2023年中考数学压轴题专项训练 压轴题05二次函数与三角形存在性问题（与等腰、直角、等腰直角三角形、相似）（试题+答案）

这是一份2023年中考数学压轴题专项训练 压轴题05二次函数与三角形存在性问题（与等腰、直角、等腰直角三角形、相似）（试题+答案），文件包含2023年中考数学压轴题专项训练压轴题05二次函数与三角形存在性问题与等腰直角等腰直角三角形相似答案docx、2023年中考数学压轴题专项训练压轴题05二次函数与三角形存在性问题与等腰直角等腰直角三角形相似试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共76页， 欢迎下载使用。
2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题05二次函数与三角形存在性问题
（与等腰、直角、等腰直角三角形、相似三角形）

题型一：二次函数与等腰三角形存在性问题
例1．（2022•百色）已知抛物线经过A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）三点，O为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM，交BC于点F．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：∠BOF＝∠BDF；
（3）是否存在点M，使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长．


【分析】（1）把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入y＝ax2+bx+c，即可得解；
（2）根据正方形的性质得出∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，再由BF＝BF，得出△BOF≌△BDF，最后利用全等三角形的性质得出结论；
（3）分两种情况讨论解答，当M在线段BD的延长线上时，先求出∠M，再利用解直角三角形得出结果，当M在线段BD上时，得出∠BOM＝30°，类比①解答即可．
【解答】（1）解：设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，
把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入
得：0=a−b+c3=c0=9a+3b+c，解得a=−1b=2c=3，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）证明：∵正方形OBDC，
∴∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，
∵BF＝BF，
∴△BOF≌△BDF，
∴∠BOF＝∠BDF；
（3）解：∵抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，
∴令y＝3，则3＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝0，x2＝2，
∴E（2，3），
①如图，

当M在线段BD的延长线上时，∠BDF为锐角，
∴∠FDM为钝角，
∵△MDF为等腰三角形，
∴DF＝DM，
∴∠M＝∠DFM，
∴∠BDF＝∠M+∠DFM＝2∠M，
∵BM∥OC，
∴∠M＝∠MOC，
由（2）得∠BOF＝∠BDF，
∴∠BDF+∠MOC＝3∠M＝90°，
∴∠M＝30°，
在Rt△BOM中，
BM=OBtan30°=33，
∴ME＝BM﹣BE＝33−2；
②如图，

当M在线段BD上时，∠DMF为钝角，
∵△MDF为等腰三角形，
∴MF＝DM，
∴∠BDF＝∠MFD，
∴∠BMO＝∠BDF+∠MFD＝2∠BDF，
由（2）得∠BOF＝∠BDF，
∴∠BMO＝2∠BOM，
∴∠BOM+∠BMO＝3∠BOM＝90°，
∴∠BOM＝30°，
在Rt△BOM中，
BM=tan30°⋅OB=3，
∴ME＝BE﹣BM＝2−3，
综上所述，ME的值为：33−2或2−3．
【点评】本题考查了二次函数的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质及解直角三角形，分类讨论思想的运用是解题的关键．
题型二：二次函数与直角三角形存在性问题
例2．（2022•滨州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，连接AC、BC．
（1）求线段AC的长；
（2）若点P为该抛物线对称轴上的一个动点，当PA＝PC时，求点P的坐标；
（3）若点M为该抛物线上的一个动点，当△BCM为直角三角形时，求点M的坐标．

【分析】（1）根据坐标轴上点的特点求出点A，C的坐标，即可求出答案；
（2）设出点P的坐标，利用PA＝PC建立方程求解，即可求出答案；
（3）分三种情况，利用等腰直角三角形的性质求出前两种情况，利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式，建立方程求解，即可求出答案．
【解答】解：（1）针对于抛物线y＝x2﹣2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3）；
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝3或x＝﹣1，
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AC=(−1−0)2+(0+3)2=10；

（2）∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x=−−22=1，
∵点P为该抛物线对称轴上，
∴设P（1，p），
∴PA=(1+1)2+p2=p2+4，PC=12+(p+3)2=p2+6p+10，
∵PA＝PC，
∴p2+4=p2+6p+10，
∴p＝﹣1，
∴P（1，﹣1）；

（3）由（1）知，B（3，0），C（0，﹣3），
∴OB＝OC＝3，
设M（m，m2﹣2m﹣3），
∵△BCM为直角三角形，
∴①当∠BCM＝90°时，
如图1，过点M作MH⊥y轴于H，则HM＝m，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠HCM＝90°﹣∠OCB＝45°，
∴∠HMC＝45°＝∠HCM，
∴CH＝MH，
∵CH＝﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m，
∴﹣m2+2m＝m，
∴m＝0（不符合题意，舍去）或m＝1，
∴M（1，﹣4）；
②当∠CBM＝90°时，
过点M作M'H'⊥x轴，
同①的方法得，M'（﹣2，5）；
③当∠BMC＝90°时，如图2，
Ⅰ、当点M在第四象限时，

过点M作MD⊥y轴于D，过点B作BE⊥DM，交DM的延长线于E，
∴∠CDM＝∠E＝90°，
∴∠DCM+∠DMC＝90°，
∵∠DMC+∠EMB＝90°，
∴∠DCM＝∠EMB，
∴△CDM∽△MEB，
∴CDME=MDBE，
∵M（m，m2﹣2m﹣3），B（3，0），C（0，﹣3），
∴DM＝m，CD＝﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m，ME＝3﹣m，BE＝﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m+3，
∴−m2+2m3−m=m−m2+2m+3，
∴m＝0（舍去）或m＝3（点B的横坐标，不符合题意，舍去）或m=1−52（不符合题意，舍去）或m=1+52，
∴M（1+52，−5+52），
Ⅱ、当点M在第三象限时，M（1−52，−5−52），
即满足条件的M的坐标为（1，﹣4）或（﹣2，5）或（1+52，−5+52），或（1−52，−5−52）．

【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了坐标轴上点的特点，直角三角形的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
题型三：二次函数与等腰直角三角形存在性问题
例3．（2022•枣庄）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的关系式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；
（3）将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；
（4）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PG∥y轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得△OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），
∴1+b+c=0c=3，解得b=−4c=3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；

（2）如图，过P作PG∥y轴，交OE于点G，

设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
=12PG•AE
=12×3×（﹣m2+5m﹣3）
=−32（m2﹣5m+3）
=−32（m−52）2+398，
∵−32＜0，
∴当m=52时，△OPE面积最大，
此时，P点坐标为（52，−34）；

（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则E（3，3），

∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；

（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，

∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m=5+52（舍）或5−52，
∴P的坐标为（5−52，1−52）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1=3+52（舍）或m2=3−52，
∴P的坐标为（3−52，5+12）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，

如图，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m1=3+52或m2=3−52（舍）；
P的坐标为（3+52，1−52）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图，

同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m=5+52或5−52（舍），
P的坐标为：（5+52，5+12）；
综上所述，点P的坐标是：（5−52，1−52）或（3−52，5+12）或（3+52，1−52）或（5+52，5+12）．
方法二：作直线DE：y＝x﹣2，

E（1，﹣1）是D点（2，0）绕O点顺时针旋转45°并且OD缩小2倍得到，
易知直线DE即为对称轴上的点绕O点顺时针旋转45°，且到O点距离缩小2倍的轨迹，
联立直线DE和抛物线解析式得x2﹣4x+3＝x﹣2，
解得x1=5+52，x2=5−52，
同理可得x3=3+52或x4=3−52；
综上所述，点P的坐标是：（5−52，1−52）或（3−52，5+12）或（3+52，1−52）或（5+52，5+12）．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的图象与性质及图形的平移，全等三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，运用分类讨论思想和方程的思想解决问题的关键．
题型四：二次函数与相似三角形存在性问题
例4．（2023•宜兴市一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx﹣2的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C，连接BC、AC．
（1）求二次函数的函数表达式；
（2）设二次函数的图象的顶点为D，求直线BD的函数表达式以及sin∠CBD的值；
（3）若点M在线段AB上（不与A、B重合），点N在线段BC上（不与B、C重合），是否存在△CMN与△AOC相似，若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法可得二次函数的函数表达式为y=23x2−43x﹣2；
（2）由y=23x2−43x﹣2=23（x﹣1）2−83，得D(1，−83)；用待定系数法可得直线BD的函数表达式为：y=43x−4；设BD与y轴交于E，过点C作CP⊥BE于点P，求得C（0，﹣2），E（0，﹣4），根据2S△CBE＝BE•CP＝CE•OB，得CP=CE⋅OBBE=65，即可得sin∠BCD=CPBC=6513=61365；
（3）由C（0，﹣2），B（3，0）得直线BC解析式为y=23x﹣2，设M（p，0），N（q，23q﹣2），根据△AOC是直角三角形，且OAOC=12，知△CMN是直角三角形，且两直角边的比为12，分三种情况：①点M在线段AB上（不与A、B重合），点N在线段BC上（不与B、C重合），∠MCN不可能是直角；②若∠CMN是直角，则MNCM=12或CMMN=12，过N作NH⊥x轴于H，有△MHN∽△COM，可得q−p2=2−23qp=MNCM，若MNCM=12，则q−p2=2−23qp=12，可解得N（157，−47）；若CMMN=12，则q−p2=2−23qp=2，解得p=−14q=154（此时N不在线段BC上，舍去）；③若∠CNM为直角，则MNCN=12或CMMN=12，过N作KT⊥x轴于K，过C作CT⊥KT于T，同理可得△CNT∽△NMK，当MNCN=12时，q−p23q=2−23qq=12，可得N（127，−67），当CMMN=12时，得N（34，−32）．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣2得：
∴a−b−2=09a+3b−2=0，
解得a=23b=−43，
∴二次函数的函数表达式为y=23x2−43x﹣2；
（2）∵y=23x2−43x﹣2=23（x﹣1）2−83，
∴抛物线顶点D(1，−83)；
设直线BD的函数表达式为y＝kx+n，
∴3k+n=0k+n=−83，
解得k=43n=−4，
∴直线BD的函数表达式为：y=43x−4；
设BD与y轴交于E，过点C作CP⊥BE于点P，如图：

在y=23x2−43x﹣2中，令x＝0得y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
在y=43x﹣4中，令x＝0得y＝﹣4，
∴E（0，﹣4），
∴BE=OB2+OE2=32+42=5，CE＝OE﹣OC＝2，
∵2S△CBE＝BE•CP＝CE•OB，
∴CP=CE⋅OBBE=2×35=65，
∵BC=OB2+OC2=32+22=13，
∴sin∠BCD=CPBC=6513=61365；
（3）存在△CMN与△AOC相似，理由如下：
由C（0，﹣2），B（3，0）得直线BC解析式为y=23x﹣2，
设M（p，0），N（q，23q﹣2），
∵△AOC是直角三角形，且OAOC=12，
∴△CMN与△AOC相似，△CMN是直角三角形，且两直角边的比为12，
①点M在线段AB上（不与A、B重合），点N在线段BC上（不与B、C重合），∠MCN不可能是直角；
②若∠CMN是直角，则MNCM=12或CMMN=12，过N作NH⊥x轴于H，如图：

∵∠NMH＝90°﹣∠CMO＝∠MCO，∠MHN＝90°＝∠COM，
∴△MHN∽△COM，
∴MHOC=HNOM=MNCM，即q−p2=2−23qp=MNCM，
若MNCM=12，则q−p2=2−23qp=12，
解得p=87q=157，
∴N（157，−47）；
若CMMN=12，则q−p2=2−23qp=2，
解得p=−14q=154（此时N不在线段BC上，舍去）；
③若∠CNM为直角，则MNCN=12或CMMN=12，过N作KT⊥x轴于K，过C作CT⊥KT于T，如图：

同理可得△CNT∽△NMK，
∴MKNT=KNCT=MNCN，
当MNCN=12时，
q−p23q=2−23qq=12，
解得q=127，
∴N（127，−67），
当CMMN=12时，
q−p23q=2−23qq=2，
解得q=34，
∴N（34，−32）；
综上所述，点N的坐标为：(157，−47)或(127，−67)或(34，−32)．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，锐角三角函数，三角形相似的判定与性质等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．



一．解答题（共20小题）
1．（2023•绥宁县模拟）如图，一次函数y=12x+2与x轴，y轴分别交于A、C两点，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过A、C两点，与x轴交于另一点B，其对称轴为直线x=−32．
（1）求该二次函数表达式；
（2）在y轴的正半轴上是否存在一点M，使以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）在对称轴上是否存在点P，使△PAC为等腰三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，∠AOC＝∠MOB＝90°，则∠MOB＝∠CAO或∠ACO，进而求解；
（3）分PA＝AC、PA＝PC、AC＝PC三种情况，利用线段长度相等，列出等式求解即可．
【解答】解：（1）对于y=12x+2，当x＝0时，y＝2，即点C（0，2），
令y=12x+2＝0，则x＝﹣4，即点A（﹣4，0），
∵抛物线的对称轴为直线x=−32，则点B（1，0），
设二次函数表达式为：y＝a（x﹣1）（x+4）＝a（x2+3x﹣4），
∵抛物线过点C（0，2），则﹣4a＝2，
解得：a=−12，
故抛物线的表达式为：y=−12x2−32x+2；

（2）存在，理由：
在Rt△AOC中，tan∠CAO=COOA=12，
∵以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，∠AOC＝∠MOB＝90°，
∴∠MOB＝∠CAO或∠ACO，
∴tan∠MOB＝tan∠CAO或tan∠ACO=12或2，
即OMBO=OM1=2或12，
解得：OM=12或2，
即点M（0，2）或（0，12）；

（3）存在，理由：
设点P（−32，t），
由点A、C、P的坐标得：PA2＝（−32+4）2+t2，AC2＝20，PC2=94+（t﹣2）2，
当PA＝AC时，则（−32+4）2+t2＝20，
解得：t=±552，
即点P的坐标为：（−32，552）或（−32，−552）；
当PA＝PC时，则（−32+4）2+t2=94+（t﹣2）2，
解得：t＝0，
即点P（−32，0）；
当AC＝PC时，则20=94+（t﹣2）2，
解得：t＝2±712，
即点P的坐标为：（−32，2+712）或（−32，2−712）．
综上，点P的坐标为：（−32，552）或（−32，−552）或（−32，0）或（−32，2+712）或（−32，2−712）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，分类求解是本题求解的关键．
2．（2023•泗阳县校级一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（4，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C．
（1）求函数表达式及顶点坐标；
（2）连接AC，点P为线段AC上方抛物线上一点，过点P作PQ⊥x轴于点Q，交AC于点H，当PH＝2HQ时，求点P的坐标；
（3）是否存在点M在抛物线上，点N在抛物线对称轴上，使得△BMN是以BN为斜边的等腰直角三角形，若存在，直接写出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把A（4，0）、B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，列方程组并且解该方程组求出a、b的值，即得到该函数表达式为y＝﹣x2+3x+4；再将该函数表达式配方成顶点式，即得到该抛物线的顶点坐标为（32，254）；
（2）先求得直线AC的函数表达式为y＝﹣x+4，设P（x，﹣x2+3x+4）（0＜x＜4），则H（x，﹣x+4），再由PH＝2HQ，得﹣x2+3x+4﹣（﹣x+4）＝2（﹣x+4），求得符合题意的x的值为2，则P（2，6）；
（3）设M（n，﹣n2+3n+4），过点M分别作x轴、直线x=32的垂线，垂足分别为点J、点I，可证明△MIN≌△MJB，得MI＝MJ，再分两种情况列方程，一是点M的横、纵坐标相等，则n−32=−n2+3n+4；二是点M的横、纵坐标互为相反数，则32−n＝﹣n2+3n+4，解方程求出相应的n值及点M的坐标即可．
【解答】解：（1）把A（4，0）、B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4，
得16a+4b+4=0a−b+4=0，解得a=−1b=3，
∴该函数表达式为y＝﹣x2+3x+4；
∵y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x−32）2+254，
∴该抛物线的顶点坐标为（32，254）．
（2）如图1，抛物线y＝﹣x2+3x+4，当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设直线AC的函数表达式为y＝mx+4，则4m+4＝0，
解得m＝﹣1，
∴直线AC的函数表达式为y＝﹣x+4，
设P（x，﹣x2+3x+4）（0＜x＜4），则H（x，﹣x+4），
∵PH＝2HQ，
∴﹣x2+3x+4﹣（﹣x+4）＝2（﹣x+4），
解得x1＝2，x2＝4（不符合题意，舍去），
∴点P的坐标为（2，6）．
（3）存在，
由（1）得，抛物线的对称轴为直线x=32，
设直线x=32交x轴于点D，
设M（n，﹣n2+3n+4），
过点M分别作x轴、直线x=32的垂线，垂足分别为点J、点I，
∵∠IDJ＝∠DIM＝∠DJM＝90°，
∴∠IMJ＝90°，
∵∠NMB＝90，
∴∠IMN＝∠JMB＝90°﹣∠NMJ，
∵∠MIN＝∠MJB＝90°，MN＝MB，
∴△MIN≌△MJB（AAS），
∴MI＝MJ，
如图2、图3，点M的横、纵坐标相等，
∴n−32=−n2+3n+4，解得n1=2+262，n2=2−262，
∴点M的坐标为（2+262，−1+262）或（2−262，−1−262）；
如图4，图5，点M的横、纵坐标互为相反数，
∴32−n＝﹣n2+3n+4，解得n1=4−262；n2=4+262，
∴点M的坐标为（4−262，−1+262）或（4+262，−1−262），
综上所述，点M的坐标为（2+262，−1+262）或（2−262，−1−262）或（4−262，−1+262）或（4+262，−1−262）．



【点评】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数表达式、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
3．（2023•碑林区校级一模）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；
（2）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标．

【分析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，即可求解；
（2）由BM的值得出M的坐标M（2t﹣1，0），因此设P（2t﹣1，m），由勾股定理PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，PB＝PC，则（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，再利用勾股定理列出方程，解得t＝1或t＝2，代入求值即得到答案．
【解答】解：（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a=−12，b=32，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
设P（2t﹣1，m），
∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，
∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，
∴m＝4t﹣5，
∴P（2t﹣1，4t﹣5），
∵PC⊥PB，
∴4t−72t−1×4t−52t−5=−1，
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，动点问题；要求学生能够熟练掌握二次函数解析式与相应点的求法，熟悉等腰直角三角形的性质．
4．（2023•崂山区开学）如图1，已知二次函数y＝ax2+32x+c（a≠0）的图象与y轴交于点A（0，4）．与x轴交于点B，C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．

（1）请直接写出二次函数y＝ax2+32x+c（a≠0）的表达式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）如图2，若点N在线段BC上运动（不与点B，C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标；
（4）若点N在x轴上运动，当以点A，N，C为顶点的三角形是等腰三角形时，请写出此时点N的坐标．

【分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）由抛物线表达式为y=−14x2+32x+4，得点B的坐标为（﹣2，0），从而求得AB＝25，AC＝45，BC＝10，所以AB2+AC2＝BC2，即可得△ABC为直角三角形；
（3）设点N的坐标为（n，0），则BN＝n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，根据三角形相似对应边成比例求得MD=25（n+2），构建二次函数，根据函数解析式求得即可；
（4）分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一个点，即可求得点N的坐标．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+32x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），
∴c=464a+12+c=0，
解得a=−14c=4．
∴抛物线表达式为：y=−14x2+32x+4；
（2）△ABC为直角三角形，
理由如下：
由抛物线表达式为y=−14x2+32x+4，
∴点B的坐标为（﹣2，0），
∴AB＝25，AC＝45，BC＝10，
∵（25）2+（45）2＝102，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC为直角三角形；
（3）∵△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°．
∴AC⊥AB．
∵AC∥MN，
∴MN⊥AB．
设点N的坐标为（n，0），则BN＝n+2，
∵MN∥AC，
△BMN∽△BAC
∴BMBA=BNBC，
∴MNAC=BNBC，
∴BM=BN⋅BABC=5(n+2)5，MN=BN⋅ACBC=25(n+2)5，
∴AM＝AB﹣BM＝25−5(n+2)5=85−5n5，
∵S△AMN=12AM•MN
=12×85−5n5×25n+455
=−15（n﹣3）2+5，
当n＝3时，△AMN面积最大是5，
∴N点坐标为（3，0），
∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）；
（4）由（3）知，AC＝45，
①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（﹣8，0），
②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（8﹣45，0）或（8+45，0），
③作AC的垂直平分线交AC于P，交x轴于N，

∴△AOC∽△NPC，
∴CPOC=CNAC，即258=CN45，
∴CN＝5，
∴此时N的坐标为（3，0），
综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为（﹣8，0）或（8﹣45，0）或（3，0）或（8+45，0）．

【点评】本题考查二次函数的综合应用，掌握待定系数法求解析式，三角形相似的判定和性质以及函数的最值等是解题的关键．
5．（2023•泰山区校级一模）已知二次函数y＝ax2+32x+c（a≠0）的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．
（1）求出二次函数表达式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时点N的坐标，并说明理由；
（4）如图2，若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．

【分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）根据抛物线的解析式求得B的坐标，然后根据勾股定理分别求得AB2＝20，AC2＝80，BC＝10，然后根据勾股定理的逆定理即可证得△ABC是直角三角形；
（3）分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一个点，即可求得点N的坐标；
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN＝n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，根据三角形相似对应边成比例求得MD=25（n+2），构建二次函数，根据函数解析式求得即可．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+32x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），
∴c=464a+12+c=0，
解得：a=−14c=4．
∴抛物线表达式：y=−14x2+32x+4；
（2）△ABC是直角三角形，理由如下：
令y＝0，则−14x2+32x+4＝0，
解得x1＝8，x2＝﹣2，
∴点B的坐标为（﹣2，0），
由已知可得，
在Rt△ABO中：AB2＝BO2+AO2＝22+42＝20，
在Rt△AOC中：AC2＝AO2+CO2＝42+82＝80，
又∵BC＝OB+OC＝2+8＝10，
∴BC2＝100，
∴在△ABC中：AB2+AC2＝20+80＝BC2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）∵A（0，4），C（8，0），
∴AC=42+82=45，
①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（﹣8，0），
②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（8﹣45，0）或（8+45，0），
③作AC的垂直平分线，交x轴于N，此时N的坐标为（3，0），
综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为：
（﹣8，0）、（8﹣45，0）、（3，0）、（8+45，0）；
（4）如图，
AB=OA2+OB2=25，BC＝8﹣（﹣2）＝10，AC=OC2+OA2=45，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴∠BAC＝90°，
∴AC⊥AB，
∵AC∥MN，
∴MN⊥AB，
设点N的坐标为（n，0），则BN＝n+2，
∵MN∥AC，
△BMN∽△BAC，
∴BMBA=BNBC，
∴MNAC=BNBC，
BM=BN⋅BABC=5(n+2)5，
MN=BN⋅ACBC=25(n+2)5，
AM＝AB﹣BM＝25−5(n+2)5=85−5n5，
∵S△AMN=12AM•MN
=12×85−5n5×25n+455
=−15（n﹣3）2+5，
当n＝3时，△AMN面积最大是5，
∴N点坐标为（3，0）．
∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）．

【点评】本题是二次函数的综合题，解（1）的关键是待定系数法求解析式，解（2）的关键是勾股定理和逆定理，解（3）的关键是等腰三角形的性质，解（4）的关键是三角形相似的判定和性质以及函数的最值等．
6．（2023•灞桥区校级二模）如图，二次函数y=−12x2−x+4的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．
（1）求点A、B、C的坐标；
（2）若点P在抛物线对称轴上，且在x轴上方，当△PBC为等腰三角形时，求出所有符合条件的点P的坐标．

【分析】（1）令−12x2−x+4=0，解得：x1＝2，x2＝﹣4，进而求解；
（2）求出抛物线的对称轴，设点P坐标为（﹣1，m），表示出△PBC的三边，再分PB＝PC、BP＝BC、CP＝CB三种情况，列出方程即可求解．
【解答】解：（1）令−12x2−x+4=0，解得：x1＝2，x2＝﹣4，
∴点A的坐标为（2，0），点B的坐标为点（﹣4，0），
令x＝0，得y＝4，
∴点C的坐标为（0，4），
即点A、B、C的坐标分别为（2，0）、（﹣4，0）、（0，4）；
（2）∵抛物线y=−12x2−x+4的对称轴为直线x=−−1−12×2=−1，
∴设点P坐标为（﹣1，m），m＞0，
∴PB2＝[（﹣1）﹣（﹣4）]2+m2＝9+m2，PC2＝（﹣1）2+（m﹣4）2＝m2﹣8m+17，BC2＝（﹣4）2+42＝32，
若PB＝PC，则9+m2＝m2﹣8m+17，
解得：m＝1，即P（﹣1，1）；
若BP＝BC，则9+m2＝32，
解得：m=23或m=−23（舍），即P(−1，23)；
若CP＝CB，则m2﹣8m+17＝32，
解得：m=4−31（舍）或m=4+31，即P(−1，4+31)；
综上所述，所求P点的坐标为（﹣1，1）或(−1，23)或(−1，4+31)．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，两点间的距离公式，等腰三角形的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
7．（2023春•仓山区校级期中）如图抛物线 y＝﹣x2+bx+c 交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求二次函数的解析式及顶点P的坐标；
（2）过定点（1，3）的直线l：y＝kx+b与二次函数的图象相交于M，N两点．
①若 S△PMN＝2，求k的值；
②证明：无论k为何值，△PMN恒为直角三角形．

【分析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x+1）2+4，可求顶点坐标；
（2）①根据题意求出PQ＝1，根据三角形的面积公式得到x2﹣x1＝4，根据一元二次方程根与系数的关系解答即可；
②根据正切的定义得到tan∠PME＝1﹣x1，tan∠FPN=1x2−1，进而证明∠PME＝∠FPN，证明结论．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得−1−b+c=0−9+3b+c=0，
解得b=2c=3，
∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴P（1，4），
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，顶点为P的坐标为（1，4）；
（2）①解：设M（x1，y1），N（x2，y2），
∵直线l：y＝kx+b过定点Q（1，3），抛物线的顶点坐标为P（1，4），
∴PQ＝1．
∴S△PMN=12PQ•（x2﹣x1）＝2．
∴x2﹣x1＝4．
∵y＝kx+b过定点Q（1，3），
∴b＝3﹣k，
∴y＝kx﹣k+3，
联立y＝﹣x2+2x+3与y＝kx﹣k+3可得x2+（k﹣2）x﹣k＝0，
∴x1+x2＝2﹣k，x1•x2＝﹣k．
∴（x2﹣x1）2＝（x1+x2）2﹣4x1•x2＝k2+4＝16．
∴k＝±23；
②证明：如图，过点P作PG⊥x轴，垂足为G，分别过点M，N作PG的垂线，垂足分别为E、F，

设M（x1，y1），N（x2，y2）．
∵M，N在二次函数y＝﹣x2+2x+3图象上，
∴y1=−x12+2x1+3，y2=−x22+2x2+3．
∵P（1，4），
∴PE＝4﹣y1＝4+x12−2x1﹣3＝（x1﹣1）2，ME＝1﹣x1，PF＝4﹣y2＝4+x22−2x2﹣3＝（x2﹣1）2，NF＝x2﹣1，
∴tan∠PME=PEME=(x1−1)21−x1=1﹣x1，
tan∠FPN=FNPF=x2−1(x2−1)2=1x2−1，
由①可知x1+x2＝2﹣k，x1•x2＝﹣k，
∴x1+x2＝2+x1x2．
∴（1﹣x1）（x2﹣1）＝1．
∴1﹣x1=1x2−1．
∴tan∠PME＝tan∠FPN．
∴∠PME＝∠FPN．
∵∠PME+∠MPE＝90°，
∴∠FPN+∠MPE＝90°，即∠MPN＝90°．
∴无论k为何值，△PMN恒为直角三角形．
【点评】本题考查的是二次函数知识的综合运用、直角三角形的判定、正切的概念，灵活运用二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
8．（2023春•兴化市月考）已知：二次函数y＝ax2+2ax﹣8a（a为常数，且a＞0）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）分别求点A、B的坐标；
（2）若△ABC是直角三角形，求该二次函数相应的表达式；
（3）当a=12时，一次函数y=12x+b的图象过B点，与二次函数的对称轴交于Q点，N为一次函数图象上一点，过N点作y的平行线交二次函数图象于M点，当D、M、N、Q四点组成的四边形是平行四边形时，求N点的坐标．

【分析】（1）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令y＝0可解得A（﹣4，0），B（2，0）；
（2）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令x＝0得C（0，﹣8a），即可得AC2＝16+64a2，BC2＝4+64a2，AB2＝36，故16+64a2+4+64a2＝36，解方程，根据a＞0，得二次函数相应的表达式为y=24x2+22x﹣22；
（3）当a=12时，y=12x2+x﹣4=12（x+1）2−92，可得D（﹣1，−92），Q（﹣1，−32），设N（m，12m﹣1），则M（m，12m2+m﹣4），①若QN，DM为对角线，则QN，DM的中点重合，有−32+12m﹣1=−92+12m2+m﹣4，②若QM，DN为对角线，则QM，DN的中点重合，有−32+12m2+m﹣4=−92+12m﹣1，分别解方程可得答案．
【解答】解：（1）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令y＝0得：
0＝ax2+2ax﹣8a，
解得x＝﹣4或x＝2，
∴A（﹣4，0），B（2，0）；
（2）在y＝ax2+2ax﹣8a中，令x＝0得y＝﹣8a，
∴C（0，﹣8a），
∵A（﹣4，0），B（2，0）；
∴AC2＝16+64a2，BC2＝4+64a2，AB2＝36，
∵△ABC是直角三角形，
∴AC2+BC2＝AB2，即16+64a2+4+64a2＝36，
解得a＝±24，
∵a＞0，
∴a=24，
∴二次函数相应的表达式为y=24x2+22x﹣22；
（3）当a=12时，y=12x2+x﹣4=12（x+1）2−92，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，D（﹣1，−92），
把B（2，0）代入y=12x+b得：0＝1+b，
∴b＝﹣1，
∴y=12x﹣1，
令x＝﹣1得y=−32，
∴Q（﹣1，−32），
设N（m，12m﹣1），则M（m，12m2+m﹣4），
∵DQ∥MN，
∴D、M、N、Q四点组成的四边形是平行四边形，分两种情况：
①若QN，DM为对角线，则QN，DM的中点重合，

∴−32+12m﹣1=−92+12m2+m﹣4，
解得m＝﹣4或m＝3，
∴N（﹣4，﹣3）或（3，12）；
②若QM，DN为对角线，则QM，DN的中点重合，

∴−32+12m2+m﹣4=−92+12m﹣1，
解得m＝0或m＝﹣1（此时N与Q重合，舍去），
∴N（0，﹣1）；
综上所述，N的坐标为（﹣4，﹣3）或（3，12）或（0，﹣1）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，直角三角形，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
9．（2023•广水市模拟）二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣1，0）和点B（﹣3，0），交y轴于点C（0，﹣3）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图1，点E为抛物线的顶点，点T（0，t）为y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转180°，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为B'，E'，当四边形BEB'E'的面积为12时，求t的值；
（3）如图2，过点C作CD∥x轴，交抛物线于另一点D．点M是直线CD上的一个动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点P．是否存在点M使△PBC为直角三角形，若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）运用待定系数法将A（﹣1，0），B（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，解方程组即可求得二次函数解析式；
（2）如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．利用待定系数法求出直线BE的解析式，根据抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，可得四边形BEB′E′是平行四边形，运用平行四边形性质即可求得答案；
（3）设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），根据以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形，分四种情况分别讨论即可：①当∠BP1C＝90°时，②当∠P3BC＝90°时，③当∠P3BC＝90°时，④当∠BCP4＝90°时，利用等腰直角三角形性质建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵二次函数过点A（﹣1，0），B（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴a−b+c=09a−3b+c=0c=−3，
解得：a=−1b=−4c=−3，
∴该抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣4x﹣3；
（2）如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．

由（1）得y＝﹣x2﹣4x﹣3＝﹣（x+2）2+1，
∴抛物线顶点E（﹣2，1），
设直线BE的解析式为y＝kx+b，
∵B（﹣3，0），E（﹣2，1），
∴−3k+b=0−2k+b=1，
解得：k=1b=3，
∴直线BE的解析式为：y＝x+3，
∴Q（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，
∴TB＝TB′，TE＝TE′，
∴四边形BEB′E′是平行四边形，
∴S△BET=14S▱BEB′E′=14×12＝3，
∵S△BET＝S△BQT﹣S△EQT=12QT•（|xB|﹣|xE|）=12QT•（3﹣2）=12QT，
∴QT＝6，
∴3﹣t＝6，
∴t＝﹣3；
（3）解：设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），
①当∠BP1C＝90°时，如图2，过点P1作P1E⊥y轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，P1E与BF交于点N1，

∵∠BP1C＝90°，
∴∠N1P1B+∠CP1E＝∠CP1E+∠P1CE＝90°
∴∠N1P1B＝∠P1CE，
∴tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，
∴BN1P1N1=P1EEC，
∵BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x+3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，
∴−x2−4x−3x+3=−x−x2−4x，
化简得：x2+5x+5＝0，
解得：x1=−5+52，x2=−5−52（舍去），
∴M1（−5+52，﹣3）；
②当∠BP2C＝90°时，与①同理可得：x2+5x+5＝0，
解得：x1=−5+52（舍去），x2=−5−52，
∴M2（−5−52，﹣3）；
③当∠P3BC＝90°时，如图3，由△BM3C是等腰直角三角形，

∴△N3BP3也是等腰直角三角形，
∴N3B＝N3P3，
∴﹣x2﹣4x﹣3＝x+3，
化简得：x2+5x+6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝﹣3（舍去），
∴M3点的坐标为（﹣2，﹣3）；
④当∠BCP4＝90°时，由△BOC是等腰直角三角形，
可得△N4P4C也是等腰直角三角形，
∴P4N4＝CN4，
∴﹣x＝﹣3﹣（﹣x2﹣4x﹣3），
化简得：x2+5x＝0，
解得：x1＝﹣5，x2＝0（舍去），
∴M4点的坐标为（﹣5，﹣3），
综上所述：满足条件的M点的坐标为：M1（−5+52，﹣3），M2（−5−52，﹣3），M3（﹣2，﹣3），M4（﹣5，﹣3）．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象和性质，待定系数法，旋转变换的性质，中心对称，平行四边形的判定与性质，直角三角形性质等知识点，熟练掌握平行四边形和等腰直角三角形性质，灵活运用数形结合思想、方程思想和分类讨论思想思考解决问题是解题关键．
10．（2023•江油市模拟）抛物线y=ax2+114x−6与x轴交于A（t，0），B（8，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝kx﹣6经过点B．点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．

（1）求二次函数与一次函数的解析式；
（2）如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；
（3）如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+12PQ的最大值．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可求解；
（2）作PM⊥x轴交于M，可求PM=14m2−114m+6，AM＝m﹣3，通过证明△COA∽△AMP，利用OAOC=PMAM，求m的值即可求P点坐标；
（3）作PN⊥x轴交BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，通过证明△PQN∽△BOC，求出QN=35PN，PQ=45PN，再由△CNE∽△CBO，求出CN=54EN=54m，则CQ+12PQ＝CN+PN=−14（m−132）2+16916，即可求解．
【解答】解：（1）将B（8，0）代入y＝ax2+114x﹣6，
∴64a+22﹣6＝0，
∴a=−14，
∴y=−14x2+114x﹣6；

（2）作PM⊥x轴交于M，
∵P点横坐标为m，
∴P（m，−14m2+114m﹣6），
∴PM=14m2−114m+6，AM＝m﹣3，
在Rt△COA和Rt△AMP中，
∵∠OAC+∠PAM＝90°，∠APM+∠PAM＝90°，
∴∠OAC＝∠APM，
∴△COA∽△AMP，
∴OAOC=PMAM，即OA•MA＝CO•PM，
3（m﹣3）＝6（14m2−114m+6），
解得m＝3（舍）或m＝10，
∴P（10，−72）；

（3）作PN⊥x轴交BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，
∴PN=−14m2+114m﹣6﹣（34m﹣6）=−14m2+2m，
∵PN⊥x轴，
∴PN∥OC，
∴∠PNQ＝∠OCB，
∴Rt△PQN∽Rt△BOC，
∴PNBC=NQOC=PQOB，
∵OB＝8，OC＝6，BC＝10，
∴QN=35PN，PQ=45PN，
由△CNE∽△CBO，
∴CN=54EN=54m，
∴CQ+12PQ＝CN+NQ+12PQ＝CN+PN，
∴CQ+12PQ=54m−14m2+2m=−14m2+134m=−14（m−132）2+16916，
当m=132时，CQ+12PQ的最大值是16916．

【点评】本题考查二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
11．如图，已知一次函数y＝0.5x+2的图象与x轴交于点A，与二次函数y＝ax2+bx+c的图象交于y轴上的一点B，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴只有唯一的交点C，且OC＝2．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点M为一次函数下方抛物线上的点，△ABM的面积最大时，求点M的坐标；
（3）设一次函数y＝0.5x+2的图象与二次函数的图象的另一交点为D，已知P为x轴上的一个动点，且△PBD为直角三角形，求点P的坐标．

【分析】（1）根据y＝0.5x+2交x轴于点A，与y轴交于点B，即可得出A，B两点坐标，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴只有唯一的交点C，且OC＝2．得出可设二次函数y＝ax2+bx+c＝a（x−2）2，进而求出即可；
（2）作MH⊥AD于H，MG∥y轴交AD于点G，易证△AOB～△MHG，设M（t，0.5t2﹣2t+2），则G（t，0.5t+2），可表示出MH，进而求出S△ABM的函数解析式，进而即可求解；
（3）根据当B为直角顶点，当D为直角顶点，以及当P为直角顶点时，分别利用三角形相似对应边成比例求出即可．
【解答】解：（1）∵y＝0.5x+2交x轴于点A，
∴0＝0.5x+2，
∴x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），
∵直线y＝0.5x+2与y轴交于点B，
∴B点坐标为（0，2），
∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴只有唯一的交点C，且OC＝2，
∴可设二次函数y＝a（x﹣2）2，
把B（0，2）代入得，a＝0.5，
∴二次函数的表达式：y＝0.5x2﹣2x+2；
（2）作MH⊥AD于H，MG∥y轴交AD于点G，
则∠MGH＝∠OBA，∠MHG＝∠AOB＝90°，
∴△AOB～△MHG，
∴MHOA=MGAB，

设M（t，0.5t2﹣2t+2），则G（t，0.5t+2），
∴MG=(0.5t+2)−(0.5t2−2t+2)=−12t2+52t，
又∵AB=42+22=25，OA＝4，
∴MH=425(−12t2+52t)，
∵S△ABM=12AB⋅MH=12×25×425(−12t2+52t)=−t2+5t，
当t=52时，S△ABM最大，此时，y=12×254−2×52+2=18，
∴M(52，18)；
（3）（I）当点B为直角顶点时，过B作BP1⊥AD交x轴于P1点，则Rt△AOB～Rt△BOP1，如图1，

∴AOBO=BOP1O，
∴42=2OP1，得OP1＝1，
∴P1（1，0）；
（II）当点D为直角顶点时，作P2D⊥BD，如图2，

将y＝0.5x+2与y＝0.5x2﹣2x+2联立，
可得D点坐标为（5，4.5），
∴AD=(5+4)2+(4.5−0)2=952，
∵∠DAP2＝∠BAO，∠BOA＝∠ADP2，
∴△ABO～△AP2D，
∴ABAP2=AOAD，即25AP2=4952，
解得：AP2＝11.25，则OP2＝11.25﹣4＝7.25，
故P2点坐标为（7.25，0）；
（Ⅲ）当P为直角顶点时，过点D作DE⊥x轴于点E，如图3，

设P3（a，0），
则由Rt△OBP3～Rt△EP3D，得OP3DE=OBP3E，
∴a4.5=25−a，
∵方程无解，
∴点P3不存在，
∴点P的坐标为P1（1，0）和P2（7.25，0）．
【点评】此题主要考查了二次函数综合应用以及求函数与坐标轴交点和相似三角形的判定与性质等知识，关键是根据已知进行分类讨论得出所有结果，注意不要漏解．
12．（2023•儋州一模）如图，在直角坐标系中有Rt△AOB，O为坐标原点，A（0，3），B（﹣1，0），将此三角形绕原点O顺时针旋转90°，得到Rt△COD，二次函数y＝ax2+bx+c的图象刚好经过A，B，C三点．

（1）求二次函数的解析式及顶点P的坐标；
（2）过定点Q的直线l：y＝kx﹣k+3与二次函数图象相交于M，N两点．
①若S△PMN＝2，求k的值；
②证明：无论k为何值，△PMN恒为直角三角形；
③当直线l绕着定点Q旋转时，△PMN外接圆圆心在一条抛物线上运动，直接写出该抛物线的表达式．

【分析】（1）根据旋转变换的性质求出OC，利用待定系数法求出二次函数的解析式，利用配方法把一般式化为顶点式，求出顶点P的坐标；
（2）①设M（x1，y1），N（x2，y2），根据题意求出PQ＝1，根据三角形的面积公式得到x2﹣x1＝4，根据一元二次方程根与系数的关系解答即可；
②根据正切的定义得到tan∠PME＝1﹣x1，tan∠FPN=1x2−1，进而证明∠PME＝∠FPN，据此证明结论；
③用k表示出MN的中点坐标，计算即可．
【解答】（1）解：∵A（0，3），B（﹣1，0），
∴OA＝3，OB＝1，
根据旋转的性质可得：OC＝OA＝3，
∴C（3，0），
把A（0，3）、C（3，0）分别代入解析式得：
c=3−9+3b+c=0，
解得：b=2c=3，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点坐标为P（1，4）；
（2）①解：设M（x1，y1），N（x2，y2），
∵直线l：y＝kx﹣k+3过定点Q（1，3），抛物线的顶点坐标为P（1，4），
∴PQ＝1，
∴S△PMN=12PQ⋅(x2−x1)=2，
∴x2﹣x1＝4，
联立y=−x2+2x+3y=kx−k+3得：
x2+（k﹣2）x﹣k＝0，
∴x1+x2＝2﹣k，x1•x2＝﹣k，
∴(x2−x1)2=(x1+x2)2−4x1x2=k2+4=16，
∴k=±23．
②证明：过点P作PG⊥x轴，垂足为G，分别过点M，N作PG的垂线，垂足分别为E、F，

设M（x1，y1），N（x2，y2）．
∵M，N在二次函数y＝﹣x2+2x+3图象上，
∴y1=−x12+2x1+3，y2=−x22+2x2+3．
∵P（1，4），
∴PE=4−y1=4+x12−2x1−3=(x1−1)2，
ME＝1﹣x1，PF=4−y2=4+x22−2x2−3=(x2−1)2，
NF＝x2﹣1，
∴tan∠PME=PEPF=(x1−1)21−x1=1−x1，
tan∠FPN=FNPF=x2−1(x2−1)2=1x2−1，
由①可知：x1+x2＝2﹣k，x1•x2＝﹣k，
∴x1+x2＝2+x1x2，
∴（1﹣x1）（x2﹣1）＝1，
∴1−x1=1x2−1，
∴tan∠PME＝tan∠FPN，
∴∠PME＝∠FPN，
∵∠PME+∠MPE＝90°，
∴∠FPN+∠MPE＝90°，即∠MPN＝90°，
∴无论k为何值，△PMN恒为直角三角形．
③解：∵△PMN恒为直角三角形，∠MPN＝90°，
∴△PMN外接圆圆心是线段MN的中点；
设线段MN的中点（x，y），
∵x1+x2＝2﹣k，x1•x2＝﹣k，y1=−x12+2x1+3，y2=−x22+2x2+3．
∴y1+y2＝﹣（x12+x22）+2（x1+x2）+6＝﹣（x1+x2）2+2x1x2+2（x1+x2）+6＝﹣（2﹣k）2﹣2k+2（2﹣k）+6＝﹣k2+6，
∴MN的中点为(2−k2，−k2+62)，
∴x=2−k2y=−k2+62，
化简得：y＝﹣2x2+4x+1，
∴抛物线的表达式为y＝﹣2x2+4x+1．
【点评】本题考查的是待定系数法求二次函数的解析式、旋转的性质、直角三角形的判定、正切的概念、一元二次方程根与系数的关系，特殊三角形的外接圆的圆心，灵活运用二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
13．（2023•保亭县一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+5的图象经过点（1，8），且与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A（﹣1，0），M为抛物线的顶点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）求△MCB的面积；
（3）在坐标轴上是否存在点N，使得△BCN为直角三角形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由△MCB的面积＝S△MHB+S△MHC=12×MH×OB，即可求解；
（3）①当∠NCB为直角时，证明△NBC为等腰直角三角形，即可求解；②当∠N′BC为直角时，同理可得，△OBN′为等腰直角三角形，即可求解；③当∠BNC为直角时，则点N与点O重合，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：a+b+5=8a−b+5=0，解得：a=−1b=4，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+4x+5；

（2）由抛物线的表达式知，抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，
当x＝2时，y＝﹣x2+4x+5＝9，即点M（2，9），
过点M作MH∥y轴交BC于点H，

设直线BC的表达式为：y＝mx+n，
则n=55m+n=0，解得：m=−1n=5，
故直线BC的表达式为：y＝﹣x+5，
当x＝2时，y＝﹣x+5＝3，即点H（2，3），
则MH＝9﹣3＝6，
则△MCB的面积＝S△MHB+S△MHC=12×MH×OB=12×6×5=15；

（3）存在，理由：
如上图，由点B、C的坐标知，OB＝OC＝5，则∠BCO＝∠CBO＝45°，
①当∠NCB为直角时，
∵∠NCB＝90°，则△NBC为等腰直角三角形，
则∠CNB＝45°，
则NA＝CO＝5，即点N（﹣5，0）；
②当∠N′BC为直角时，
同理可得，△OBN′为等腰直角三角形，
则ON′＝BO＝5，
即点N′（0，﹣5）；
③当∠BNC为直角时，
则点N与点O重合，
即点N（0，0）；
综上，点N的坐标为（﹣5，0）或（0，﹣5）或（0，0）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
14．（2022秋•蔡甸区期末）如图，一次函数y=12x+1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y=12x2+bx+c的图象与一次函数y=12x+1的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两点，且D点坐标为（1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在x轴上找一点P，使|PB﹣PC|最大，求出点P的坐标；
（3）在x轴上是否存在点P，使得△PBC是以点P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据直线BC的解析式，可求得点B的坐标，由于B、D都在抛物线上，那么它们都满足该抛物线的解析式，通过联立方程组即可求得待定系数的值．
（2）当P在x轴上的任何位置（点A除外）时，|PB﹣PC|＜BC，当点P在点A 处时，|PB﹣PC|＝BC即可得答案；
（3）假设存在符合条件的P点，连接BP、CP，过C作CF⊥x轴于F，若∠BPC＝90°，则△BPO∽△CPF，可设出点P的坐标，分别表示出OP、PF的长，根据相似三角形所得比例线段即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）将B（0，1），D（1，0）的坐标代入y=12x2+bx+c，
得：c=1b+c+12=0，

解得b=−32c=1，
∴解析式y=12x2−32x+1．
（2）当P在x轴上的任何位置（点A除外）时，根据三角形两边之差小于第三边得|PB﹣PC|＜BC，当点P在点A 处时，|PB﹣PC|＝BC，这时，|PB﹣PC|最大，即P在A点时，|PB﹣PC|最大．
∵直线y=12x+1交x轴与A点，令y＝0，x＝﹣2，即A（﹣2，0），
∴P（﹣2，0）．
（3）设符合条件的点P存在，令P（a，0）：
当P为直角顶点时，如图：过C作CF⊥x轴于F；
∵∠BPO+∠OBP＝90°，∠BPO+∠CPF＝90°，
∴∠OBP＝∠FPC，
∴Rt△BOP∽Rt△PFC，
∴BOPF=OPCF，
即14−a=a3，
整理得a2﹣4a+3＝0，
解得a＝1或a＝3；
∴所求的点P的坐标为（1，0）或（3，0），
综上所述：满足条件的点P共有2个．

【点评】此题考查了二次函数解析式的确定、直角三角形的判定以及相似三角形的性质等，掌握三角形相似性质是解题关键．
15．（2023•二道区校级一模）已知一次函数y＝x+4的图象与二次函数y＝ax（x﹣2）的图象相交于A（﹣1，b）和B，点P是线段AB上的动点（不与A、B重合），过点P作PC⊥x轴，与二次函数y＝ax（x﹣2）的图象交于点C．

（1）求a、b的值；
（2）如图1，M为∠APC内一点，且PM＝1，E，F分别为边PA和PC上两个动点，求△MEF周长的最小值；
（3）若△PAC是直角三角形，求点C的坐标．
【分析】（1）将A（﹣1，b）代入y＝x+4，可求b＝3，将A（﹣1，3）代入y＝ax（x﹣2），可求a＝1；
（2）作M关于直线AB和PC的对称点M'，M''，连接M'M''、PM'、PM''，则△MEF周长的最小值为M'M''的长，由PM＝1，则M点在以P为圆心，1为半径的圆上，再由直线y＝x+4可知，∠APC＝45°，由对称轴性可知，可求∠M'PM''＝90°，即可求M'M''=2；
（3）先求出B（4，8），设P（m，m+4），则C（m，m2﹣2m），由∠APC＝45°，分两种情况：①当∠PAC＝90°时，即AP＝AC时，2（m+1）2＝（m+1）2+（m2﹣2m﹣3）2，求出C（2，0）；②当∠ACP＝90°时，即AC＝PC时，（m2﹣3m﹣4）2＝（m+1）2+（m2﹣2m﹣3）2，求出C（3，3）．
【解答】解：（1）将A（﹣1，b）代入y＝x+4，
∴b＝3，
∴A（﹣1，3），
将A（﹣1，3）代入y＝ax（x﹣2），
∴a＝1；
（2）作M关于直线AB和PC的对称点M'，M''，连接M'M''、PM'、PM''，
则△MEF周长的最小值为M'M''的长，
∵PM＝1，
∴M点在以P为圆心，1为半径的圆上，
∵直线AB的解析式为y＝x+4，
∴∠APC＝45°，
由对称轴性可知，∠APM＝∠M'PA，∠MPF＝∠FPM''，
∴∠M'PM''＝90°，
∵M'P＝1，M''P＝1，
∴M'M''=2，
∴△MEF周长的最小值为2；
（3）联立x+4＝x2﹣2x，
∴x＝﹣1或x＝4，
∴B（4，8），
设P（m，m+4），则C（m，m2﹣2m），
∵∠APC＝45°，
分两种情况：
①当∠PAC＝90°时，即AP＝AC时，
∴2（m+1）2＝（m+1）2+（m2﹣2m﹣3）2，
解得m＝﹣1（舍去）或m＝2或m＝4（舍去），
∴C（2，0）；
②当∠ACP＝90°时，即AC＝PC时，
（m2﹣3m﹣4）2＝（m+1）2+（m2﹣2m﹣3）2，
解得m＝﹣1（舍去）或m＝3，
∴C（3，3），
综上所述：C点坐标为（2，0）或（3，3）．

【点评】本题考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象及性质、一次函数的图象及性质，熟练用轴对称求最短距离是解题的关键．
16．（2023•靖江市一模）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点（0，−32），顶点为C（﹣1，﹣2）．
（Ⅰ）求该二次函数的解析式；
（Ⅱ）过A、C两点作直线，并将线段AC沿该直线向上平移，记点A、C分别平移到点D、E处．若点F在这个二次函数的图象上，且△DEF是以EF为斜边的等腰直角三角形，求点F的坐标；
（Ⅲ）当p+q≥﹣2时，试确定实数p，q的值，使得当p≤x≤q时，p≤y≤q．
【分析】（Ⅰ）由二次函数y＝ax2+bx+c的顶点为C（﹣1，﹣2），可设其解析式为y＝a（x+1）2﹣2，再把点（0，−32）代入，利用待定系数法即可求出该二次函数的解析式；
（Ⅱ）由二次函数的解析式求出A（1，0）．过点C作CH⊥x轴于点H．解直角△ACH，得出AH＝2＝CH，那么∠1＝45°，AC＝22．解等腰直角△DEF得出∠2＝45°，EF＝4，由∠1＝∠2＝45°，得到EF∥CH∥y轴．利用待定系数法求出直线AC的解析式为y＝x﹣1．设F（m，12m2+m−32）（其中m＞1），则点E（m，m﹣1），那么EF＝（12m2+m−32）﹣（m﹣1）=12m2−12=4，解方程求出m，进而得出点F的坐标；
（Ⅲ）因为y=12（x+1）2﹣2所以该二次函数的图象开口方向向上，最小值是﹣2，且当x＜﹣1时，y随x的增大而减小；当x＞﹣1时，y随x的增大而增大．由于p+q≥﹣2，p≤x≤q，所以分两种情况进行讨论：①p＜﹣1＜q和②p≥﹣1．利用二次函数最值的求法解答．
【解答】解：（Ⅰ）∵二次函数y＝ax2+bx+c的顶点为C（﹣1，﹣2），
∴可设该二次函数的解析式为y＝a（x+1）2﹣2，
把点（0，−32）代入，得−32=a（0+1）2﹣2，
解得a=12，
∴该二次函数的解析式为y=12（x+1）2﹣2；
（Ⅱ）由12（x+1）2﹣2＝0，得x＝﹣3或1，
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴正半轴交于点A，
∴A（1，0）．
如图，过点C作CH⊥x轴于点H．
∵C（﹣1，﹣2），
∴CH＝2，OH＝1，
又∵AO＝1，
∴AH＝2＝CH，
∴∠1＝45°，AC=AH2+CH2=22．
在等腰直角△DEF中，DE＝DF＝AC＝22，∠FDE＝90°，
∴∠2＝45°，EF=DE2+DF2=4，
∴∠1＝∠2＝45°，
∴EF∥CH∥y轴．
由A（1，0），C（﹣1，﹣2）可得直线AC的解析式为y＝x﹣1．
由题意，设F（m，12m2+m−32）（其中m＞1），则点E（m，m﹣1），
∴EF＝（12m2+m−32）﹣（m﹣1）
∴12m2−12=4，
∴m1＝3，m2＝﹣3（不合题意舍去），
∴点F的坐标为（3，6）；
（Ⅲ）∵二次函数的解析式为y=12（x+1）2﹣2；
∴该二次函数的图象开口方向向上，最小值是﹣2，且当x＜﹣1时，y随x的增大而减小；当x＞﹣1时，y随x的增大而增大．
①当p＜﹣1＜q时，此时二次函数y=12（x+1）2﹣2，的最小值是﹣2＝p，
∵p+q≥﹣2，
∴q≥0，
∴p=12（p+1）2﹣2或q=12（q+1）2﹣2；
Ⅰ）当p=12（x+1）2﹣2时，由于p=12（﹣2+1）2﹣2=−32＜−1，符合题意；
Ⅱ）当q=12（q+1）2﹣2时，解得q=3或−3，
由于q≥0，
所以q=3；
②当p≥﹣1时，此二次函数y随x的增大而增大，则12(p+1)2−2=p12(q+1)2−2=q，
解得，p=3q=3或p=−3q=−3，
∵p≥﹣1，
∴q≥﹣1，
∴p=3q=3或p=−3q=−3（不合题意），
综上所述，p为﹣2或3，q的值为3．

【点评】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、一次函数的解析式，二次函数的性质，等腰直角三角形的性质，函数图象上点的坐标特征等知识．综合性较强，有一定难度．利用数形结合与分类讨论是解题的关键．
17．（2023•泰山区一模）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于点A（﹣1，0），点B（4，0）两点，交y轴于点C．动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；
（2）连接BD，当t=32时，求△DNB的面积；
（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标．

【分析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，即可求解；
（2）△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积=12MB×DM−12MB×MN，即可求解；
（3）PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，PB＝PC，则（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，且PC⊥PB，4t−72t−1×4t−52t−5=−1，即可求解．
【解答】解：（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a=−12，b=32，
∴y=−12x2+32x+2；

（2）C（0，2），
∴BC的直线解析式为y=−12x+2，
当t=32时，AM＝3，
∵AB＝5，
∴MB＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），
∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积=12MB×DM−12MB×MN=12×2×2＝2；

（3）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
设P（2t﹣1，m），
∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，
∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，
∴m＝4t﹣5，
∴P（2t﹣1，4t﹣5），
∵PC⊥PB，
∴4t−72t−1×4t−52t−5=−1
∴t＝1或t＝2，
∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，动点问题；要求学生能够熟练掌握二次函数解析式与相应点的求法，熟悉等腰直角三角形的性质．
18．（2023•东营区一模）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A（1，0）和B（﹣3，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3），直线y＝﹣2x+m经过点A，且与y轴交于点D，与抛物线交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点M在AE下方的抛物线上运动，求△AME的面积最大值；
（3）如图2，在y轴上是否存在点P，使得以D、E、P为顶点的三角形与△AOD相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由．

【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）求出y＝﹣2x+2，联立y=−2x+2y=x2+2x−3，可得E（﹣5，12），过M作MN∥y轴交AE于N，设M（m，m2+2m﹣3），有S△AME=12MN•|xA﹣xE|=12×（﹣m2﹣4m+5）×6＝﹣3（m+2）2+27，根据二次函数性质可得△AME的面积最大值为27；
（3）在y＝﹣2x+2中，令x＝0得D（0，2），故OAOD=12，可知△DEP是直角三角形，且两直角边的比为12，①当∠DPE为直角时，过E作EP⊥y轴于P，画出图形，可知点P坐标为（0，12）；②当∠DEP为直角时，过E作EP⊥DE交y轴于P，可证△PED∽△AOD，EP=12DE=552，可得P的坐标为（0，292）．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，把A（1，0），B（﹣3，0），C（0，﹣3）代入得：
a+b+c=09a−3b+c=0c=−3，
解得a=1b=2c=−3，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）把A（1，0）代入y＝﹣2x+m得：
﹣2+m＝0，
解得m＝2，
∴y＝﹣2x+2，
联立y=−2x+2y=x2+2x−3，解得x=1y=0或x=−5y=12，
∴E（﹣5，12），
过M作MN∥y轴交AE于N，如图：

设M（m，m2+2m﹣3），则N（m，﹣2m+2），
∴MN＝（﹣2m+2）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣4m+5，
∴S△AME=12MN•|xA﹣xE|=12×（﹣m2﹣4m+5）×6＝﹣3（m+2）2+27，
∵﹣3＜0，
∴当m＝﹣2时，S△AME取最大值，最大值为27，
∴△AME的面积最大值为27；
（3）在y轴上存在点P，使得以D、E、P为顶点的三角形与△AOD相似，理由如下：
在y＝﹣2x+2中，令x＝0得y＝2，
∴D（0，2），
∵OA＝1，
∴OAOD=12，
∵∠AOD＝90°，以D、E、P为顶点的三角形与△AOD相似，
∴△DEP是直角三角形，且两直角边的比为12，
①当∠DPE为直角时，过E作EP⊥y轴于P，如图：

∵E（﹣5，12），D（0，2），
∴EP＝5，DP＝12﹣2＝10，
∴EPDP=12，
∴EPDP=OAOD，
又∠EPD＝90°＝∠AOD，
∴此时△EPD∽AOD，点P坐标为（0，12）；
②当∠DEP为直角时，过E作EP⊥DE交y轴于P，如图：

∵∠DEP＝90°＝∠AOD，∠PDE＝∠ADO，
∴△PED∽△AOD，
∴EPDE=OAOD=12，
∵D（0，2），E（﹣5，12），
∴DE＝55，
∴EP=12DE=552，
∴DP=EP2+DE2=252，
∴OP＝OD+DP＝2+252=292，
∴P的坐标为（0，292）；
综上所述，P的坐标为（0，12）或（0，292）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，相似三角形的性质及判定，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
19．（2023•铁西区模拟）如图①，已知抛物线y＝mx2﹣3mx﹣4m（m＜0）的图象与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y的正半轴交于点C，连结BC，二次函数的对称轴与x轴交于点E，且OC＝2OE．

（1）求出抛物线的解析式；
（2）如图②Q（t，0）是x的正半轴上一点，过点Q作y轴的平行线，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N，连结CN，若△MCN与△BQM相似，请求出Q的坐标；
（3）如图②Q（t，0）是x的正半轴上一点，过点Q作y轴的平行线，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N，连结CN，将△CMN沿CN翻折，M的对应点为M'，是否存在点Q，使得M'恰好落在y轴上？若存在，请求出Q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）△MCN与△BQM相似，∠BMQ＝∠NMC，则存在∠NCM和∠CNM为直角两种情况．当∠NCM为直角时，求出直线CN的表达式，即可求解；当∠CNM为直角时，则CN∥x轴，则点C、N关于抛物线对称轴对称，则点N的横坐标为3，即可求解；
（3）分两种情形①当N在直线BC上方，②当N在直线BC下方，分别列出方程即可解决．
【解答】解：（1）由抛物线的表达式得，其对称轴为x=−b2a=−−3m2m=32=OE，
则OC＝2OE＝3，即点C（0，3），
即﹣4m＝3，
解得：m=−34，
故抛物线的表达式为：y=−34x2+94x+3①；

（2）∵△MCN与△BQM相似，∠BMQ＝∠NMC，则存在∠NCM和∠CNM为直角两种情况．
当∠NCM为直角时，
延长NC交x轴于点T，即∠TCB为直角，

∵tan∠CBA=OCOB=34，则tan∠NTB=43，
故直线CN的表达式为：y=43x+3②，
联立①②得：−34x2+94x+3=43x+3，
解得：x=119，
即点N的横坐标为：119，
即点Q的坐标为（119，0）；
当∠CNM为直角时，
则CN∥x轴，则点C、N关于抛物线对称轴对称，则点N的横坐标为3，
即点Q的坐标为（3，0），
综上，点Q的坐标为：（119，0）或（3，0）；

（3）存在，理由：
如图，由题意∠M′CN＝∠NCB，

∵MN∥OM′，
∴∠M′CN＝∠CNM，
∴MN＝CM，
∵直线BC解析式为y=−34x+3，
∴M（m，−34m+3），N（m，−34m2+94m+3），
作MF⊥OC于F，
∵sin∠BCO=FMMC=BOBC，
∴mCM=45，
∴CM=54m，
①当N在直线BC上方时，−34m2+94m+3﹣（−34m+3）=54m，
解得：m=73或0（舍弃），
∴Q1（73，0）．
②当N在直线BC下方时，（−34m+3）﹣（−34m2+94m+3）=54m，
解得m=173或0（舍弃），
∴Q2（173，0），
综上所述：点Q坐标为（73，0）或（173，0）．
【点评】本题考查二次函数综合题、翻折变换、三角函数、一次函数等知识，解题的关键是通过三角函数建立方程，把问题转化为方程解决，属于中考压轴题．
20．（2023•东胜区模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣2，0），B（4，0），C（0，8）三点，点P是直线BC上方抛物线上的一个动点．

（1）求这个二次函数的解析式；
（2）动点P运动到什么位置时，△PBC的面积最大，求此时P点坐标及△PBC面积的最大值；
（3）在y轴上是否存在点Q，使以O，B，Q为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A、B、C坐标代入即可求解析式；
（2）设P坐标，表示出△PBC的面积，再求出最大面积和面积最大时P的坐标；
（3）两个直角顶点是对应点，而△AOC两直角边的比为14，只需△BOQ两直角边比也为14，两个三角形就相似，分两种情况列出比例式即可．
【解答】解：（1）∵C（0，8），
∴设抛物线解析式为y＝ax2+bx+8，
把A、B、两点坐标代入可得，
4a−2b+8=016a+4b+8=0，
解得：a=−1b=2，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+8；
（2）∵点P在抛物线上，
∴可设P（t，﹣t2+2t+8），
过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如图，

∵B（4，0），C（0，8）
∴直线BC解析式为y＝﹣2x+8，
∴F（t，﹣2t+8），
∴PF＝（﹣t2+2t+8）﹣（﹣2t+8）＝﹣t2+4t，
∴S△PBC=12PF⋅OE+12PF⋅BE
=12PF⋅(OE+BE)
=12PF⋅OB
=12(−t2+4t)×4
＝﹣2（t﹣2）2+8，
∴当t＝2时，S△PBC最大值为8，
∴当P点坐标为（2，8）时，△PBC的最大面积为8；
（3）存在Q点，理由如下：
∵A（﹣2，0），C（0，8），B（4，0），
∴OAOC=14，OB＝4，
∵点Q在y轴上，
∴∠BOQ＝∠AOC＝90°，
若以O，B，Q为顶点的三角形与△AOC相似，则∠BOQ与∠AOC对应，
分两种情况：
①如答图2，△AOC∽△QOB，
则OQOB=OAOC=14，
即OQ4=14，
解得OQ＝1，
∴Q1（0，1）或Q2（0，﹣1）；

②△AOC∽△BOQ，
则OBOQ=OAOC=14，
即4OQ=14，
解得OQ＝16，
∴Q3（0，16）或Q4（0，﹣16），
综上所述，存在y轴上的点Q，使以O，B，Q为顶点的三角形与△AOC相似，这样的点一共4个：Q1（0，1）或Q2（0，﹣1），Q3（0，16）或Q4（0，﹣16）．
【点评】本题是二次函数、相似三角形、面积等问题的综合题，主要考查坐标、线段的转化，面积的表示，涉及方程思想，分类思想等，难度适中．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/4/29 16:41:04；用户：账号1；邮箱：yzsysx1@xyh.com；学号：25670025