2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题17 二次函数中几何存在性的问题(教师版)

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备战2022年中考数学复习重难点与压轴题型专项突围训练(全国通用版)
专题17 二次函数中几何存在性的问题
【典型例题】
1．(2022·全国·九年级专题练习)抛物线C1：yx2x＋2交x轴于A、B两点(点A在点B的右侧)，与y轴交于点C．

(1)求A，B两点的坐标．
(2)M为平面内一点，将抛物线C1绕点M旋转180°后得到抛物线C2，C2经过点A且抛物线C2上有一点P，使△BCP是以∠B为直角的等腰直角三角形．是否存在这样的点M？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)A(2，0)，B(﹣4，0)
(2)存在，点M的坐标为(，)或(﹣1，0)
【解析】
【分析】
(1)令y=0，求出x的值，即得出A、B两点坐标；
(2)分类讨论①当P在x轴的下方时，过P作PD⊥x轴于D，设抛物线C1的顶点为E，则E(-1，)，由等腰直角三角形的性质可知BC＝PB，∠PBC＝90°，从而可推出∠OCB＝∠PBD．即易证，得出PD＝OB＝4，BD＝OC＝2，从而可求出OD＝2，即P点坐标已知．根据题意设抛物线C2的解析式为y，利用待定系数法即可求出其解析式，得到其顶点坐标，由旋转可知点M是两个抛物线顶点所连线段的中点，由此即可得出答案；②当点P在x轴的上方时，过P作PD⊥x轴于D，同理得△PDB≌△BOC，得出PD＝OB＝4，BD＝OC＝2，即得出P点坐标．同理利用待定系数法可求出抛物线C2的解析式，求出其顶点坐标，即求出M的坐标．
(1)
当y＝0时，即，
解得：，
∵点A在点B的右侧，
∴A(2，0)，B(-4，0)．
(2)
分两种情况：
①当P在x轴的下方时，如图，过P作PD⊥x轴于D，

设抛物线C1的顶点为E，则E(-1，)，
∵△PBC是等腰直角三角形，
∴BC＝PB，∠PBC＝90°，
∴∠CBO+∠OCB＝∠OBC+∠PBD＝90°，
∴∠OCB＝∠PBD，
∵∠BOC＝∠PDB＝90°，
∴△BOC≌△PDB(AAS)，
∴PD＝OB＝4，BD＝OC＝2，
∴OD＝4-2＝2，
∴P(-2，-4)，
∵抛物线C1绕点M旋转180°后得到抛物线C2，
∴设抛物线C2的解析式为：y，
把P(-2，-4)和A(2，0)代入得：，
解得：，
∴抛物线C2的解析式为：y，
此时点P为抛物线C2的顶点，
∴M是线段EP的中点，
∴M(，)；
②当点P在x轴的上方时，如图2，过P作PD⊥x轴于D，

同理得△PDB≌△BOC，
∴PD＝OB＝4，BD＝OC＝2，
∴P(-6，4)，
∵抛物线C2经过点P和点A，同理可得抛物线的解析式为：y，
∴顶点F(-1，)，
∵抛物线C1绕点M旋转180°后得到抛物线C2，
∴M是线段EF的中点，
∴M(-1，0)；
综上，点M的坐标为：(，)或(-1，0)．
【点睛】
本题为二次函数综合题．考查的知识点有：利用待定系数法求函数解析式，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，为压轴题．画出图形，利用数形结合的思想是解题的关键．










【专题训练】
一、 解答题
1．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+x+c(a≠0)与x轴相交于A，B两点，与y轴交于点C，B点坐标为(4，0)，C点坐标为(0，2)．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P为直线BC上方抛物线上的任意一点，过P作PF∥x轴交直线BC于点F，过P作PE∥y轴交直线BC于点E，求线段EF的最大值及此时P点坐标；
(3)将该抛物线沿着射线AC方向平移个单位得到新抛物线y，N是新抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点B、C、Q、N为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+x+2
(2)当m＝2时，EF有最大值为2，点P的坐标为(2，3)
(3)存在，Q点的坐标为：(﹣2，﹣2)或(6，4)或(2，1﹣)或(2，1+)
【解析】
【分析】
(1)把点B(4，0)，C(0，2)，代入抛物线解析式，即可求解；
(2)先求出直线BC的解析式，设P点坐标为(m，﹣m2+m+2)，则E点的坐标为(m，﹣m+2)，设F的横坐标为n，则F的纵坐标为：﹣m2+m+2，可得n＝m2﹣3m，从而得到PE＝﹣m2+2m，PF＝﹣m2+4m，再由勾股定理可得EF＝， 再由0≤m≤4，可得EF＝﹣(m﹣2)2+2，即可求解；
(3)根据题意可得抛物线沿着射线AC方向平移个单位，实际上等同于将该抛物线沿x轴向右移动个单位，再沿y轴向上移动1个单位，再由原抛物线的对称轴为直线x＝，可得新抛物线的对称轴为直线x＝2，然后分两种情况讨论：当以BC为边时，以BC为对角线时，即可求解．
(1)
解：∵抛物线y＝ax2+x+c(a≠0)与x轴相交于A，B两点，与y轴交于点C，B点坐标为(4，0)，C点坐标为(0，2)，
∴将B点、C点坐标代入解析式，
得，
解得，
∴抛物线的解析式为： y＝﹣x2+x+2；
(2)
解：设直线BC的解析式为y＝kx+b，代入点B、点C坐标，
得，
解得，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+2，
设P点坐标为(m，﹣m2+m+2)，则E点的坐标为(m，﹣m+2)，
设F的横坐标为n，则F的纵坐标为：﹣m2+m+2，
令﹣n+2＝﹣m2+m+2，
解得：n＝m2﹣3m，
∴PE＝﹣m2+m+2﹣(﹣m+2)＝﹣m2+2m，PF＝m﹣(m2﹣3m)＝﹣m2+4m，
∴EF＝＝==，
∵0≤m≤4，
∴，
∴EF＝﹣(m2﹣4m)＝﹣(m﹣2)2+2，
∴当m＝2时，EF有最大值为2，
此时，点P的坐标为(2，3)；
(3)
解：存在点Q，使以点B、C、Q、N为顶点的四边形为矩形，
Q点的坐标为：(﹣2，﹣2)或(6，4)或(2，1﹣)或(2，1+)；
理由如下：
∵OA＝1，OC＝2，
∴AC＝＝，
又∵(OA)2+(OC)2＝()2，
∴抛物线沿着射线AC方向平移个单位，实际上等同于将该抛物线沿x轴向右移动个单位，再沿y轴向上移动1个单位，
∵原抛物线的对称轴为直线x＝，
∴新抛物线的对称轴为直线x＝+＝2，
设对称轴交直线BC于M，交x轴于P，
(Ⅰ)当以BC为边时，如右图设N1点的坐标为(2，﹣t)，
∵直线BC的解析式为：y＝﹣x+2，新对称轴直线为：x＝2，
∴P(2，0)，M(2，1)，
∴MP＝1，PB＝4﹣2＝2，
∵∠MN1B+∠PBN1＝90°，∠MBO+∠PBN1＝90°，
∴∠MN1B＝∠MBO，
∵tan∠MBO＝＝，
∴tan∠MN1B＝＝ ＝，
∴t＝4，
即N1(2，﹣4)，
设直线BN1的解析式为：y＝ex+g，
代入B点和N1点坐标，
得，
解得，
∴直线BN1的解析式为：y＝2x﹣8，
由图可知，Q1的坐标是C点先向左移动2个单位再向下移动4个单位，

即Q1的坐标为(﹣2，﹣2)，
同理Q2的坐标是点B先向右移动2个单位再向上移动4个单位，
即Q2的坐标为(6，4)，
(Ⅱ)以BC为对角线时，如右图，以BC为直径画圆，交新对称轴于N3和N4，

由图知此时BN3CN4为矩形，
即Q3与N4重合，Q4与N3重合，
由(Ⅰ)知，MP＝1，BP＝2，
∴MN3＝MN4＝BM＝＝，
∴Q3(2，1﹣)，Q4(2，1+)，
综上，Q点的坐标为：(﹣2，﹣2)或(6，4)或(2，1﹣)或(2，1+)．
【点睛】
本题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的平移，二次函数与特殊四边形的综合题，以及锐角三角函数，熟练掌握相关知识点，利用数形结合思想解答是解题的关键．
2．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于A、B两点(点A在点B的左侧)，交y轴于点E，一次函数y＝x+1与抛物线交于A、D两点，交y轴于点C，且D(4，5)．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是第四象限内抛物线上的一点，过点作PQ⊥AD交AD于点Q，求PQ的最大值以及相应的P点坐标；
(3)将抛物线向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到新抛物线，新抛物线与原抛物线交于点R，M点在原抛物线的对称轴上，在平面内是否存在点N，使得以点A、R、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出N点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3；
(2)当x＝时，PQ的最大值为，此时点P的坐标为(，﹣)；
(3)存在，点N的坐标为(4，﹣1)或(﹣2，﹣1)或(0，)或(0，)．
【解析】
【分析】
(1)题求出A点坐标代入二次函数作答；(2)题由PQ⊥AD，作辅助线PH将边PQ的长化为解直角三角形PHQ，建立二次函数求最值；(3)题原二次函数对称轴为x=1，点A(﹣1，0)，点R(2，﹣3)，可知A，R两点在对称轴两侧，若以AR为矩形的边，过A，R两点作AR的垂线与对称轴的交点即M点，M点在直线AR上面时当A点平移至R点时，M点平移至N点，M点在直线AR下面时当A点平移至R点时，N点平移至M点，根据平移性质和矩形对角线相等建立方程组求出N点坐标；若以AR为矩形的对角线，则线段AR的中点坐标和线段MN的中点坐标重合且AR=MN，由此建立方程组求解．
(1)
解：令y＝x+1＝0，解得x＝﹣1，故点A(﹣1，0)，
将点A、D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﹣3①；
(2)
解：过点P作PH∥y轴交AD于点H，

设点P的坐标为(x，x2﹣2x﹣3)，则点H(x，x+1)，
由直线AD的表达式知，∠DAB＝45°＝∠AHP，
则PQ＝PHsin45°＝(x+1﹣x2+2x+3)＝﹣(x2﹣3x﹣4)，
∵﹣＜0，故PQ有最大值，
当x＝时，PQ的最大值为，此时点P的坐标为(，﹣)；
(3)
解：存在，理由：
由平移的性质得：平移后的抛物线表达式为y＝x2﹣4x+1②，
联立①②并解得，故点R的坐标为(2，﹣3)，
由原抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝1，故设点M的坐标为(1，m)，设点N的坐标为(s，t)，
①当AR是边时，
点A向右平移3个单位向下平移3个单位得到点R，
则点M(N)向右平移3个单位向下平移3个单位得到点N(m)，且AN＝RM(AM＝RN)，
即或，
解得：或
故点N的坐标为(4，﹣1)或(﹣2，﹣1)；
②当AR是对角线时，
由中点坐标公式和AR＝MN得：
，解得或，
故点N的坐标为(0，)或(0，)．
综上，点N的坐标为(4，﹣1)或(﹣2，﹣1)或(0，)或(0，)．
【点睛】
本题考查待定系数法求函数解析式，二次函数的综合，解直角三角形，矩形的性质和坐标的平移；(2)题正确作出辅助线解直角三角形是关键，(3)题根据平移特征和矩形性质列出方程组是解题关键．
3．(2022·全国·九年级专题练习)如图，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴分别交于A(﹣1，0)，B两点，与y轴交于点C，直线y＝﹣x+n经过B、C两点．点D为第一象限内抛物线上一动点，过点D作DE∥y轴，分别交x轴，BC于点E，F．

(1)求直线BC及抛物线的表达式；
(2)点D在移动过程中，若存在∠DCF＝∠ACO，求线段DE的长；
(3)在抛物线上取点M，在坐标系内取点N，问是否存在以C、B、M、N为顶点且以CB为边的矩形？如果存在，请直接写出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3
(2)DE＝
(3)存在以C、B、M、N为顶点且以CB为边的矩形，点M的坐标为(1，4)或(﹣2，﹣5)．
【解析】
【分析】
(1)利用抛物线的解析式求得点C的坐标，将点C的坐标代入直线的解析式可求n的值，直线解析式可得；利用直线解析式求得点B的坐标，利用待定系数法，抛物线的解析式可得；
(2)利用各点的坐标求得线段OA，OC，OB的长度，可得∠ABC=45°；依据解析式和DE∥y轴设D(m，-m2+2m+3)，则F(m，-m+3)；可得FE、DE和DF的长．过D作DH⊥BC于H，利用∠DCF=∠ACO，得到tan∠DCF=tan∠ACO．在Rt△CDH，Rt△DHF，Rt△BEF中分别表示CH，HF，BF．利用CH+HF+FB=BC列出方程求出m的值，线段DE可求；
(3)由于C，D，M均在抛物线上，若存在以C、B、M、N为顶点且以CB为边的矩形，只需分别过C，B作直线BC的垂线，与抛物线的交点即为点M，所以求得过B或C且与直线BC垂直的直线的解析式，再与抛物线解析式联立成方程组，解方程组即可得到点M的坐标．
(1)
令x＝0，则y＝3．
∴C(0，3)．
∵直线y＝﹣x+n经过C点，
∴n＝3．
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3．
令y＝0，则x＝3．
∴B(3，0)．
∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴分别交于A(﹣1，0)，B两点，
∴．
解得：．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
(2)
∵A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，3)，
∴OA＝1，OB＝OC＝3．
∴∠OBC＝45°．
∵点D为第一象限内抛物线上一动点，
∴设D(m，﹣m2+2m+3)，其中m＞0．﹣m2+2m+3＞0．
∴DE＝﹣m2+2m+3．
∵DE//y轴，F在DE上，F在直线BC上，
∴F(m，﹣m+3)．
∴EF＝﹣m+3．
∴DF＝DE﹣EF＝﹣m2+2m+3﹣(﹣m+3)＝﹣m2+3m．
过点D作DH⊥BC于H，如图，

∵∠DCF＝∠ACO，
∴tan∠DCF＝tan∠ACO＝．
在Rt△BEF中，
∵∠OBC＝45°，
∴∠BFE＝∠OBC＝45°．
∴EF＝BE＝﹣m+3．
∴BF＝(﹣m+3)．
在Rt△DHF中，
∵∠DFH＝∠BFE＝45°，
∴HF＝DH＝DF＝(﹣m2+3m)．
在Rt△CDH中，
∵，
∴．
∴CH＝3DH＝(﹣m2+3m)．
在Rt△OBC中，BC＝．
∵BC＝BF+HF+CH，
∴3＝(﹣m+3)+(﹣m2+3m)+(﹣m2+3m)．
解得：m＝或m＝0(不合题意，舍去)．
∴DE＝﹣+2×+3＝．
(3)
存在．
∵C，B，M均在抛物线上，以C、B、M、N为顶点且以CB为边的矩形，
∴过点B且垂直于直线BC的直线与抛物线的交点或过点C且垂直于直线BC的直线与抛物线的交点即为点M．
∵直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∴设过点C且垂直于直线BC的直线为y＝x+3．
∴．
解得：(舍去)或．
∴M(1，4)．
∵直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∴设过点B且垂直于直线BC的直线为y＝x﹣3．
∴．
解得：(舍去)或．
∴M(﹣2，﹣5)．
综上，存在以C、B、M、N为顶点且以CB为边的矩形，点M的坐标为(1，4)或(﹣2，﹣5)．
【点睛】
本题主要考查了待定系数法确定函数的解析式，直角三角形的边角关系，勾股定理，等腰直角三角形的性质，函数图象上的点的坐标的特征，二元一次方程组的解法，一元二次方程的解法，利用图象上的点的坐标的特征表示相应线段是解题的关键．
4．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝ax2+c与x轴相交于A、B两点，顶点C(0，2)．AB＝2．点M(m，0)是x轴正半轴上一点，抛物线L关于点M对称的抛物线为L'．

(1)求抛物线L的函数表达式；
(2)点P是第一象限抛物线L上一点，点P到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线L'上的对应点为P'．设E是抛物线L上的动点，E'是点E在抛物线L'上的对应点，试探究四边形PEP'E′能否成为正方形．若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)抛物线L的函数表达式为y＝﹣x2+2
(2)四边形PEP′E′能成为正方形，m或3
【解析】
【分析】
(1)由题意抛物线的顶点C(0，2)，A(，0)，设抛物线的解析式为y＝ax2+2，把A(，0)代入可得a＝﹣1，由此即可解决问题；
(2)情形1，如图1中，四边形PEP′E′能成为正方形．作PK⊥x轴于K，EH⊥x轴于H．由题意易知P(1，1)，当△PME是等腰直角三角形时，四边形PEP′E′是正方形，推出PM＝ME，∠PME＝90°，由△PKM≌△MHE，可得PK＝MH＝1，MK＝HE＝1﹣m，可得E(m+1，m﹣1)，利用待定系数法即可解决问题；情形2，如图2中，四边形PEP′E′是正方形，同法可得E(m﹣1，1﹣m)，利用待定系数法即可解决问题．
(1)
由题意抛物线的顶点C(0，2)，A(，0)，设抛物线的解析式为y＝ax2+2，
把A(，0)代入可得a＝﹣1，
∴抛物线L的函数表达式为y＝﹣x2+2．
(2)
结论：四边形PEP′E′能成为正方形．
理由：情形1，如图1中，作PK⊥x轴于K，EH⊥x轴于H．

由题意易知P(1，1)，当△PME是等腰直角三角形时，四边形PEP′E′是正方形，
∴PM＝ME，∠PME＝90°，
由△PKM≌△MHE，可得PK＝MH＝1，MK＝EH＝1﹣m，
∴E(m+1，m﹣1)，
∵点E在y＝﹣x2+2上，
∴m﹣1＝﹣(m+1)2+2，解得m或(舍弃)，
∴m时，四边形PEP'E′是正方形．
情形2，如图2中，四边形PEP'E′是正方形，同法可得E(m﹣1，1﹣m)，

把E(m﹣1，1﹣m)代入y＝﹣x2+1中，1﹣m＝﹣(m﹣1)2+2，解得m＝3或0(舍弃)，
∴m＝3时，四边形PEP′E′是正方形．
综上，四边形PEP′E′能成为正方形，m或3．
【点睛】
本题考查二次函数综合题、中心对称变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
5．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝x2﹣x﹣与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，经过点C的直线l与抛物线交于另一点E(4，a)，抛物线的顶点为点Q，抛物线的对称轴与x轴交于点D．

(1)求直线CE的解析式．
(2)如图2，P为直线CE下方抛物线上一动点，直线CE与x轴交于点F，连接PF，PC．当△PCF的面积最大时，求点P的坐标及△PCF面积的最大值．
(3)如图3，连接CD，将(1)中抛物线沿射线CD平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点H，在直线QH上是否存在点G，使得△DQG为等腰三角形？若存在，求出点G的坐标．
【答案】(1)y＝x﹣
(2)S△PCF的最大值为，P(2，﹣)
(3)存在，点G的坐标为：(3，)；(1+，2﹣)；(1﹣，﹣2﹣)；(，﹣)
【解析】
【分析】
(1)先求出点和点的坐标，再根据待定系数法求出直线的解析式；
(2)求出点的坐标，过点P作x轴的垂线，交CE于点M，再将点和点的坐标设出来，再根据三角形的面积公式将的面积表示出来，根据二次函数的性质即可求出面积的最大值和点的坐标；
(3)先求出点的坐标，再求出的长度及的度数，再根据平移的性质得出点的坐标，从而求出直线的解析式，再根据等腰三角的性质进行分类讨论即可求出点的坐标．
(1)
解：∵抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，
令，则；令，则y＝(x+1)(x﹣3)＝0，则x＝﹣1或x＝3；
∴A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，)，
经过点C的直线l与抛物线交于另一点E(4，a)，
∴a＝，即a＝，
∴E(4，)，
设直线CE的解析式为：y＝kx+b，
，解得
∴直线CE的解析式为：；
(2)
∵直线CE与x轴交于点F，
∴F(，0)，
如图，过点P作x轴的垂线，交CE于点M，

设点P的横坐标为m，
∴P(，)，M(，)，
∴
∴
∴当m＝2时，S△PCF的最大值为，此时
(3)
∵抛物线
∴D(1，0)，Q(1，)，
∴DQ＝，
∴，
抛物线沿射线CD平移得到新抛物线y′，y′经过点D，如图，
则y′的顶点为点H(2，)，∠DQH＝∠OCD＝30°，
∴直线QH的解析式为
①当DG1＝DQ＝时，如图所示，过点G1作G1I⊥DQ于点I，

此时∠G1DI＝60°，
∴，G1I＝DI＝2，
∴；
②当QG1＝QD＝时，如图所示，过点G2作G2T⊥DQ于点T，过点G3作G3S⊥DQ于点S，

∴G2T＝QG2＝，TQ＝G2T＝2，
∴；
同理可得，G3S＝，SQ＝2，
∴；
③当GD＝GQ时，如图所示，此时点G4为DQ的中垂线与直线QH的交点，

∴G4的纵坐标为，
∴；
综上，点G的坐标为：；；；．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的性质和求直线的解析式，以及二次函数与三角形的综合运用，熟练掌握二次函数的基本知识，以及用待定系数法求直线解析式和运用等腰三角形的定义进行分类讨论是解答本题的关键．
6．(2022·全国·九年级专题练习)如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线F1：y＝a(x﹣)2＋与x轴交于点A(﹣，0)和点B，与y轴交于点C．

(1)求抛物线F1的表达式；
(2)如图2，将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，若抛物线F1与抛物线F2相交于点D，连接BD，CD，BC．
①求点D的坐标；
②判断△BCD的形状，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，抛物线F2上是否存在点P，使得△BDP为等腰直角三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①D(﹣1，1)；②等腰直角三角形，见解析
(3)存在，点P的坐标是(1，﹣3)或(﹣2，﹣2)
【解析】
【分析】
(1)把点A(﹣，0)代入抛物线y＝a(x﹣)2＋求得a的值即可；
(2)①先根据平移确定抛物线F2的解析式，然后再与联立即可解答；②先确定C、B点的坐标，再运用两点间距离公式求出BD2、CB2 、CD2，然后运用勾股定理逆定理即可解答
(3)设P(m，﹣)，再运用两点间距离公式求出BD2、PD2 、BP2，然后分∠DBP＝90°、∠BDP＝90°、∠BPD＝90°三种情况解答即可．
(1)
解：把点A(﹣，0)代入抛物线F1：y＝a(x﹣)2+中得：
0＝a(﹣﹣)2+，
解得：a＝，
∴抛物线F1：；
(2)
解：①由平移得：抛物线F2：y＝﹣(x﹣+1)2+﹣3，
∴y＝﹣(x+)2+ ，
∴﹣(x+)2+＝﹣(x﹣)2+，
﹣x＝，解得：x＝﹣1，
∴D(﹣1，1)；
②当x＝0时，y＝﹣＝4，
∴C(0，4)，
当y＝0时，(x﹣)2+＝0，
解得：x＝﹣或2，
∴B(2，0)，
∵D(﹣1，1)，
∴BD2＝(2+1)2+(1﹣0)2＝10，
CD2＝(0+1)2+(4﹣1)2＝10，
BC2＝22+42＝20，
∴BD2+CD2＝BC2且BD＝CD，
∴△BDC是等腰直角三角形；
(3)
解：存在，
设P(m，﹣)，
∵B(2，0)，D(﹣1，1)，
∴BD2＝(2+1)2+12＝10，，，
分三种情况：
①当∠DBP＝90°时，BD2+PB2＝PD2，
即10+(m﹣2)2+[﹣]2＝(m+1)2+[﹣(m+)2+﹣1]2，
解得：m＝﹣4或1，
当m＝﹣4时，BD＝，PB＝＝6，即△BDP不是等腰直角三角形，不符合题意，
当m＝1时，BD＝，PB＝＝，
∴BD＝PB，即△BDP是等腰直角三角形，符合题意，
∴P(1，﹣3)；
②当∠BDP＝90°时，BD2+PD2＝PB2，
即10+(m+1)2+[﹣(m+)2+﹣1]2＝(m﹣2)2+[﹣]2，
解得：m＝﹣1(舍)或﹣2，
当m＝﹣2时，BD＝，PD＝＝，
∴BD＝PD，即此时△BDP为等腰直角三角形，
∴P(﹣2，﹣2)；
③当∠BPD＝90°时，且BP＝DP，有BD2＝PD2+PB2，如图3，

当△BDP为等腰直角三角形时，点P1和P2不在抛物线上，此种情况不存在这样的点P；
综上，点P的坐标是(1，﹣3)或(﹣2，﹣2)．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，涉及求二次函数的解析式、二次函数图象的平移、两点间距离公式、等腰三角形的定义等知识点，掌握两点间距离公式和分类讨论思想成为解答本题的关键．
7．(2022·全国·九年级专题练习)如图，二次函数ybx＋c的图象与x轴交于A(3，0)，B(﹣1，0)，与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．

(1)直接写出二次函数的解析式；
(2)当P，Q运动到t秒时，将△APQ沿PQ翻折，若点A恰好落在抛物线上D点处，求出D点坐标；
(3)当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出E点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点E的坐标为(，0)或(，0)或(﹣1，0)或(7，0)
【解析】
【分析】
(1)将A，B两点的坐标代入二次函数解析式中，求得b、c，进而可求解析式；
(2)如图，D点关于PQ与A点对称，过点Q作FQ⊥AP于F，根据轴对称的性质及已知条件可得AP=AQ=QD=DP，那么四边形AQDP为菱形．由FQ∥OC，证明，求出，得到．又DQ=AP=t，所以．将D点坐标代入二次函数解析式，进而求解即可；
(3)以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形时，分三种情况进行讨论：①AE=EQ；②AQ=EQ；③AE=AQ．可通过画图得E点大致位置，再利用勾股定理，等腰三角形的性质求解．
(1)
∵二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A(3，0)，B(﹣1，0)，
∴，
解得，
∴二次函数的解析式为；
(2)
如图，D点是点A关于PQ的对称点，过点Q作FQ⊥AP 于F，则FQ∥OC，

∵AP＝AQ＝t，AP＝DP，AQ＝DQ，
∴AP＝AQ＝QD＝DP，
∴四边形AQDP为菱形．
∵A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣4)，O(0，0)，
∴OA＝3，OC＝4，AB＝3-(-1)=4，
在Rt△AOC中，由勾股定理得，

∵FQ∥OC，
∴
∴，
∴，
∴，，
∴．
∵DQ＝AP＝t，
∴．
∵D在二次函数 上，
∴，
∴，或 t＝0(与A重合，舍去)，
∴；
(3)
存在满足条件的点E，点E的坐标为(，0)或(，0)或(﹣1，0)或(7，0)．
如图，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD//OC，

∵A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣4)，O(0，0)，
∴OA＝3，OC＝4，AB＝3-(-1)=4，
在Rt△AOC中，由勾股定理得，
，
点P运动的时间为：4÷1=4(秒)
∴AQ＝4×1=4．
∵QD∥OC，
∴
∴，
∴，
∴，．
①作AQ的垂直平分线，交x轴于E，此时AE＝EQ，即△AEQ为等腰三角形．
设AE＝x，则EQ＝x，DE＝|AD﹣AE|＝|x|，
∴在Rt△EDQ中，(x)2+()2＝x2，
解得 x，
∴OA﹣AE＝3，
∴E(，0)，点E在x轴的负半轴上；
②以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE＝QA＝4，
∵ED＝AD，
∴AE，
∴OA﹣AE＝3，
∴E(，0)；
③当AE＝AQ＝4时，
∵OA﹣AE＝3﹣4＝﹣1，或OA+AE＝7，
∴E(﹣1，0)或(7，0)．
综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为(，0)或(，0)或(﹣1，0)或(7，0)．
【点睛】
本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求二次函数解析式，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，关键是分类讨论、数形结合思想的运用．
8．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝x2＋bx﹣1与x轴交于点A，B(点A在点B的左侧)，交y轴于点C，顶点为D，对称轴为直线x＝﹣，连接AC，BC．

(1)求抛物线的解析式；
(2)求△ABC的面积；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点E，使得△CDE为等腰三角形？如果存在，请直接写出点E的坐标，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2+2x﹣1
(2)2
(3)存在，E点坐标为(﹣，2)或(﹣，2﹣4)或(﹣，﹣2﹣4)或(﹣，﹣2)
【解析】
【分析】
(1)根据抛物线对称轴为直线即可得到，由此即可求解；
(2)根据(1)所求抛物线解析式分别求出A、B、C三点的坐标，从而得到OC，AB的长，再由求解即可；
(3)设点E的坐标为(，t)，先求出D点坐标，然后分三种情况：当CD＝CE时，当CD＝DE时，当CE＝DE时，利用两点距离公式求解即可．
(1)
解：∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
(2)
解：令，则，
解得或，
∴点A的坐标为(，0)，点B的坐标为(，0)，
∴
∵点C是抛物线与y轴的交点，
∴点C的坐标为(0，-1)，
∴OC=1，
∴；
(3)
解：设点E的坐标为(，t)，
当时，，
∴点D的坐标为(，-4)，
△CDE为等腰三角形，分三种情况：
①当CD＝CE时，
∴
解得t＝2或t＝﹣4，
∴E(，2)或E(，﹣4)(此时E与D重合，舍去)；
②当CD＝DE时，
∴
解得或，
∴E(，)或E(，)；
③当CE＝DE时，
∴
解得
∴E(，-2)；
综上所述：得△CDE为等腰三角形时，E点坐标为(，2)或(，)或E(，)或(，-2)．
【点睛】
本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数与图形面积，二次函数与等腰三角形，两点距离公式等等，熟知相关知识是解题的关键．
9．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(0，3)，点A的坐标是(3，0)，抛物线的对称轴是直线x＝1

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点P为第四象限内抛物线上一点，且△PBC是直角三角形，求点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，在直线BC上是否存在点Q，使∠PQB＝∠CPB，若存在，求出点Q坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3
(2)P(，)
(3)存在，Q的坐标为(，)或(，)
【解析】
【分析】
(1)由抛物线过A、C两点及对称轴，可得关于a、b、c的方程组，解方程组即可；
(2)如图1，过点P作x轴的垂线，垂足为F，可求得直线BC的解析式，易得Rt△CBO∽Rt△BPF，则可BF=3PF，设点P的坐标为，则由BF=3PF可得关于t的方程，解方程即可求得点P的坐标；
(3)如图2，当∠CPB＝∠PQB时，可得∠CPQ=90゜，求出直线PC、PQ的解析式，建立方程组求出点Q的坐标，再利用对称性求出满足条件的点 即可．
(1)
由题意，，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
(2)
如图1中，连接BC，由题意，点P在第四象限，所以∠CBP＝90°，
过点B作BP⊥BC交抛物线于P，连接PC，过点P作x轴的垂线，垂足为F．

对于抛物线y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，可得x2﹣2x﹣3＝0，
解得x＝﹣1或3，
∴B(﹣1，0)，
∴OB=1
∵C(0，3)，
∴直线BC的解析式为y＝3x+3，OC=3
∵PB⊥BC，PF⊥BF
∴∠CBO+∠BCO=∠CBO+∠PBO=90゜
∴∠BCO=∠PBF
∴Rt△CBO∽Rt△BPF
∴
即BF=3FP
设P ，则BF=t+1，
∴
解得：t=−1(舍去)，
∴P(，)．
(3)
如图2中，当∠CPB＝∠PQB时，

∵∠CPB+∠PCB＝90°，
∴∠PQB+∠PCB＝90°，
∴∠CPQ＝90°，
∴PQ⊥PC，
∵C(0，3)，P(，)，
∴直线PC的解析式为yx+3，直线PQ的解析式为yx，
由，解得，
∴Q(，)，
根据对称性可知，点Q关于点B的对称点Q′也满足条件，
设，则点B是线段的中点，
∵B(−1，0)
∴Q与Q′两点的纵坐标互为相反数，即
解得
∴Q′(，)，
综上所述，满足条件的点Q的坐标为(，)或(，)．
【点睛】
本题属于二次函数的综合，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数与二元一次方程组的关系，相似三角形的判定与性质等知识，关键是学会构建函数，利用方程组确定交点坐标，体会数形结合思想．
10．(2022·全国·九年级专题练习)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(﹣1，0)，B两点，且与y轴交于点C(0，3)，抛物线的对称轴是直线x＝1

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)抛物线与直线y＝﹣x﹣1交于A、E两点，P点在x轴上且位于点B的左侧，若以P、B、C为顶点的三角形与△ABE相似，求点P的坐标；
(3)F是直线BC上一动点，M为抛物线上一动点，若△MBF为等腰直角三角形，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3
(2)点P的坐标为(，0)或(，0)
(3)点M的坐标为(﹣1，0)或(﹣2，﹣5)
【解析】
【分析】
(1)由点A的坐标及抛物线的对称轴可得出点B的坐标，由点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的函数表达式；
(2)联立直线AE和抛物线的函数关系式成方程组，通过解方程组可求出点E的坐标，进而可得出AE的长度，由直线AE的函数表达式可得出∠BAE＝45°，由点B、C的坐标可得出∠CBO＝45°、BC＝3，设点P的坐标为(m，0)，则PB＝3−m，由∠BAE＝∠CBO利用相似三角形的性质可得出或，代入数据即可求出m的值，此问得解；
(3)由∠CBO＝45°可得出存在两种情况：①取点M1与点A重合，过点M1作M1F1y轴，交直线BC于点F1，则△BM1F1为等腰直角三角形，由此可得出点M1的坐标；②取点C′(0，−3)，连接BC′，延长BC′交抛物线于点M2，过点M2作M2F2y轴，交直线BC于点F2，则△M2BF2为等腰直角三角形，由点B、C′的坐标可求出直线BC′的函数关系式，联立直线BC′和抛物线的函数关系式成方程组，通过解方程组可求出点M2的坐标，综上即可得出结论．
(1)
解：∵抛物线的对称轴是直线x＝1，且过点A(﹣1，0)，
∴点B的坐标为(3，0)．
将A(﹣1，0)、B(3，0)、C(0，3)代入y＝ax2+bx+c，得：
，解得：，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3．
(2)
联立直线AE和抛物线的函数关系式成方程组，得：，
解得：，，
∴点E的坐标为(4，﹣5)，
∴AE5．
∵点B的坐标为(3，0)，点C的坐标为(0，3)，
∴∠CBO＝45°，BC＝3．
∵直线AE的函数表达式为y＝﹣x﹣1，
∴∠BAE＝45°＝∠CBO．
设点P的坐标为(m，0)，则PB＝3﹣m．
∵以P、B、C为顶点的三角形与△ABE相似，
∴或，
∴或，
解得：m或m，
∴点P的坐标为(，0)或(，0)．

(3)
∵∠CBO＝45°，
∴存在两种情况(如图2)．
①取点M1与点A重合，过点M1作M1F1y轴，交直线BC于点F1，
∵∠CBM1＝45°，∠BM1F1＝90°，
∴此时△BM1F1为等腰直角三角形，
∴点M1的坐标为(﹣1，0)；
②取点C′(0，﹣3)，连接BC′，延长BC′交抛物线于点M2，过点M2作M2F2y轴，交直线BC于点F2，
∵点C、C′关于x轴对称，∠OBC＝45°，
∴∠CBC′＝90°，BC＝BC′，
∴△CBC′为等腰直角三角形，
∵M2F2y轴，
∴△M2BF2为等腰直角三角形．
∵点B(3，0)，点C′(0，﹣3)，
∴直线BC′的函数关系式为y＝x﹣3，
联立直线BC′和抛物线的函数关系式成方程组，得：，
解得：，，
∴点M2的坐标为(﹣2，﹣5)．
综上所述：点M的坐标为(﹣1，0)或(﹣2，﹣5)．

【点睛】
本题考查了二次函数的性质、待定系数法求一次(二次)函数解析式、相似三角形的性质以及等腰直角三角形，解题的关键是：(1)由点的坐标，利用待定系数法求出二次函数关系式；(2)利用相似三角形的性质找出或，；(3)根据等腰直角三角形的性质找出点M的位置．
11．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，且OC＝2OB＝6OA＝6，点P是第一象限内抛物线上的动点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)连接BC与OP，交于点D，当S△PCD：S△ODC的值最大时，求点P的坐标；
(3)点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N．使∠CMN＝90°，且△CMN与△BOC相似，若存在，请求出点M、点N的坐标．
【答案】(1)y＝﹣2x2+4x+6
(2)点P的坐标为(，)
(3)存在，M、N的坐标分别为(3，0)、(0，﹣)或(，)、(0，)或(1，8)、(0，)或(，)、(0，)
【解析】
【分析】
(1)用待定系数法即可求解；
(2)当S△PCD：S△ODC的值最大时，即为PD：OD存在最大值，而PD：OD＝PH：OC，进而求解；
(3)证明△MHN∽△CGM，则＝2或 ，即可求解．
(1)
∵OC＝2OB＝6OA＝6，
故点A、B、C的坐标分别为(﹣1，0)、(3，0)、(0，6)，
则，解得，
故抛物线的表达式为y＝﹣2x2+4x+6；
(2)
当S△PCD：S△ODC的值最大时，
上述两个三角形同高，故当S△PCD：S△ODC的值最大时，
即为PD：OD存在最大值．
由抛物线的表达式知，点C(0，6)，
由B、C的表达式得，直线BC的表达式为y＝﹣2x+6，
过点P作y轴的平行线交BC于点H，

则△PDH∽△ODC，
则PD：OD＝PH：OC，
设点P的坐标为(x，﹣2x2+4x+6)，则点H(x，﹣2x+6)，
则PH＝(﹣2x2+4x+6)﹣(﹣2x+6)＝﹣2x2+6x，OC＝6，
∴PD：OD＝PH：OC＝(﹣2x2+6x)，
∵﹣2×＜0，故PD：OD存在最大值，此时x＝，
故点P的坐标为(，)；
(3)
存在，理由：
过点M作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点G，交过点N与x轴的平行线于点H，
在Rt△BOC中，OB＝3，OC＝6，
则当△CMN与△BOC相似时，两个三角形的相似比为2或，
即MN：CM＝OB：OC＝1：2或MN：CM＝OB：OC＝2：1，

设点M的坐标为(x，﹣2x2+4x+6)，设点N的坐标为(0，t)，
∵∠CMG+∠HMN＝90°，∠HMN+∠HNM＝90°，
∴∠CMG＝∠HNM，
∵∠MHN＝∠CGM＝90°，
∴△MHN∽△CGM，
∴＝2或，
或，
解得：x＝0(舍去)或3或或1或，
即x＝3或或1或，
则与x对应的t＝﹣或或或，
故点M、N的坐标分别为(3，0)、(0，﹣)或(，)、(0，)或(1，8)、(0，)或(，)、(0，)．
【点睛】
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．
12．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x﹣3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y＝﹣x2＋bx＋c的图象经过点A和点C(0，3)．

(1)求点B坐标及二次函数的表达式；
(2)如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第四象限的图象上，点C的对应点E落在直线AB上，直接写出四边形ACED的形状，并求出此时点D的坐标；
(3)如图2，在(2)的条件下，连接CD，交x轴于点M，点P为直线CD上方抛物线上一个动点，过点P作PF⊥x轴，交CD于点F，连接PC，是否存在点P，使得以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似？若存在，求出线段PF的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)B(0，﹣3)，y＝﹣x2+2x+3
(2)平行四边形，D(4，﹣5)
(3)存在，PF＝4或
【解析】
【分析】
(1)待定系数法求解即可；
(2)由题意知，DE//AC且DE＝AC，可证四边形ACED是平行四边形，设点D(a，﹣a2+2a+3)，则点E(a﹣3，﹣a2+2a+6)，点E在直线AB上，将点E坐标代入求解即可；
(3)由题意知，PF∥y轴，则∠PFC＝∠OCM，∴∠CPF＝∠COM＝90°或∠PCF＝∠COM＝90°时，以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似，分两种情况求解：①当∠CPF＝∠COM＝90°，点P与点C关于抛物线对称，可知PC＝2，如图1，作DG⊥y轴于点G，则DG＝4，OG＝5，根据计算求解即可；②当∠PCF＝∠COM＝90°时，如图2，作CH⊥PF于点H，则∠OCH＝90°，，设点P(m，﹣m2+2m+3)，则点H(m，3)，表示PH，CH，根据正切值求的值， 由tan∠CFH＝tan∠DCG＝，知，计算求解FH的值，由PF＝PH+HF计算求解即可．
(1)
解：将y＝0，代入y＝x﹣3中得x＝3，
∴A(3，0)，
令x＝0，得y＝﹣3，
∴B(0，﹣3)，
将A(3，0)，C(0，3)代入抛物线解析式y＝﹣x2+bx+c，得，
解得，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
(2)
解：由题意知，DE//AC且DE＝AC，
∴四边形ACED是平行四边形，
设点D(a，﹣a2+2a+3)，则点E(a﹣3，﹣a2+2a+6)，
将点E代入y＝x﹣3得：﹣a2+2a+6＝a﹣3﹣3，
a2﹣a﹣12＝0，
解得a1＝﹣3(舍)，a2＝4，
∴D(4，﹣5)．
(3)
解：存在．
由题意知，PF//y轴，则∠PFC＝∠OCM，
∴∠CPF＝∠COM＝90°或∠PCF＝∠COM＝90°时，以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似，分两种情况求解：
①当∠CPF＝∠COM＝90°，如图1，作DG⊥y轴于点G，

∵PF//y轴，
∴PC⊥y轴，
∴点P与点C关于抛物线对称，
由二次函数图像的轴对称性得PC＝2，
又D(4，﹣5)，
∴DG＝4，OG＝5，
∴tan∠DCG＝，
∴tan∠PFC＝tan∠DCG＝，
即，
又CP＝2，
∴PF＝4；
②当∠PCF＝∠COM＝90°时，如图2，作CH⊥PF于点H，

∴∠OCH＝90°，即∠DCG+∠FCH＝90°，
又∵∠PCH+∠FCH＝90°，
∴∠DCG＝∠PCH，
∴tan∠PCH＝tan∠DCG＝，
即，
设点P(m，﹣m2+2m+3)，
则点H(m，3)，
∴PH＝﹣m2+2m+3﹣3＝﹣m2+2m，
CH＝m，
∴，
解得，
∴CH＝，PH＝，
又tan∠CFH＝tan∠DCG＝，
∴，
∴FH＝3，
∴PF＝PH+HF＝；
综上所述，存在这样的点P使得以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似，此时PF＝4或．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数与平行四边形的综合，二次函数与相似三角形的综合，正切等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
13．(2022·全国·九年级专题练习)如图1，在平面直角坐标系中，一次函数yx﹣2的图象与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数ybx+c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A．

(1)求二次函数的表达式．
(2)如图2，连接AC，点M为线段BC上的一点，设点M的横坐标为t，过点M作y轴的平行线，过点C作x轴的平行线，两者交于点N，将△MCN沿MC翻折得到△MCN'．
①当点N'落在线段AB上，求此时t的值；
②求△MCN′与△ACB重叠的面积S与t的函数关系式．
(3)如图3，点D在直线BC下方的二次函数图象上，过点D作DM⊥BC于点M，是否存在点D，使得△CDM中的某个角恰好等于∠ABC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②
(3)存在，点的横坐标为2或
【解析】
【分析】
(1)将、两点坐标代入抛物线解析式求得结果；
(2)①可证得是等腰三角形，在中，根据勾股定理求得值；
②分为和两种情形，当时，的值就是面积，当时，根据①求得，故可表示出，根据①可求得，进一步求得的函数表达式；
(3)分为，此时作，作交于交于，可证得，从而确定点坐标，进而求出直线的解析式，进而求得点的横坐标，当时，作交于，作于，可根据(2)，求得，进而求得，进而求得，从而确定点坐标，从而得出的解析式，进一步求得点横坐标．
(1)
解：解：由题意得：，，
，
，
抛物线的解析式为；
(2)
解：①如图1，

由题意得：，，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
，
；
②当时，
，
，
，
如图2，

当时，
由①知：，，
，
，
在中，
，
，
，
，
综上所述：；
(3)
解：如图3，

当时，
作，作交于交于，
，
，
，
，
，
，
，
，
直线的解析式是：，
由得，
(舍去)，，
点的横坐标是2，
如图4，

当时，
作交于，作于，
，，
，
由(2)知：，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
的解析式是：，
由得，
(舍去)，，
点的横坐标为，
综上所述，点的横坐标为2或．
【点睛】
本题考查了求二次函数解析式，一次函数解析式，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是作辅助线，转化条件．