰三角形存在性问题探究
方法点睛：
一、 构造等腰三角形的一般思路:
平面直角坐标系中已知一条线段，构造等腰三角形，用的是“两圆一线”：分别以线段的两个端点为圆心，线段长为半径作圆，再作线段的垂直平分线。
二、 动点产生的等腰三角形的一般解法，以三角形ABC为等腰三角形为例：
1、 代数法
（1） 设未知数，表示出A,B,C三个顶点的坐标.
（2） 利用两点间的距离公式表示出线段AB,BC,AC的长度.
（3） 分类讨论：AB=BC,BC=CA,AB=AC.
2、 几何法
（1） 设未知数，表示出A,B,C三个顶点的坐标.
（2） 利用等腰三角形的性质、全等三角形和相似三角形以及三角函数表示出线段AB,BC,AC的长度.
（3） 分类讨论：AB=BC,BC=CA,AB=AC.
典例剖析
例：（2020桂林中考改编） 如图，已知抛物线y＝a（x+6）（x﹣2）过点C（0，2），交x轴于点A和点B（点A在点B的左侧），抛物线的顶点为D，对称轴DE交x轴于点E，连接EC．
（1）直接写出a的值，点A的坐标和抛物线对称轴的表达式；
（2）若点M是抛物线对称轴DE上点，当△MCE是等腰三角形时，求点M的坐标；

【答案】（1）a＝﹣，A（-6，0），直线x＝﹣2；（2）（﹣2，2）或（﹣2，4）或（﹣2，2）或（﹣2，﹣2）；
【解析】
【分析】
（1）将点C坐标代入抛物线解析式中，即可得出结论；
（2）分三种情况：当ME＝MC、CE＝CM、EM＝CE时，直接利用等腰三角形的性质，即可得出结论；
【详解】（1）∵抛物线y＝a（x+6）（x﹣2）过点C（0，2），
∴2＝a（0+6）（0﹣2），
∴a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+6）（x﹣2）＝﹣（x+2）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣2；
（2）如图1，由（1）知，抛物线的对称轴为x＝﹣2，
∴E（﹣2，0），
∵C（0，2），
∴OC＝OE＝2，
∴CE＝OC＝2，∠CED＝45°，
∵△CME是等腰三角形，
∴①当ME＝MC时，
∴∠ECM＝∠CED＝45°，
∴∠CME＝90°，
∴M（﹣2，2），
②当CE＝CM时，
∴MM1＝CM＝2，
∴EM1＝4，
∴M1（﹣2，4），
③当EM＝CE时，
∴EM2＝EM3＝2，
∴M2（﹣2，﹣2），M3（﹣2，2），
即满足条件的点M的坐标为（﹣2，﹣2）或（﹣2，4）或（﹣2，2）或（﹣2，﹣2）；
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，结合等腰三角形，熟练运用数形结合利用几何关系寻找等量关系是解题的关键．
专题过关
1、（2021朝阳中考改编）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴分别交于点1、（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式及对称轴；
（2）点M是抛物线上位于对称轴右侧的点，点N在抛物线的对称轴上，当△BMN为等边三角形时，请求出点M的横坐标．

【考点】二次函数综合题．版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3，对称轴x＝1．
（2）点M的坐标为（，）或（1+，）．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）分两种情形：当点M在第一象限时，△BMN是等边三角形，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T，设N（1，t），设抛物线的对称轴交x轴于E．如图3﹣2中，当点M在第四象限时，设N（1，n），过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T．分别利用相似三角形的性质求出点M的坐标，再利用待定系数法求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），点C（0，3）的坐标代入y＝﹣x2+bx+c，得到，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，对称轴x＝﹣＝1．

（2）
当点M在第一象限时，△BMN是等边三角形，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T，设N（1，t），设抛物线的对称轴交x轴于E．

∵△BMN是等边三角形，
∴∠NMB＝∠NBM＝60°，
∵∠NBT＝90°，
∴∠MBT＝30°，BT＝BN，
∵∠NMB＝∠MBT+∠BTM＝60°，
∴∠MBT＝∠BTM＝30°，
∴MB＝MT＝MN，
∵∠NBE+∠TBJ＝90°，∠TBJ+∠BTJ＝90°，
∴∠NBE＝∠BTJ，
∵∠BEN＝∠TJB＝90°，
∴△BEN∽△TJB，
∴＝＝＝，
∴BJ＝t，TJ＝2，
∴T（3+t，2），
∵NM＝MT，
∴M（，），
∵点M在y＝﹣x2+2x+3上，
∴＝﹣（）2+2×+3，
整理得，3t2+（4+2）t﹣12+4＝0，
解得t＝﹣2（舍弃）或，
∴M（，）．
如图3﹣2中，当点M在第四象限时，设N（1，n），过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T．

同法可得T（3﹣n，﹣2），M（，），
则有＝﹣（）2+2×+3，
整理得，3n2+（2﹣4）n﹣12﹣4＝0，
解得n＝（舍弃）或，
∴M（1+，），
综上所述，满足条件的点M的坐标为（，）或（1+，）

2、（2021南充中考）（12分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ，当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由；
（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ．在y轴上是否存在点F，得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，进而求解；
（3）当∠DQE＝2∠ODQ，则∠HQA＝∠HQE，则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，进而求出点E的坐标为（5,4），再分BE＝BF、BE＝EF、BF＝EF三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣5x+4①；

（2）对于y＝x2﹣5x+4，令y＝x2﹣5x+4＝0，解得x＝1或4，令x＝0，则y＝4，
故点B的坐标为（4,0），点C（0,4），
设直线BC的表达式为y＝kx+t，则，解得，
故直线BC的表达式为y＝﹣x+4，
设点P的坐标为（x，﹣x+4），则点Q的坐标为（x，x2﹣5x+4），
则PQ＝（﹣x+4）﹣（x2﹣5x+4）＝﹣x2+4x，
∵﹣1＜0，
故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4＝CO，
此时点Q的坐标为（2，﹣2）；
∵PQ＝CO，PQ∥OC，
故四边形OCPQ为平行四边形；

（3）∵D是OC的中点，则点D（0,2），
由点D、Q的坐标，同理可得，直线DQ的表达式为y＝﹣2x﹣2，
过点Q作QH⊥x轴于点H，
则QH∥CO，故∠AQH＝∠ODA，
而∠DQE＝2∠ODQ．
∴∠HQA＝∠HQE，
则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，

故设直线QE的表达式为y＝2x+r，
将点Q的坐标代入上式并解得r＝﹣6，
故直线QE的表达式为y＝2x﹣6②，
联立①②并解得（不合题意的值已舍去），
故点E的坐标为（5,4），
设点F的坐标为（0，m），
由点B、E的坐标得：BE2＝（5﹣4）2+（4﹣0）2＝17，
同理可得，当BE＝BF时，即16+m2＝17，解得m＝±1；
当BE＝EF时，即25+（m﹣4）2＝17，方程无解；
当BF＝EF时，即16+m2＝25+（m﹣4）2，解得m＝；
故点F的坐标为（0,1）或（0，﹣1）或（0，）．
3、（2021济南中考改编）抛物线过点，点，顶点为．

（1）求抛物线的表达式及点的坐标；
（2）如图1，点在抛物线上，连接并延长交轴于点，连接，若是以为底的等腰三角形，求点的坐标；
【答案】（1），；（2）；
【解析】
【分析】（1）将的坐标代入解析式，待定系数法求解析式即可，根据顶点在对称轴上，求得对称轴，代入解析式即可的顶点的坐标；
（2）设，根据是以为底的等腰三角形，根据，求得点的坐标，进而求得解析式，联立二次函数解析式，解方程组即可求得点的坐标；
【详解】（1）抛物线过点，点，
，
解得，
，
，代入，
解得：，
顶点，
（2）设，
,，是以为底的等腰三角形，

即

解得


设直线的解析式为

解得

直线的解析式为
联立
解得：，

/4、（2021宿迁中考改编）如图，抛物线与轴交于A(-1，0)，B(4，0)，与轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．


【答案】（1）；（2）PH=或1.5或
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法解答即可；
（2）设直线AP交y轴于点G，如图，由题意可得若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，设G（0，m），求出直线AF和直线BC的解析式后，再解方程组求出点F的坐标，然后分三种情况求出m的值，再求出直线AP的解析式，进而可求出点P的坐标，于是问题可求解．
【详解】解：（1）把A(-1，0)，B(4，0)代入，得
，解得：，
∴抛物线的解析式是；
（2）
设直线AP交y轴于点G，如图，
∵PH∥y轴，
∴∠PHC=∠OCB，∠FPH=∠CGF，
∴若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，
∵C（0，2），B（4，0），
∴直线BC的解析式为，
设G（0，m），∵A（-1，0），
∴直线AF的解析式为y=mx+m，
解方程组，得，
∴点F的坐标是，
∴，
当CG=CF时，，解得：（舍去负值），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；
当FG=FC时，，解得m=或m=（舍）或m=2（舍），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（3，2），此时点H的坐标是（3，），
∴PH=2-=1.5；
当GF=GC时，，解得或m=2（舍去），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；

综上，PH=或1.5或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征、直线与抛物线的交点以及等腰三角形的判定和性质等知识，具有相当的难度，熟练掌握二次函数的图象和性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
5、（2021绥化中考）如图，已知抛物线与轴交于点，点，（点在点的左边），与轴交于点，点为抛物线的顶点，连接．直线经过点，且与轴交于点．


（1）求抛物线的解析式；
（2）点是抛物线上的一点，当是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标；
【答案】（1）；（2）；
【解析】
【分析】（1）直接利用待定系数法求出a、b的值即可得出抛物线解析式；
（2）当时，根据抛物线对称性可求得N的坐标；当时，在的垂直平分线上，与抛物线产生两个交点，将两点坐标求出即可；
【详解】（1）将代入得：

解得：
∴抛物线的解析式
（2）顶点
①当时，根据抛物线对称性，与重合

②方法一：如图一
当时，在的垂直平分线上
如图的垂直平分线交于，交轴于点，与轴交点为

，
在中，，
，
是的中点，，
，
，
，
设，
代入得，
解得：，
，
联立得，
，
解得，
，
，


方法二：如图二，
过作轴垂线交轴于，
过作交于，
设，
，
，
，
，
，
解得：，
把代入，，
，
综上，
，

6、（2020黔东南中考改编）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3），顶点D的坐标为（1，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）在y轴上找一点E，使得△EAC为等腰三角形，请直接写出点E的坐标．

【答案】（1）yx2﹣2x﹣3；（2）满足条件的点E的坐标为（0，3）、（0，﹣3+）、（0，﹣3﹣）、（0，﹣）；
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的顶点坐标设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；
（2）先求出点A，C坐标，设出点E坐标，表示出AE，CE，AC，再分三种情况建立方程求解即可；
【详解】解：（1）∵抛物线的顶点为（1，﹣4），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，
将点C（0，﹣3）代入抛物线y＝a（x﹣1）2﹣4中，得a﹣4＝﹣3，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3；
（2）由（1）知，抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴AC＝，
设点E（0，m），则AE＝，CE＝|m+3|，
∵△ACE是等腰三角形，
∴①当AC＝AE时，＝，
∴m＝3或m＝﹣3（点C的纵坐标，舍去），
∴E（3，0），
②当AC＝CE时，＝|m+3|，
∴m＝﹣3±，
∴E（0，﹣3+）或（0，﹣3﹣），
③当AE＝CE时，＝|m+3|，
∴m＝﹣，
∴E（0，﹣），
即满足条件的点E的坐标为（0，3）、（0，﹣3+）、（0，﹣3﹣）、（0，﹣）；
【点睛】此题主要考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数与几何综合，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．

7、（2020遵义中考）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣1，0）和点C （0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；

【答案】（1）y＝﹣x2+x+3；（2）不存在，理由见解析；
【解析】
【分析】
（1）已知抛物线y＝ax2+x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)，利用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作OM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N，根据△QCO是等边三角形，求得Q点坐标，再验证Q点是否在抛物线上；
【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+x+c经过点A(﹣1,0)和点C(0,3)
∴
解得
∴该抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+3
故答案为：y＝﹣x2+x+3
（2）在抛物线上找到一点Q，使得△QCO是等边三角形，过点Q作QM⊥OB于点M，过点Q作QN⊥OC于点N
∵△QCO是等边三角形，OC=3
∴CN=
∴NQ=
即Q(,)
当x=时，y＝﹣×()2+×+3=≠
∴Q(,)不在抛物线上
y＝﹣x2+x+3

故答案为：不存在.
8、（2020枣庄中考改编）如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．

（1）求抛物线的表达式；
（2）试探究点M在运动过程中，是否存在这样点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．
【解析】
【分析】
（1）将点A、B的坐标代入解析式中求解即可；
（2）分三种情况：①AC=CQ；②AC=AQ；③CQ=AQ，分别求解即可．
【详解】解：（1）将，代入，得，解之，得．
所以，抛物线的表达式为．
（2）存在，理由如下：由点，，知．

①当时，过Q作轴于点E，易得，
由，得，（舍）
此时，点；
②当时，则．
在中，由勾股定理，得．
解之，得或（舍）
此时，点；
③当时，
由，得（舍）．
综上知所述，可知满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．
【点睛】本题是一道二次函数与几何图形的综合题，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．
9、（2020济南中考改编）如图1，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c过点A（﹣1，0），点B（3，0）与y轴交于点C．在x轴上有一动点E（m，0）（0m3），过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M．
（1）求抛物线的解析式及C点坐标；
（2）当m＝1时，D是直线l上的点且在第一象限内，若△ACD是以∠DCA为底角的等腰三角形，求点D的坐标；

【答案】（1）；（2）或；
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法即可求解；
（2）若△ACD是以∠DCA为底角的等腰三角形，则可以分CD＝AD或AC＝AD两种情况，分别求解即可；
【详解】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得，
解得，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2＋2x＋3，
当x＝0时，y＝3，故点C（0，3）；
（2）当m＝1时，点E（1，0），设点D的坐标为（1，a），
由点A、C、D的坐标得，AC＝，
同理可得：AD＝，CD＝，
①当CD＝AD时，即＝，解得a＝1；
②当AC＝AD时，同理可得a＝（舍去负值）；
故点D的坐标为（1，1）或（1，）；
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、面积的计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．
10、（2020宜宾中考改编）如图，已知二次函数图像的顶点在原点，且点（2，1）在二次函数的图像上，过点F(0，1)作x轴的平行线交二次函数的图像于M，N两点
（1）求二次函数的表达式；
（2）P为平面内一点，当时等边三角形时，求点P的坐标；

【答案】（1）；（2）或；
【解析】
【分析】
（1）由二次函数的顶点是原点，则设二次函数的解析式为，然后将（2，1）代入求得a即可；
（2）将y=1代入解得，可确定M、N的坐标，进而确定MN的长度；再根据是等边三角形确定PM的长，然后解三角形确定PF的长，最后结合F点坐标即可解答；
【详解】解：（1）∵二次函数的顶点是原点
∴设二次函数的解析式为，
将（2，1）代入，

解得
所以二次函数的解析式为；
（2）如图：将y=1代入，得，解得


是等边三角形
∴点P在y轴上且PM=4
∴

或；

【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的解析式、等边三角形、解三角形、垂直平分线等知识，掌握并综合应用所学知识是解答本题的关键．
11、（2020宿迁中考改编）二次函数的图象与x轴交于A(2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，顶点为E．
(1)求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；
(2)如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；

【答案】(1)；(4，-1)；(2)(4，3+)或(4，3-)；
【解析】
【分析】
(1)由于二次函数的图象与x轴交于A(2，0)、B(6，0)两点，把A，B两点坐标代入，计算出a的值即可求出抛物线解析式，由配方法求出E点坐标；
(2)由线段垂直平分线的性质可得出CB=CD，设D(4，m)，由勾股定理可得=，解方程可得出答案；
【详解】(1)将A(2，0)，B(6，0)代入，
得，
解得，
∴二次函数的解析式为；
∵，
∴E(4，)；
(2)如图1，图2，连接CB，CD，由点C在线段BD的垂直平分线CN上，得CB=CD，

设D(4，m)，
当时，，
∴C(0，3)，
∵=，由勾股定理可得：
=，
解得m=3±，
∴满足条件的点D的坐标为(4，3+)或(4，3-)；
12、（2020武汉中考改编）将抛物线向下平移6个单位长度得到抛物线，再将抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线．

（1）直接写出抛物线，的解析式；
（2）如图（1），点在抛物线对称轴右侧上，点在对称轴上，是以为斜边的等腰直角三角形，求点的坐标；
【答案】（1）抛物线的解析式为： y=x2-4x-2；抛物线的解析式为：y=x2-6；（2）点的坐标为（5，3）或（4，-2）；
【解析】
【分析】
（1）根据函数图象上下平移：函数值上加下减；左右平移：自变量左加右减写出函数解析式并化简即可；
（2）先判断出点A、B、O、D四点共圆，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠BDA=∠BOA=45°，从而证出是等腰直角三角形．设点A的坐标为（x，x2-4x-2），把DC和AC用含x的代数式表示出来，利用DC=AC列方程求解即可，注意有两种情况；
【详解】解：（1）∵抛物线向下平移6个单位长度得到抛物线，再将抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线，
∴抛物线的解析式为：y=(x-2)2-6，即y=x2-4x-2，
抛物线的解析式为：y=(x-2+2)2-6，即y=x2-6．
（2）如下图，过点A作AC⊥x轴于点C，连接AD，

∵是等腰直角三角形，
∴∠BOA =45°，
又∵∠BDO=∠BAO=90°，
∴点A、B、O、D四点共圆，
∴∠BDA=∠BOA=45°，
∴∠ADC=90°-∠BDA=45°，
∴是等腰直角三角形，
∴DC=AC．
∵点在抛物线对称轴右侧上，点在对称轴上，
∴抛物线的对称轴为x=2，
设点A的坐标为（x，x2-4x-2），
∴DC=x-2，AC= x2-4x-2，
∴x-2= x2-4x-2，
解得：x=5或x=0（舍去），
∴点A的坐标为（5，3）；
同理，当点B、点A在x轴的下方时，
x-2= -(x2-4x-2)，
x=4或x=-1（舍去），
∴点的坐标为（4，-2），
综上，点的坐标为（5，3）或（4，-2）．
13、（2020泸州中考）如图，已知抛物线经过，，三点．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）经过点B的直线交y轴于点D，交线段于点E，若．
①求直线解析式；
②已知点Q在该抛物线的对称轴l上，且纵坐标为1，点P是该抛物线上位于第一象限的动点，且在l右侧．点R是直线上的动点，若是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，求点P的坐标．
【答案】（1）；（2）①；②（2，4）或（，）
【解析】
【分析】
（1）根据待定系数法求解即可；
（2）①过点E作EG⊥x轴，垂足为G，设直线BD的表达式为：y=k（x-4），求出直线AC的表达式，和BD联立，求出点E坐标，证明△BDO∽△BEG，得到，根据比例关系求出k值即可；
②根据题意分点R在y轴右侧时，点R在y轴左侧时两种情况，利用等腰直角三角形的性质求解即可.
【详解】解：（1）∵抛物线经过点，，，代入，
∴，解得：，
∴抛物线表达式为：；
（2）①过点E作EG⊥x轴，垂足为G，
∵B（4，0），
设直线BD的表达式为：y=k（x-4），
设AC表达式为：y=mx+n，将A和C代入，
得：，解得：，
∴直线AC的表达式为：y=2x+4，
联立：，
解得：，
∴E（，），
∴G（，0），
∴BG=，
∵EG⊥x轴，
∴△BDO∽△BEG，
∴,
∵，
∴，
∴，
解得：k=，
∴直线BD的表达式为：；

②由题意：设P（s，），1＜s＜4，
∵△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，
∴∠PQR=90°，PQ=RQ，
当点R在y轴右侧时，如图，
分别过点P，R作l的垂线，垂足为M和N，
∵∠PQR=90°，
∴∠PQM+∠RQN=90°，
∵∠MPQ+∠PQM=90°，
∴∠RQN=∠MPQ，又PQ=RQ，∠PMQ=∠RNQ=90°，
∴△PMQ≌△QNR，
∴MQ=NR，PM=QN，
∵Q在抛物线对称轴l上，纵坐标为1，
∴Q（1，1），
∴QN=PM=1，MQ=RN，
则点P的横坐标为2，代入抛物线得：y=4，
∴P（2，4）；

当点R在y轴左侧时，
如图，分别过点P，R作l的垂线，垂足为M和N，
同理：△PMQ≌△QNR，
∴NR=QM，NQ=PM，
设R（t，），
∴RN==QM，
NQ=1-t=PM，
∴P（，2-t），代入抛物线，
解得：t=或（舍），
∴点P的坐标为（，），

综上：点P的坐标为（2，4）或（，）.
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数，难度较大，解题时要理解题意，根据等腰直角三角形的性质构造全等三角形.

14、（2021怀化中考改编）（14分）如图所示，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA＝2，OB＝4，OC＝8，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，与x轴交于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点Q是抛物线上位于x轴上方的一点，点R在x轴上，是否存在以点Q为直角顶点的等腰Rt△CQR？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）由题意得，点A、B、C的坐标分别为（﹣2，0）、（4，0）、（0，8），
设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，则，解得，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+8；

（2）存在，理由：
设点Q的坐标为（x，﹣x2+2x+8），
故点Q作y轴的平行线交x轴于点N，交过点C与x轴的平行线于点M，

∵∠MQC+∠RQN＝90°，∠RQN+∠QRN＝90°，
∴∠MQC＝∠QRE，
∵∠ANQ＝∠QMC＝90°，QR＝QC，
∴△ANQ≌△QMC（AAS），
∴QN＝CM，
即x＝﹣x2+2x+8，解得x＝（不合题意的值已舍去），
故点Q的坐标为（，）．
15、（2021广安中考改编）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的图象与坐标轴相交于、、三点，其中点坐标为，点坐标为，连接、．动点从点出发，在线段上以每秒个单位长度向点做匀速运动；同时，动点从点出发，在线段上以每秒1个单位长度向点做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，设运动时间为秒．

（1）求、的值；
（2）在线段上方的抛物线上是否存在点，使是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）b=2，c=3；（2）（，）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）画出图形，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，证明△PFM≌△QEP，得到MF=PE=t，PF=QE=4-2t，得到点M的坐标，再代入二次函数表达式，求出t值，即可算出M的坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c经过点A（3，0），B（-1，0），
则，
解得：；
（2）
∵点M是线段AC上方的抛物线上的点，
如图，过点P作x轴的垂线，交x轴于E，过M作y轴的垂线，与EP交于F，
∵△PMQ是等腰直角三角形，PM=PQ，∠MPQ=90°，
∴∠MPF+∠QPE=90°，又∠MPF+∠PMF=90°，
∴∠PMF=∠QPE，
在△PFM和△QEP中，
，
∴△PFM≌△QEP（AAS），
∴MF=PE=t，PF=QE=4-2t，
∴EF=4-2t+t=4-t，又OE=3-t，
∴点M的坐标为（3-2t，4-t），
∵点M在抛物线y=-x2+2x+3上，
∴4-t=-（3-2t）2+2（3-2t）+3，
解得：t=或（舍），
∴M点的坐标为（，）．

16、（2021张家界中考改编）如图，已知二次函数的图象经过点且与轴交于原点及点．


（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点的坐标及直线的表达式；
（3）判断的形状，试说明理由；
【答案】（1）；（2），；（3）等腰直角三角形，理由见解析；
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，运用待定系数法直接列方程组求解即可；
（2）根据（1）中二次函数解析式，直接利用顶点坐标公式计算即可，再根据点A、B坐标求出AB解析式即可；
（3）根据二次函数对称性可知为等腰三角形，再根据O、A、B三点坐标，求出三条线段的长，利用勾股定理验证即可；
【详解】解：（1）二次函数的图象经过，且与轴交于原点及点
∴，二次函数表达式可设为：
将，代入得：
解这个方程组得
∵二次函数的函数表达式为
（2）∵点为二次函数图像的顶点，
∴，
∴顶点坐标为：，
设直线的函数表达式为，则有：
解之得：
∴直线的函数表达式为
（3）是等腰直角三角形，
过点作于点，易知其坐标为
∵的三个顶点分别是，，，
∴，

且满足
∴是等腰直角三角形
17、（2021上海中考）已知抛物线经过点P(3,0)、Q(1,4).
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点A在直线PQ上，过点A作AB⊥x轴于点B，以AB为斜边在其左侧作等腰直角三角形ABC，
①当Q与A重合时，求C到抛物线对称轴的距离；
②若C落在抛物线上，求C的坐标.

【考点】二次函数综合题
【解答】解：（1）将P(3,0)、Q(1,4)两点分别带入，得，解出：，故抛物线的解析式是
（2）①如图2，抛物线的对称轴是y轴，当Q与A重合时，AB=4，作CH⊥AB于H，
∵△ABC是等腰直角三角形
∴CH=AH=BH=2
∴C到抛物线对称轴的距离为1
②如图3，由P(3,0)、Q(1,4)得到直线PQ的解析式为y=-2x+6
设A（m,-2m+6）,则AB=|-2m+6|,
∴CH=AH=BH=|-m+3|
当m＜3时，=2m-3,=-m+3,
将点C（2m-3,-m+3）代入中，解出：

m=或m=3（与点B重合，舍）
此时：=-2，=，故：C（-2，）
当m＞3时，同理得到C（3,0），此时A（3,0）与P重合，
不合题意，舍去
综上可知：C点的坐标是（-2，）
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰直角三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
18、（2021衡阳中考改编）（12分）在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标相等，则称该点为“雁点”．例如（1，1），（2021，2021）…都是“雁点”．
（1）求函数y＝图象上的“雁点”坐标；
（2）如图，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），P是抛物线y＝﹣x2+2x+3上一点，连接BP，以点P为直角顶点，构造等腰Rt△BPC，是否存在点P，使点C恰好为“雁点”？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意得：x＝，解得x＝±2，即可求解；
（2）证明△CMP≌△PNB（AAS），则PM＝BN，CM＝PN，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：x＝，解得x＝±2，
当x＝±2时，y＝＝±2，
故“雁点”坐标为（2,2）或（﹣2，﹣2）；

（2）存在，理由：
由题意知，点C在直线y＝x上，故设点C的坐标为（t，t），
过点P作x轴的平行线交过点C与y轴的平行线于点M，交过点B与y轴的平行线于点N，

设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），
则BN＝﹣m2+2m+3,PN＝3﹣m,PM＝m﹣t,CM＝﹣m2+2m+3﹣t,
∵∠NPB+∠MPC＝90°,∠MPC+∠CPM＝90°,
∴∠NPB＝∠CPM,
∵∠CMP＝∠PNB＝90°,PC＝PB,
∴△CMP≌△PNB（AAS），
∴PM＝BN，CM＝PN，
即m﹣t＝|﹣m2+2m+3|，﹣m2+2m+3﹣t＝|3﹣m|，
解得m＝1+（舍去）或1﹣或，
故点P的坐标为（，）或（，）．
19、（2021随州中考改编）（12分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，顶点D的坐标为（1，﹣4）．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，M是直线BC上一个动点，过点M作MN⊥x轴交抛物线于点N，Q是直线AC上一个动点，当△QMN为等腰直角三角形时，直接写出此时点M及其对应点Q的坐标．

【分析】（1）根据顶点的坐标，设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，求出a即可得出答案；
（2）利用待定系数法求出直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，直线BC解析式为y＝x﹣3，再分以下三种情况：①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，③当△QMN是以MN为斜边的等腰直角三角形时，分别画出图形结合图形进行计算即可．
【解答】解：（1）∵顶点D的坐标为（1，﹣4），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，
得0＝a（﹣1﹣1）2﹣4，
解得：a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）
设直线AC解析式为y＝m1x+n1，直线BC解析式为y＝m2x+n2，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直线BC解析式为y＝x﹣3，
设M（t，t﹣3），
①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠NMQ＝90°，MN＝MQ，如图2，
∵MQ∥x轴，
∴Q（﹣t，t﹣3），
∴|t﹣3|＝|t﹣（﹣t）|，
解得：t＝﹣9或，
∴M1（，﹣），Q1（，﹣）；M2（﹣9，﹣12），Q2（3，﹣12）；
②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠MNQ＝90°，MN＝NQ，如图3，
∵N（t，0），
∴Q（﹣1，0），
∴|t﹣3|＝|t﹣（﹣1）|，
解得：t＝1，
∴M3（1，﹣2），Q3（﹣1，0）；
③当△QMN是以MN为斜边的等腰直角三角形时，此时∠MQN＝90°，MQ＝NQ，如图4，
∴Q（﹣，），
∴|t﹣3|＝2|t﹣（﹣）|，
解得：t＝﹣3或，
∴M4（﹣3，﹣6），Q4（0，﹣3）；M5（，﹣），Q5（﹣，﹣）；
综上所述，点M及其对应点Q的坐标为：
M1（，﹣），Q1（，﹣）；M2（﹣9，﹣12），Q2（3，﹣12）；M3（1，﹣2），Q3（﹣1，0）；M4（﹣3，﹣6），Q4（0，﹣3）；M5（，﹣），Q5（﹣，﹣）．




20、（2021黄石中考改编）（12分）抛物线y＝ax2﹣2bx+b（a≠0）与y轴相交于点C（0，﹣3），且抛物线的对称轴为x＝3，D为对称轴与x轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在x轴上方且平行于x轴的直线与抛物线从左到右依次交于E、F两点，若△DEF是等腰直角三角形，求△DEF的面积；

【分析】（1）由题意得：，即可求解；
（2）△DEF是等腰直角三角形，故DE＝DF且∠EDF＝90°，故设EF和x轴之间的距离为m，则EF＝2m，故点F（3+m，m），则△DEF的面积＝EF•m＝2m•m＝m2，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+6x﹣3；

（2）∵△DEF是等腰直角三角形，
故DE＝DF且∠EDF＝90°，
故设EF和x轴之间的距离为m，则EF＝2m，
故点F（3+m，m），
则△DEF的面积＝EF•m＝2m•m＝m2，
将点F的坐标代入抛物线表达式得：m＝﹣（m+3）2+6（m+3）﹣3，
解得m＝﹣3（舍去）或2，
则△DEF的面积＝m2＝4；