中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题18二次函数与特殊三角形综合问题(最新模拟40题预测)(原卷版+解析)

这是一份中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题18二次函数与特殊三角形综合问题(最新模拟40题预测)(原卷版+解析)，共108页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．（2023春·江苏宿迁·九年级泗阳致远中学校考期中）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．
2．（2023·江苏苏州·苏州中学校考一模）已知抛物线y=−x2+bx+cc>0过点C−1,0，且与直线y=7−2x只有一个交点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若直线y=−x+3与抛物线相交于两点A、B，则在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ABQ是等腰三角形?若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．
3．（2023春·江苏盐城·九年级统考期末）如图，抛物线y=12x2+mx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A−4,0,C0,−2．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点E是线段AC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDAF的面积最大?求出四边形CDAF的最大面积及此时E点的坐标；
(3)在y轴上是否存在点P，使得∠OAP+∠OAC=60°？若存在，请直接写出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
4．（2023春·江苏苏州·九年级昆山市第二中学校考开学考试）已知二次函数y=x2+bx+c的图像与x轴分别交于点A、B（A在左侧），与y轴交于点C，若将它的图像向上平移4个单位长度，再向左平移5个单位长度，所得的抛物线的顶点坐标为−2,0．
(1)原抛物线的函数解析式是 ．
(2)如图①，点P是线段BC下方的抛物线上的点，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图②，点Q是线段OB上一动点，连接BC，在线段BC上是否存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
5．（2023·江苏泰州·统考二模）已知：如图，抛物线y=−x2+bx+c经过原点O，它的对称轴为直线x=2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向下运动，设动点P运动的时间为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA，AB．
(1)求抛物线解析式及顶点坐标；
(2)当三点A，O，B构成以为OB为斜边的直角三角形时，求t的值；
(3)将△PAB沿直线PB折叠后，那么点A的对称点A1能否恰好落在坐标轴上？若能，请直接写出所有满足条件的t的值；若不能，请说明理由．
6．（2023秋·江苏无锡·九年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期末）在平面直角坐标系中，抛物线y=mx2−2mx−3m与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC，点A关于BC所在的直线的对称点A'，连接A'B、A'C．
(1)点A的坐标为______，点B的坐标为______．
(2)若点A'落在抛物线的对称轴上，且在x轴上方，求抛物线的解析式．
(3)设抛物线顶点为Q，若△BCQ是锐角三角形，直接写出m的取值范围．
7．（2023秋·江苏徐州·九年级统考期末）如图，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式：
(2)在对称轴上找一点D，使△ACD的周长最小，求点D的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴右侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
8．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）已知函数y1=x2−1，y2=x−1，函数y3=ax2−1+bx−1a≠0称为y1、y2的组合函数
(1)求y1、y2的图象的交点坐标；
(2)y1、y2的图象的交点为A、B，抛物线y3顶点为C，若△ABC是等腰直角三角形，请直接写出符合条件的a、b的值
9．（2023秋·江苏宿迁·九年级统考期末）已知，如图，抛物线y=ax2+bx−8与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C， OA=6，OB=43，点P为x轴下方的抛物线上一点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AP、CP，求四边形AOCP面积的最大值；
(3)是否存在这样的点P，使得点P到AB和AC两边的距离相等，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
10．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）【问题背景】已知二次函数y=x2−2mx+m2−4（m为常数）．
数形结合和分类讨论是初中数学的基本思想方法，应用广泛．以形助数或以数解形，相互转化，可以化繁为简，抽象问题具体化；而对问题进行合理的分情况探究，则可以使结果不重不漏．
(1)我国著名数学家 说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休．”（请将正确选项的字母代号填写在答题卡相应位置上）
A．华罗庚 B．陈景润 C．苏步青 D．陈省身
(2)若该二次函数的对称轴为x=1，关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−4−t=0（t为实数）在−3(3)若该二次函数自变量x的值满足−3≤x≤−1时，与其对应的函数值y的最小值为12，则m的值为 ．
【拓展应用】
(4)当m=1时，二次函数图像与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点D与原点O关于直线BC对称，点E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接OE并延长交射线CD于点F，连接DE，△DEF为等腰三角形时，求线段DF的长．
11．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）我们不妨约定：纵坐标等于横坐标一半的点叫做“双减点”，例如点(1，12)，(0，0)，(-3，−32)，(m，12m)……，显然，这样的“双减点”有无数个．根据约定，解答下列问题：
(1)若点(2022，n)是“双减点”，则n= ；
(2)若一次函数y=2x+8的图像上存在“双减点”，试求该图像上“双减点”的坐标；
(3)设二次函数y=x2-2x的图像的双减点为点A，B．（点A在点B左侧），在x轴上找一点P，使得△PAB为等腰三角形，求点P的坐标．
12．（2023春·江苏南京·九年级专题练习）已知二次函数y=x−mx−m−2（m为常数）．
(1)求证：不论m为何值，该函数的图像与x轴总有两个公共点；
(2)二次函数的图像与x轴交于点M，N，与y轴交于点P，若△MNP是等腰直角三角形，则m的值为___________；
(3)点A(1,y1)，B(2,y2)，C(3,y3)在二次函数的图像上，当y1⋅y2⋅y3<0时，结合函数图像，直接写出m的取值范围．
13．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c的图象与坐标轴相交于A、B、C三点，其中A点坐标为3,0，B点坐标为−1,0，连接AC、BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒2个单位长度向点C做匀速运动；同时，动点Q从点B出发，在线段BA上以每秒1个单位长度向点A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PQ，设运动时间为t秒．
（1）求b、c的值；
（2）在P、Q运动的过程中，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小，最小值为多少？
（3）在线段AC上方的抛物线上是否存在点M，使△MPQ是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
14．（2023春·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考开学考试）定义：如果二次函数y=a1x2+b1x+c1（a1≠0，a1，b1，c1是常数）与y=a2x2+b2x+c2（a2≠0，a2，b2，c2是常数）满足a1+a2=0，b1=b2，c1+c2=0，则这两个函数互为“N”函数．
（1）写出y=−x2+x−1的“N”函数的表达式；
（2）若题（1）中的两个“N”函数与正比例函数y=kx(k≠0)的图像只有两个交点，求k的值；
（3）如图，二次函数y1与y2互为“N”函数，A、B分别是“N”函数y1与y2图象的顶点，C是“N”函数y2与y轴正半轴的交点，连接AB、AC、BC，若点A(−2,1)且△ABC为直角三角形，求点C的坐标．
15．（2023·黑龙江绥化·校考一模）已知抛物线y=x2−4x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，顶点为D．
(1)直接写出点B，C，D的坐标；
(2)如图1，若平行于x轴的直线EF与抛物线交于点E，F（点E在点F的左边），与线段CD交于点M．设点E的横坐标为t，线段EM的长为m，试求m关于t的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围），并求EM的最大值；
(3)如图2，若点P是在y轴右侧抛物线上的一动点，过点P作PN∥y轴交线段BC于点N，连接PB，是否存在这样的点P，使△PBN是等腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
16．（2023·广东佛山·校联考一模）如图，抛物线y=−43x2+103x+2与x轴相交于点A，与y轴交于点B,C为线段OA上的一个动点，过点C作x轴的垂线，交直线AB于点D，交该抛物线于点E．
(1)求直线AB的表达式；
(2)当△BED为直角三角形时，求点C的坐标；
(3)当∠BED=2∠OAB时，求△BED的面积．
17．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−1,0、B，与y轴交于点C0,3，直线l是抛物线的对称轴．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)在对称轴l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
18．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考一模）如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A−1，0，B3，0两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A的直线l：y=−x−1与抛物线的另一个交点为点C，点P是抛物线对称轴上的一点，连接PA，PC，当PA=PC时，求P点坐标．
19．（2023·山东滨州·统考一模）如图，抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x＝1，与x轴交于点A，B(3,0)，与y轴交于点C，连接AC．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DM⊥x轴，垂足为点M，DM交直线BC于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
20．（2023·河北唐山·校考模拟预测）如图1，抛物线y=−x2+bx+c与x轴正半轴、y轴分别交于A3,0、B0,3两点，点P为抛物线的顶点，连接AB、BP．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求∠PBA的度数；
(3)如图2，点M从点O出发，沿着OA的方向以1个单位/秒的速度向A匀速运动，同时点N从点A出发，沿着AB的方向以2个单位/秒的速度向B匀速运动，设运动时间为t秒，ME⊥x轴交AB于点E，NF⊥x轴交抛物线于点F，连接MN、EF．
①当EF∥MN时，求点F的坐标；
②在M、N运动的过程中，存在t使得△BNP与△BMN相似，请直接写出t的值．
21．（2023春·广东佛山·九年级校考阶段练习）已知抛物线y=x2+2x+c−1与x轴有两个不同的交点．
(1)试确定c的取值范围．
(2)设该抛物线与x轴的交点为A，B，其中A1，0；抛物线与y轴交于点C，如图所示．
①求该抛物线的表达式并确定B点坐标和C点坐标；
②连接BC，动点D以每秒1个单位长度的速度由A向B运动，同时动点E以每秒2个单位长度的速度由B向C运动，连接DE，当点E到达点C的位置时，D、E同时停止运动，设运动时间为t秒．当△BDE为直角三角形时，求t的值．
22．（2023春·山东菏泽·九年级菏泽市牡丹区第二十一初级中学校考阶段练习）如图，已知抛物线y=ax2+bx+ca≠0的顶点坐标为Q2,−1，且与y轴交于点C0,3，与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），点P是该抛物线上一动点，从点C沿抛物线向点A运动（点P与A不重合），过点P作PD∥y轴，交线段AC于点D．
(1)求该抛物线的函数关系式；
(2)设Px,y，PD的长度为l，求l与x的函数关系式，并求l的最大值；
(3)当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标．
23．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，抛物线y=ax2−8ax+12a(a<0)与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），抛物线上另有一点C在第一象限，满足∠ACB为直角，且使∠OCA＝∠OBC．
(1)求线段OC的长；
(2)求该抛物线的函数关系式；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BCP是以BC为腰的等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4a≠0与x轴交于点A−3，0，B4，0，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P为线段BC上方抛物线上的一点，过点P作PE∥x轴交直线BC于点E，过点P作PF∥AC交直线BC于点F，求△PEF周长的最大值及此时点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，将抛物线y=ax2+bx+4a≠0沿射线CB方向平移，得到新抛物线y'，新抛物线和原抛物线交于点B，点M是x轴上的一动点，点Q是新抛物线上的一点，是否存在以点P、M、Q为顶点的三角形是以PQ为斜边的等腰直角三角形，若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标．
25．（2023·山东泰安·统考一模）抛物线 y=12x2+bx+c与x轴交于点A−2,0和B4,0，与y轴交于点C，连接BC．点P是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，设点P的横坐标为t．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)用关于t的代数式表示线段PM，求PM的最大值及此时点M的坐标；
(3)过点C作CH⊥PN于点H，S△BMN=9S△CHM，
①求点P的坐标；
②连接CP，在y轴上是否存在点Q，使得△CPQ为直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
26．（2023·吉林长春·长春市解放大路学校校考模拟预测）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=x2+ax与x轴交于点A3,0，点P在抛物线上，且点P的横坐标为m．
(1)求该抛物线的函数表达式．
(2)当点P不与点O、A重合时，连结OP、AP．
①直接写出△OAP的面积随m增大而增大时m的取值范围．
②当∠OPA=90°时，求m的值．
(3)点P关于直线x=−2m+1的对称点为点Q，当m<13时，连结PQ，以PQ为边向下作正方形PQMN，若抛物线与正方形PQMN有3个公共点，直接写出m的值．
27．（2023春·山东济南·九年级校考阶段练习）如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于点A3,0,C−1,0两点，交y轴于点B．
(1)求二次函数表达式和点B的坐标．
(2)在直线AB上方的抛物线上有一动点E，作EG⊥x轴交x轴于点G，交AB于点M，作EF⊥AB于点F，若点M的横坐标为m，求线段EF的最大值．
(3)抛物线对称轴上是否存在点P使得△ABP为直角三角形，若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，说明理由．
28．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）已知抛物线L：y=12x2+bx+c经过点−2,3和6,7，与x轴的交点为A、B，且点A在点B的左侧，与y轴交于点C．
(1)求抛物线L的函数表达式：
(2)将抛物线L平移，得到抛物线L'，且点A经过平移后得到的对应点为A'．要使△A'BC是以BC为斜边的等腰直角三角形，求满足条件的抛物线L'的函数表达式．
29．（2023秋·广西防城港·九年级统考期末）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过点A3,0与点C0,3．
(1)求抛物线对应的函数解析式，并写出抛物线与x轴的交点B的坐标；
(2)点P在线段AC上，过点P作x轴的垂线与抛物线交于点Q，直线PQ交x轴于点M，连接CQ，OP，如果S△CPQ=2S△OPM，求PM的长；
(3)探究抛物线的对称轴上是否存在一点E，使得以点E，B，C为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标，若不存在，请说明理由．
30．（2023·山西晋中·统考一模）综合与探究
如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A−2,0，B6,0两点，与y轴交于点C，且OC=6，点D是抛物线上第一象限内的一个动点，设点D的横坐标为m．连接AC、BC、DB、DC．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)过点D作与y轴的平行线的直线l，与BC交于点E，当△CDE是以DE为底边的等腰三角形时，求点D的坐标．
(3)若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
31．（2023·全国·九年级专题练习）抛物线 y=ax2+bx−32经过点(1,−1)，现将一块等腰直角三角板ABC(∠ACB=90°)按照如图的方式放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A、C坐标分别为(0,2)、(−1,0)．B点在抛物线y=ax2+bx−32图象上．
(1)求点B的坐标：
(2)求抛物的解析式；
(3)在抛物线上是否还存在点P(点B除外)，使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．
32．（2023春·广东云浮·九年级校考阶段练习）如图，已知抛物线y=x2−2x−3与x轴相交于点A和点B（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接BC，点E在线段BC上运动．
(1)求抛物线的对称轴和直线BC的解析式．
(2)过点E作x轴的垂线，交抛物线于点D，求DE的最大值和此时点D的坐标．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
33．（2023秋·山东济宁·九年级校考期末）已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−2,0)、B(6,0)两点，与y轴交于点C(0,−3)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M，过点P作x轴的垂线l，垂线l交BC于点E，AD ∥垂线l，求证△ADM∽△PEM；当PMAM最大时，求点P的坐标及PMAM的最大值；
(3)在(2)的条件下，在l上是否存在点D，使△BCD是直角三角形，若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
34．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−3,0)，顶点为B(−1,3)，对称轴l与x轴交于点C．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)点M在抛物线上，过点M作对称轴l的垂线，垂足为点E，点F在l上，若以M、E、F为顶点的三角形与△ABC全等，请求出满足条件的所有点M的坐标．
35．（2023·湖南岳阳·岳阳市弘毅新华中学校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与直线AB交于点A0,−4，B4,0．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P为直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，过点P作y轴的平行线交x轴于点N，求2PM+PN的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，将该抛物线先向左平移4个单位，再向上移3个单位，得到新抛物线y'，新抛物线y'与y轴交于点F，点M为y轴左侧新抛物线y'上一点，过M作MN∥y轴交射线BF于点N，连接MF，当△FMN为等腰三角形时，直接写出所有符合条件的点M的横坐标．
36．（2023秋·山西朔州·九年级统考期末）综合与探究
如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A−1,0，B3,0，C0,3三点，与y轴交于点C，作直线BC．
(1)求抛物线和直线BC的函数解析式．
(2)D是直线BC上方抛物线上一点，求△BDC面积的最大值及此时点D的坐标．
(3)在抛物线对称轴上是否存在一点P，使得以点P，B，C为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
37．（2023·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y1=ax2−2x+c的图象与x轴交点为A和B，与y轴交点为D0,3，与直线y2=−x−3交点为A和C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在直线y2=−x−3上是否存在一点M，使得△ABM是等腰直角三角形，如果存在，求出点M的坐标，如果不存在请说明理由．
(3)若点E是x轴上一个动点，把点E向下平移4个单位长度得到点F，点F向右平移4个单位长度得到点G，点G向上平移4个单位长度得到点H，若四边形EFGH与抛物线有公共点，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围．
38．（2023秋·甘肃酒泉·九年级统考期末）如图，抛物线y=ax2+bx+6与x轴交于点B6,0，C−2,0，与y轴交于点A，点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P运动到什么位置时，△PAB的面积最大？
(3)过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P作PE∥x轴交抛物线于点E，连接DE．是否存在点P，使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
39．（2023秋·河北石家庄·九年级石家庄市第四十一中学校考期末）如图，抛物线y=mx2−2mx−3mm>0与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点．
(1)抛物线顶点M的坐标__________（用含m的代数式表示），A，B的坐标分别是A（__________），B（__________）；
(2)求△ABC的面积（用含m的代数式表示）；
(3)是否存在使△BCM为直角三角形的抛物线？若存在，直接写出抛物线的表达式，若不存在，请说明理由．
40．（2023秋·湖北·九年级期末）在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像与x轴的交点为A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,−3)，顶点为D，其对称轴与x轴交于点E．
(1)求二次函数解析式；
(2)连接AC，AD，CD，试判断△ADC的形状，并说明理由；
(3)点P为第三象限内抛物线上一点，△APC的面积记为S，求S的最大值及此时点P的坐标；
(4)在线段AC上，是否存在点F，使△AEF为等腰三角形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
2023年中考数学大题高分秘籍（江苏专用）
专题18二次函数与特殊三角形综合问题（最新模拟40题预测）
一、解答题
1．（2023春·江苏宿迁·九年级泗阳致远中学校考期中）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．
【答案】(1)y=−x2+3x+4；
(2)P2,6
(3)存在；4+262或4−262或2+262或2−262
【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数解析式，并转化为顶点式，即可求出顶点坐标；
（2）先求出直线AC的解析式，设点Pm,−m2+3m+4，则Hm,−m+4，则PH=−m2+4m，HQ=−m+4，根据PH=2HQ，列出关于m的方程，解方程即可；
（3）过点M作EF∥x轴，交对称轴于点F，过点B作BE⊥EF于点E，证明△BEM≌△MFN，得出BE=MF，设点Ms,−s2+3s+4，则BE=−s2+3s+4，MF=32−s，得出−s2+3s+4=32−s，求出s的值即可．
【详解】（1）解：把点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
∴y=−x2+3x+4=−x−323+254，
∴顶点坐标为：32,254；
（2）解：把x=0代入y=−x2+3x+4得：y=4，
∴C0,4，
设直线AC的解析式为：y=kx+4，
把A(4，0)代入得：4k+4=0，
解得：k=−1，
∴yAC=−x+4，
设点Pm,−m2+3m+4，则Hm,−m+4，
∴PH=−m2+4m，HQ=−m+4，
∵PH=2HQ，
∴−m2+4m=2−m+4，
解得m1=2，m2=4（舍去），
∴P2,6；
（3）解：过点M作EF∥x轴，交对称轴于点F，过点B作BE⊥EF于点E，如图所示：
∵∠BEM=∠MFN=∠BMN=90°，
∴∠EBM+∠EMB=∠EMB+∠NMF=90°，
∴∠EBM=∠NMF，
∵BM=MN，
∴△BEM≌△MFN，
∴BE=MF，
设点Ms,−s2+3s+4，则BE=−s2+3s+4，MF=32−s，
∴−s2+3s+4=32−s，
当−s2+3s+4=32−s时，解得：s1=4+262或s2=4−262；
当−s2+3s+4=s−32时，解得：s3=2+262或s4=2−262；
综上分析可知，点M的横坐标为：4+262或4−262或2+262或2−262．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求一次函数解析式，三角形全等的判定和性质，解一元二次方程，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△BEM≌△MFN．
2．（2023·江苏苏州·苏州中学校考一模）已知抛物线y=−x2+bx+cc>0过点C−1,0，且与直线y=7−2x只有一个交点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若直线y=−x+3与抛物线相交于两点A、B，则在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ABQ是等腰三角形?若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；
(2)存在满足题意的点Q．1,3+17或1,3−17或1,14或1,−14或1,1
【分析】（1）把点C−1,0代入y=−x2+bx+c得c=b+1，联立y=−x2+bx+cy=7−2x，得x2−b+2x+6−b=0，由抛物线与直线只有一个交点求得b的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）先求出点A和点B的坐标，设点Q的坐标是1,m，求出AQ2，BQ2，AB2，分三种情况进行求解即可．
【详解】（1）解：把点C−1,0代入y=−x2+bx+c中，得−1−b+c=0，解得c=b+1，
联立y=−x2+bx+cy=7−2x，
得x2−b+2x+6−b=0，
∵抛物线与直线只有一个交点，
∴Δ=b+22−46−b=0，
解得b=−10或2，
∵c=b+1>0，
∴b=2，
∴c=b+1=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）存在满足题意的点Q．
联立y=−x2+2x+3y=−x+3，
解得x=0y=3或x=3y=0，
∴A0,3，B3,0，
由抛物线y=−x2+2x+3=−x−12+4，可知抛物线对称轴为x=1，
设点Q的坐标是1,m，
则AQ2=12+3−m2=m2−6m+10，BQ2=3−12+0−m2=m2+4，
由勾股定理，得AB2=OA2+OB2=18，
当点∠A为顶角时，AB2=AQ2，即m2−6m+10=18，
解得m=3+17或m=3−17，
∴Q1,3+17或1,3−17；
当AB为腰，∠B为顶角时，AB2=BQ2，即18=m2+4，
解得m=14或m=−14，
∴Q1,14或1,−14；
当AB为底时，AQ2=BQ2，即m2−6m+10=m2+4，
解得m=1，
∴Q1,1．
故满足题意的Q点坐标为：1,3+17或1,3−17或1,14或1,−14或1,1．
【点睛】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式、二次函数图象和性质、勾股定理求两点间的距离、解一元二次方程、等腰三角形的定义等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
3．（2023春·江苏盐城·九年级统考期末）如图，抛物线y=12x2+mx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A−4,0,C0,−2．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点E是线段AC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDAF的面积最大?求出四边形CDAF的最大面积及此时E点的坐标；
(3)在y轴上是否存在点P，使得∠OAP+∠OAC=60°？若存在，请直接写出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2+32x−2
(2)四边形CDAF的面积最大为132，E点坐标为（－2，－1）
(3)存在，P 点的坐标为（0，−32+203）或（0，32−203）
【分析】（1）将点A,C坐标代入y=12x2+mx+n，解得m,n，即可得解；
（2）先求直线AC的函数表达式为y=−12x−2,设点E(x,−12x−2) (−4≤x≤0)，结合图形， 四边形CDAF的面积=S△ACF+S△ACD= −x+22+132，运用二次函数的性质求得最值及点E点的坐标；
（3）设P(0，n)，作PG⊥AC于点G， ∠OAP＋∠OAC＝60°，求得PG＝32×n2+16，利用等积法12AC×PG=12PC×OA得n2+64n−176=0，解得n，得到点P，再利用对称性得另一点P
【详解】（1）将A(−4，0)，C(0,−2)
代入抛物线表达式得8−4m+n=0n=−2，解得m=32n=−2，
抛物线表达式为y=12x2+32x−2；
（2）∵抛物线的对称轴为直线x=−322×12=−32，
∴D(−32,0)，B（1，0），
设直线AC的函数表达式为y＝kx＋b，
将A,C点坐标代入得−4k+b=0b=−2，
解得k=−12b=−2，
∴直线AC的函数表达式为y=−12x−2，..
设E(x,−12x−2) (−4≤x≤0)，则F(x,12x2+32x−2)，
∴EF= −12x−2−(12x2+32x−2)＝−12x2−2x，
∴S△ACF= 12×4×−12x2−2x＝−x2−4x，
四边形CDAF的面积=S△ACF+S△ACD= −x2−4x＋12×2×4−32
=−x2−4x+52= −x+22+132
当x=−2时，四边形CDAF的面积最大，最大值为132，
此时E点坐标为(－2,－1)；
（3）P 点的坐标为(0,−32+203)或(0,32−203)
①作PG⊥AC于点G， ∠OAP＋∠OAC＝60°，
设P(0,n)，
∠PAG＝60°， PG=32PA，
PA=n2+16， PG=32×n2+16，
AC=42+22=25，
由△PAC的面积，得
12AC×PG=12PC×OA，即12×25×32×n2+16=12×4n+2，
化简，得n2＋64n－176＝0，
解得n1=−32+203， n2=−32−203（不符合题意，舍去），
∴P(0,−32+203)，
②∵点P'与点P关于原点O对称， OP'=OP=−32+203，
∴P'(0,32−203)，
综上所述：P 点的坐标为(0,−32+203)或(0,32−203)）
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形的面积，二次函数的性质，方程的思想及分类讨论的思想等知识，本题考点较多，综合性较强，难度适中．
4．（2023春·江苏苏州·九年级昆山市第二中学校考开学考试）已知二次函数y=x2+bx+c的图像与x轴分别交于点A、B（A在左侧），与y轴交于点C，若将它的图像向上平移4个单位长度，再向左平移5个单位长度，所得的抛物线的顶点坐标为−2,0．
(1)原抛物线的函数解析式是 ．
(2)如图①，点P是线段BC下方的抛物线上的点，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图②，点Q是线段OB上一动点，连接BC，在线段BC上是否存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−6x+5
(2)1258，P52,−154
(3)存在，M52,52或M52−5,10−52
【分析】（1）由题意求出二次函数顶点左边，然后写出顶点式，变形即可；
（2）如图，过P作PM⊥AB交BC于M，结合（1）求出直线BC解析式为：y=−x+5
，设Px,x2−6x+5则Mx,−x+5，根据S△PBC=12PM·OB带入计算，化为顶点式即可求出△PBC面积最大值是x的值，从而求解；
（3）①如图，△CQM为等腰直角三角形，△BQM为直角三角形，可得CM=BM，即M是BC中的可求解；②如图，△CQM为等腰三角形，△BQM为直角三角形，设QM=BQ=CM=m根据BM2=BQ2+QM2即可求解．
【详解】（1）解：由题意可知，
二次函数图像的顶点坐标为：3,−4
二次函数解析式为：y=x−32−4
即y=x2−6x+5，
故答案为：y=x2−6x+5；
（2）如图，过P作PM⊥AB交BC于M，
二次函数y=x2−6x+5的图像与x轴分别交于点A、B（A在左侧），与y轴交于点C，
当y=0时，x2−6x+5=0，
解得x1=1,x2=5，
当x=0时，y=5，
∴A1,0，B5,0，C0,5，
∴直线BC解析式为：y=−x+5
设Px,x2−6x+5，则Mx,−x+5
S△PBC=12PM·OB=12−x+5−x2+6x−5×5
=−52x−522+1258
∴当x=52时△PBC面积的最大值为1258，
∴ P52,−154；
（3）存在，理由如下：
由（2）可知，OB=OC，∠OBC=45°，
①如图，△CQM为等腰直角三角形，△BQM为直角三角形，
即CM=QM，∠CMQ=90°，
∴∠MQB=45°，BM=QM
∴CM=BM
∴M是BC的中点，
∴M52,52
②如图，△CQM为等腰三角形，△BQM为直角三角形，
即CM=QM，∠MQB=90°，
∴∠QMB=∠MBQ=45°
∴BQ=QM
∴BQ=QM=CM
设QM=BQ=CM=m
∴BM=BC−CM=52−m
∵BM2=BQ2+QM2
∴52−m2=m2+m2
解得：m=10−52或m=−10−52（不合题意，舍去）
∴OQ=OB−BQ=5−10−52=52−5
∴M52−5,10−52
综上所述：M52,52或M52−5,10−52
【点睛】本题考查了二次函数、一次函数的综合应用，勾股定理；根据点在函数图像上巧设点的坐标，运用勾股定理建立等量关系是解题的关键．
5．（2023·江苏泰州·统考二模）已知：如图，抛物线y=−x2+bx+c经过原点O，它的对称轴为直线x=2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向下运动，设动点P运动的时间为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA，AB．
(1)求抛物线解析式及顶点坐标；
(2)当三点A，O，B构成以为OB为斜边的直角三角形时，求t的值；
(3)将△PAB沿直线PB折叠后，那么点A的对称点A1能否恰好落在坐标轴上？若能，请直接写出所有满足条件的t的值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x；(2,4)
(2)1秒
(3)能，(5− 5 )秒或2 5秒或(5+ 5 )秒
【分析】（1）根据抛物线过原点，对称轴为直线x=2，待定系数求解析式即可求解；
（2）设B(x，−x2+4x)．三点A，O，B构成以为OB为斜边的直角三角形，勾股定理得出OA2+AB2=OB2，B( 52 , 154 )．继而得出直线OB的解析式为y= 3_2 x，当x=2时，y=3，得出AP=4−3=1，进而即可求解；
（3）分三种情况讨论，①点A1在x轴正半轴上；②点A1在y轴负半轴上，③点A1在x轴负半轴上，分别画出图形，根据轴对称的性质，勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：由题意得c=0−b2×(−1)=2，
解得b=4c=0，
∴抛物线的解析式为y=−x2+4x；
∵y=−x2+4x=−(x−2)2+4，
∴顶点A的坐标为(2,4)；
（2）如图1，
设B(x，−x2+4x)．
∵三点A，O，B构成以OB为斜边的直角三角形，
∴ OA2+AB2=OB2，
即22+42+(x−2)2+(−x2+4x−4)2=x2+(−x2+4x)2，
整理，得2x2−9x+10=0，
解得x1= 52，x2=2(舍去)，
∴B( 52 , 154 )．
设直线OB的解析式为y=kx，则52 k= 154，
解得k= 3_2，
∴y= 3_2 x．
当x=2时，y=3，
∴AP=4−3=1，
∴t=1÷1=1(秒)；
（3）分三种情况：
①若点A1在x轴正半轴上，如图2，
可得PD2+A1D2=PA12，
即(4−t)2+(2 5 −2)2=t2，
解得t=5− 5；
②若点A1在y轴负半轴上，如图3，连接AA1交OB于E．
可得OA1=OA=25，
∴∠OA1A=∠OAA1，
∵OA1∥AP，
∴∠OA1A=∠A1AP，
∴∠OAA1=∠A1AP，
∵AA1⊥OP，
∴∠OEA=∠PEA=90°．
在△OAE与△PAE中，
∠OAE=∠PAEAE=AE∠OEA=∠PEA，
∴△OAE≌△PAE(ASA)，
∴OA=PA=2 5，
∴t=2 5；
③若点A1在x轴负半轴上，如图4.
可得PD2+A1D2=PA12，
即(t−4)2+(25+2)2=t2，
解得t=5+ 5；
综上所述，所有满足条件的t的值为(5− 5 )秒或2 5秒或(5+ 5 )秒．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，特殊三角形问题，轴对称的性质，勾股定理，掌握二次函数的性质是解题的关键．
6．（2023秋·江苏无锡·九年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期末）在平面直角坐标系中，抛物线y=mx2−2mx−3m与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC，点A关于BC所在的直线的对称点A'，连接A'B、A'C．
(1)点A的坐标为______，点B的坐标为______．
(2)若点A'落在抛物线的对称轴上，且在x轴上方，求抛物线的解析式．
(3)设抛物线顶点为Q，若△BCQ是锐角三角形，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)(−1,0)；(3,0)
(2)y=−33x2+233x+3
(3)−1【分析】（1）将表达式化为交点式，可得结果；
（2）设A'1,n，根据对称的性质得到AB=A'B，从而求出n点，得到A'的坐标，求出AA'的中点，从而得到点C坐标，代入函数表达式，可得结果；
（3）求出顶点Q的坐标，得到BC2，CQ2，BQ2，根据勾股定理的逆定理，分∠BQC=90°，∠BCQ=90°时的m值，结合图像得出m的范围即可．
【详解】（1）解：抛物线的表达式为：y=m(x2−2x−3)=m(x+1)(x−3)，
故点A、B的坐标分别为：(−1,0)、(3,0)，
故答案为：(−1,0)、(3,0)；
（2）∵y=mx2−2mx−3m，
∴对称轴为直线x=−−2m2×m=1，
设A'的坐标为1,n，
∵A和A'关于直线BC对称，
∴AB=A'B，
∴3−−1=3−12+0−n2，
解得：n=23或n=−23（舍），
∴A'1,23，又A−1,0，
∴AA'的中点坐标为1−12,23+02，即0,3，
∴C0,3，代入y=mx2−2mx−3m中，
解得：m=−33，
∴y=−33x2+233x+3；
（3）在y=mx2−2mx−3m中，令x=0，则y=−3m，
∴C0,−3m，
4×m×−3m−−2m24m=−4m，
∴抛物线顶点Q的坐标为1,−4m，
∵△BCQ是锐角三角形，
∴BC2=32+−3m2=9+9m2，
CQ2=12+m2=1+m2，
BQ2=22+16m2=4+16m2，
如图，当∠BQC=90°时，
9+9m2=1+m2+4+16m2，
解得：m=±22，
如图，当∠BCQ=90°时，
9+9m2+1+m2=4+16m2，
解得：m=±1，
综上：m的取值范围是−1【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，熟练运用二次函数的图像与性质是本题解题的关键．
7．（2023秋·江苏徐州·九年级统考期末）如图，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式：
(2)在对称轴上找一点D，使△ACD的周长最小，求点D的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴右侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)1,2
(3)当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形，M在对称轴的右侧时，点M的坐标为2,3或4,−5或1+2,2或1+6,−2．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，连接CB交对称轴于D，连接AD，根据轴对称最短路径可知BC与抛物线对称轴的交点即为点D；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，
∴a−b+3=09a+3b+3=0，
∴a=−1b=2，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线x=1，点C的坐标为0,3，
如图所示，连接CB交对称轴于D，连接AD，
由轴对称的性质可知AD=BD，
∴△ACD的周长为AC+CD+AD=AC+CD+BD=AC+BC，
此时△ACD的周长最短，
设直线BC的解析式为y=k1x+b1，
∴b1=33k1+b1=0，
∴k1=−1b1=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
当x=1时，y=−x−1=−1+3=2，
∴点D的坐标为1,2；
（3）如图所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点M作MQ⊥PQ于Q，记抛物线的对称轴与x轴的交点为N，
∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PB=PM，∠BPM=90°=∠PQM=∠BNP，
∴∠QMP+∠QPM=90°=∠QPM+∠BPN，
∴∠QMP=∠BPN，
∴△PMQ≌△BPN，
∴PQ=BN，MQ=PN，
设点P的坐标为1,m，
∴ON=1，PN=m，BN=2，
∴点M的坐标为m+1,m+2，
∵点M在抛物线y=−x2+2x+3上，
∴−m+12+2m+1+3=m+2，
∴m2+m−2=0，
解得m=1或m=−2（舍去），
∴点M的坐标为2,3；
同理当点P在x轴下方，∠BPM=90°时，M1−m,m−2，
∴−1−m2+21−m+3=m−2，
解得：m=−3或m=2（舍去）
∴点M的坐标为4,−5；
当点M在x轴上方，∠PBM=90°时，过M作MQ⊥x轴于Q，
同理可得：△BPN≌△MBQ，
∴PN=BQ，BN=MQ=2，
∴−x2+2x+3=2，
解得：x=1+2或x=1−2（舍去），
∴M1+2,2．
当点M在x轴下方，∠PBM=90°时，过M作MQ⊥x轴于Q，
同理可得：MQ=BN=2，
∴−x2+2x+3=−2即x2−2x−5=0，
解得：x=1+6或x=1−6（舍去），
∴M1+6,−2．
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形，M在对称轴的右侧时，点M的坐标为2,3或4,−5或1+2,2或1+6,−2．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定与性质等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
8．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）已知函数y1=x2−1，y2=x−1，函数y3=ax2−1+bx−1a≠0称为y1、y2的组合函数
(1)求y1、y2的图象的交点坐标；
(2)y1、y2的图象的交点为A、B，抛物线y3顶点为C，若△ABC是等腰直角三角形，请直接写出符合条件的a、b的值
【答案】(1)0,−1或1,0
(2)a=−1,b=0或a=1,b=−4
【分析】（1）联立y1、y2的解析式，即可求解；
（2）分三种情况讨论：若AC=BC，AC⊥BC时；若AB=AC，AB⊥AC时；若AC=BC，AB⊥BC时，即可求解．
【详解】（1）解：联立得：y2=x−1y1=x2−1，
解得：x=0y=−1或x=1y=0，
∴y1、y2的图象的交点坐标为0,−1或1,0；
（2）解：由（1）得：y1、y2的图象的交点坐标为0,−1或1,0，
y3=ax2−1+bx−1=ax+b2a2−b2+4ab+4a24a，
∴抛物线y3顶点C−b2a,−b+2a24a，
如图：
由（1）得：y1、y2的图象的交点坐标为B0,−1或A1,0，
∵△ABC是等腰直角三角形，
若AC=BC，AC⊥BC时，此时点C10,0,C21,−1，
∴−b2a=0,−b+2a24a=0，或−b2a=1,−b+2a24a=−1，
解得：b=0,a=0（不合题意，舍去）或无解；
若AB=AC，AB⊥AC时，此时点C10,0和C21,−1分别为BC4和BC3的中点，
∴点C40,1和C32,−1，
∴−b2a=0,−b+2a24a=1，或−b2a=2,−b+2a24a=−1，
解得：a=−1,b=0或a=1,b=−4，符合题意；
若AC=BC，AB⊥BC时，此时点C10,0和C21,−1分别为AC6和AC5的中点，
∴点C6−1,0，C51,−2，
∴−b2a=−1,−b+2a24a=0，或−b2a=1,−b+2a24a=−2，无解；
综上所述，符合条件的a、b的值为a=−1,b=0或a=1,b=−4．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，等腰直角三角形的性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
9．（2023秋·江苏宿迁·九年级统考期末）已知，如图，抛物线y=ax2+bx−8与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C， OA=6，OB=43，点P为x轴下方的抛物线上一点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AP、CP，求四边形AOCP面积的最大值；
(3)是否存在这样的点P，使得点P到AB和AC两边的距离相等，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+143x−8
(2)33
(3)存在这样的点P56,−4112，使得点P到AB和AC两边的距离相等
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）如图所示，连接AC，过点P作PD⊥x轴交AC于D，先求出直线AC的解析式，设Pt，t2+143t−8，则Dt，−43t−8，则PD=−t2−6t，求出S△APC的最大值，再由S四边形AOCP=S△ACP+S△AOC可知当S△APC最大时，S四边形AOCP最大，由此即可得到答案；
（3）如图所示，取点E使其坐标为4，0，连接AC、CE，取CE中点F，连接AF，先证明AE=AC，进而得到AF平分∠CAE，则直线AF上的点到AC、AB的距离相等，由此即可知点P即为直线AF与抛物线的交点，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵OA=6，OB=43，
∴A−6，0，B43，0，
∴可设抛物线解析式为y=ax+6x−43，
又∵当x=0时，y=−8，即C0，−8，
∴6×−43a=−8，
∴a=1，
∴抛物线解析式为y=x+6x−43=x2+143x−8；
（2）解：如图所示，连接AC，过点P作PD⊥x轴交AC于D，设直线AC的解析式为y=kx+b1，
∴−6k+b1=0b1=−8，
∴k=−43b1=−8，
∴直线AC的解析式为y=−43x−8，
设Pt，t2+143t−8，则Dt，−43t−8，
∴PD=−43t−8−t2+143t−8=−t2−6t，
∴S△APC=S△APD+S△CPD
=12PD⋅xP−xA+12PD⋅xC−xP
=12PD⋅xC−xA
=3PD
=−3t+32+9，
∵−3<0，
∴当t=−3时，S△APC最大，最大为9，
∵S四边形AOCP=S△ACP+S△AOC，S△AOC=12OA⋅OC=12×6×8=24，
∴S四边形AOCP=S△ACP+24，
∴当S△APC最大时，S四边形AOCP最大，最大为9+24=33；
（3）解：如图所示，取点E使其坐标为4，0，连接AC、CE，取CE中点F，连接AF，
∵A−6，0，C0，−8，∠AOC=90°，E4，0，
∴AE=10，AC=OA2+OC2=10，F2，−4，
∴AC=AE，
∵F是CE的中点，
∴AF平分∠CAE，
∴直线AF上的点到AC、AB的距离相等，
设直线AF的解析式为y=k1x+b2，
∴−6k1+b2=02k1+b2=−4，
∴k1=−12b2=−3，
∴直线AF的解析式为y=−12x−3，
联立y=−12x−3y=x2+14x3−8得6x2+31x−30=0，
解得x=56y=−4112或x=−6y=0（舍去），
∴点P的坐标为56,−4112．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，一次函数与几何综合，角平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
10．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）【问题背景】已知二次函数y=x2−2mx+m2−4（m为常数）．
数形结合和分类讨论是初中数学的基本思想方法，应用广泛．以形助数或以数解形，相互转化，可以化繁为简，抽象问题具体化；而对问题进行合理的分情况探究，则可以使结果不重不漏．
(1)我国著名数学家 说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休．”（请将正确选项的字母代号填写在答题卡相应位置上）
A．华罗庚 B．陈景润 C．苏步青 D．陈省身
(2)若该二次函数的对称轴为x=1，关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−4−t=0（t为实数）在−3(3)若该二次函数自变量x的值满足−3≤x≤−1时，与其对应的函数值y的最小值为12，则m的值为 ．
【拓展应用】
(4)当m=1时，二次函数图像与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点D与原点O关于直线BC对称，点E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接OE并延长交射线CD于点F，连接DE，△DEF为等腰三角形时，求线段DF的长．
【答案】(1)A
(2)t<−4，或t≥12
(3)m=−7，或m=3
(4)33−3，或3−3
【分析】（1）根据题意可知“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休．”这段话是我国著名数学家华罗庚所说
（2）根据二次函数的对称轴为x=1，可求得m的值，然后利用二次函数在−3（3）根据对称轴x=m，−3≤x≤−1，分类讨论各种情况求得m的值
（4）根据对称性先求得点D的坐标，然后设点F的坐标，利用等腰三角形的性质，分类可求得DF的长度
【详解】（1）根据题意可知“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休．”这段话是我国著名数学家华罗庚所说
故选：A
（2）∵次函数的对称轴为x=1，
∴m=1，
∴二次函数的解析式为：y=x2−2x−3，
当−3∴要使得关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−4−t=0（t为实数）在−3（3）由y=x2−2mx+m2−4可知对称轴为：x=m
∵−3≤x≤−1
当m>−1时，在x=−1处取得最小值，即1+2m+m2−4=12，解得：m=3，或m=−5（舍）；
当−3≤m≤−1时，在x=m处取得最小值，即m2−2m2+m2−4=12，此时方程无解；
当m<−3时，在x=−3处取得最小值，即9+6m+m2−4=12，解得：m=−7，或m=1（舍）；
综上所述：m=−7，或m=3
（4）当m=1时，二次函数为y=x2−2x−3，
∴A−1,0，B3,0，C0,−3，
∵B3,0，C0,−3，
∴直线BC的解析式为：y=x−3，
∵点D与原点O关于直线BC对称，设Da,b，
∴ba=−1b2=a2−3
解得：a=−b=3，
∴D3,−3，
设点Ft,−3，t>0
∴直线OE为y=−3tx，
由y=−3txy=x−3
可得E3t3+t,93+t，
△DEF为等腰三角形时，
当DF=EF，可得：3t3+t−t2+93+t−32=t−32，
化简整理得：t2=3，
解得：t1=3，t2=−3（舍）
∴DF=3−3
当DF=DE，可得：3t3+t−32+3−93+t2=t−32，
化简整理得：t2=27，
解得：t1=33，t2=−33（舍）
∴DF=33−3
综上所述：DF=3−3，或DF=33−3
【点睛】本题考查了二次函数综合类问题，充分利用函数的对称轴和等腰三角形的性质是解决问题的关键
11．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）我们不妨约定：纵坐标等于横坐标一半的点叫做“双减点”，例如点(1，12)，(0，0)，(-3，−32)，(m，12m)……，显然，这样的“双减点”有无数个．根据约定，解答下列问题：
(1)若点(2022，n)是“双减点”，则n= ；
(2)若一次函数y=2x+8的图像上存在“双减点”，试求该图像上“双减点”的坐标；
(3)设二次函数y=x2-2x的图像的双减点为点A，B．（点A在点B左侧），在x轴上找一点P，使得△PAB为等腰三角形，求点P的坐标．
【答案】(1)1011
(2)−163,−83
(3)2516,0或554,0或−554,0或（5，0）．
【分析】（1）根据“双减点”的定义，即可求解；
（2）根据“双减点”的定义，可得y=12x，再代入解析式，求出x，即可求解；
（3）根据“双减点”的定义，可得y=12x，再代入解析式，可得点A（0，0），B（52，54），设点P（m，0），然后分三种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）解∶根据题意得：n=12×2022=1011．
故答案为：1011
（2）解：根据题意得：y=12x，
∴12x=2x+8，
解得：x=−163，
∴y=12x=−83，
∴该图像上“双减点”的坐标为−163,−83；
（3）解：根据题意得：y=12x，
∴12x=x2−2x，解得：x1=0,x2=52，
∴y=0或54，
∴点A（0，0），B（52，54），
设点P（m，0），
当AP=BP时，m2=m−522+542，
解得：m=2516，
此时点P2516,0；
当AB=AP时，m2=522+542，
解得：m=±554，
此时点P554,0或P−554,0；
当时AB=BP时，m−522+542=522+542，
解得：m=5或0（舍去），
此时点P（5，0）；
综上所述，点P的坐标为2516,0或554,0或−554,0或（5，0）．
【点睛】本题主要考查了一次函数和二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，理解“双减点”的定义是解题的关键．
12．（2023春·江苏南京·九年级专题练习）已知二次函数y=x−mx−m−2（m为常数）．
(1)求证：不论m为何值，该函数的图像与x轴总有两个公共点；
(2)二次函数的图像与x轴交于点M，N，与y轴交于点P，若△MNP是等腰直角三角形，则m的值为___________；
(3)点A(1,y1)，B(2,y2)，C(3,y3)在二次函数的图像上，当y1⋅y2⋅y3<0时，结合函数图像，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)-1
(3)-1＜m＜0或者2＜m＜3
【分析】（1）令y=0，得关于x的一元二次方程：(x−m)(x−m−2)=0，再通过其判别式即可得证；
（2）M、N、P三点坐标均与m的值有关，即先根据构成三角形的必要条件求出m≠0且m≠−2，即可得到构成的等腰Rt△MNP的形状唯一，即MP=NP，MN为斜边，∠MPN为直角，再解该直角三角形即可求出m的值；
（3）将A(1,y1)，B(1,y2)，C(1,y3)代入二次函数，即可得到三个新的抛物线方程，在坐标系中画出草图，可知m的值将横坐标轴分成以下几个范围段：m＜−1、−1＜m＜0、0＜m＜1、1＜m＜2、2＜m＜3和m＞3，再根据y1⋅y2⋅y3＜0，逐个范围段验证，即可得出m的取值范围．
【详解】（1）证明：令y=0，得关于x的一元二次方程：(x−m)(x−m−2)=0，
化简，整理得：x2−(2m+2)x+m2+2m=0，
则方程的判别式Δ=(−2m−2)2−4(m2+2m)=4＞0，
所以无论m为何值，方程的判别式恒大于0，
即无论m为何值，二次函数均于x轴有两个交点；
（2）令y=0，得关于x的一元二次方程：(x−m)(x−m−2)=0，
得x1=m，x2=m+2，
为了便于作答，令点M在点N的左侧，则可知M、N的坐标为：M(m,0)、N(m+2,0)，
令x=0，可求得P点坐标为(0,m2+2m)，
如果P点在坐标原点，即m=0或者-2时，有M、P、N三点共线，不可能构成三角形，
故有m≠0且m≠−2，
则易知有构成的等腰Rt△MNP的形状唯一，即MP=NP，MN为斜边，∠MPN为直角，
在等腰Rt△MNP中，OP与斜边MN垂直，则OP一定平分斜边MN，即有OM=ON，
则有-m=m+2，
解得m=-1；
（3）∵A(1,y1)，B(1,y2)，C(1,y3)在二次函数的图像上，
∴则有y1=(1−m)(1−m−2)y2=(2−m)(2−m−2)y3=(3−m)(3−m−3)，
整理得：三个二次函数解析式y1=(m−1)(m+1)y2=(m−2)my3=(m−3)(m−1)，
则y1⋅y2⋅y3=(m−3)(m−2)(m−1)2m(m+1)
令y1⋅y2⋅y3=0，可知m的值可以为-1、0、1、2、3，
作出上述三个二次函数解析式的图象，如下图：
则m的值将横坐标轴分成以下几个范围段：m＜−1、−1＜m＜0、0＜m＜1、1＜m＜2、2＜m＜3和m＞3，（不含端点），
结合图象，逐个范围段验证可知：m在−1＜m＜0或2＜m＜3范围内时，可使得y1⋅y2⋅y3＜0，
故m的取值范围为：−1＜m＜0或2＜m＜3．
【点睛】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，二次函数与三角形的综合以及通过图象求解不等式解集的问题．题目整体难度不大，难点在第三小问，将得到的三个新的二次函数的图象准确的画在坐标系是解答本题的关键．
13．（2023秋·江苏淮安·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c的图象与坐标轴相交于A、B、C三点，其中A点坐标为3,0，B点坐标为−1,0，连接AC、BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒2个单位长度向点C做匀速运动；同时，动点Q从点B出发，在线段BA上以每秒1个单位长度向点A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PQ，设运动时间为t秒．
（1）求b、c的值；
（2）在P、Q运动的过程中，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小，最小值为多少？
（3）在线段AC上方的抛物线上是否存在点M，使△MPQ是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）b=2，c=3；（2）t=2，最小值为4；（3）（3+174，23+178）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PE⊥x轴，垂足为E，利用S四边形BCPQ=S△ABC-S△APQ表示出四边形BCPQ的面积，求出t的范围，利用二次函数的性质求出最值即可；
（3）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0=−9+3b+c0=−1−b+c，
解得：b=2c=3；
（2）由（1）得：抛物线表达式为y=-x2+2x+3，C（0，3），A（3，0），
∴△OAC是等腰直角三角形，由点P的运动可知：
AP=2t，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，
∴AE=PE=2t2=t，即E（3-t，0），
又Q（-1+t，0），
∴S四边形BCPQ=S△ABC-S△APQ
=12×4×3−12×3−−1+tt
=12t2−2t+6
∵当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，
AC=32+32=32，AB=4，
∴0≤t≤3，
∴当t=−−22×12=2时，四边形BCPQ的面积最小，即为12×22−2×2+6=4；
（3）∵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，
∠F=∠QEP∠PMF=∠QPEPM=PQ，
∴△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=9−178或9+178（舍），
∴M点的坐标为（3+174，23+178）．
【点睛】本题考查了二次函数综合，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形面积，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
14．（2023春·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考开学考试）定义：如果二次函数y=a1x2+b1x+c1（a1≠0，a1，b1，c1是常数）与y=a2x2+b2x+c2（a2≠0，a2，b2，c2是常数）满足a1+a2=0，b1=b2，c1+c2=0，则这两个函数互为“N”函数．
（1）写出y=−x2+x−1的“N”函数的表达式；
（2）若题（1）中的两个“N”函数与正比例函数y=kx(k≠0)的图像只有两个交点，求k的值；
（3）如图，二次函数y1与y2互为“N”函数，A、B分别是“N”函数y1与y2图象的顶点，C是“N”函数y2与y轴正半轴的交点，连接AB、AC、BC，若点A(−2,1)且△ABC为直角三角形，求点C的坐标．
【答案】（1）y=x2+x+1；（2）k的值为3或－1；（3）点C的坐标为（0，5）或（0，5）．
【分析】（1）根据“N”函数的定义即可求得答案；
（2）根据中心对称的性质可得y=kx(k≠0)的图像与y=x2+x+1的图像只有一个交点，
由此联立方程即可求得答案；
（3）先根据中心对称的性质求得点B的坐标，进而可分别表示出y1与y2的函数关系式，以及点C的坐标，再根据△ABC为直角三角形分类讨论，利用直角三角形的勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：（1）∵y=−x2+x−1，
∴a1=−1，b1=1，c1=−1，
∴a2=1，b2=1，c2=1，
∴y=−x2+x−1的“N”函数的表达式为y=x2+x+1；
（2）y1=−x2+x−1
=−(x2−x)−1
=−(x2−x+14−14)−1
=−(x−12)2−34，
同理：y2=(x+12)2+34，
∴y1与y2关于原点成中心对称，
又∵正比例函数y=kx(k≠0)的图像也是关于原点成中心对称，且题（1）中的两个“N”函数与正比例函数y=kx(k≠0)的图像只有两个交点，
∴y=kx(k≠0)的图像与y=x2+x+1的图像只有一个交点，
∴方程kx=x2+x+1有两个相等的实数根，
∴b2−4ac=0，
整理，得：x2+(1−k)x+1=0，
∴(1−k)2−4=0，
解得：k1=3，k2=−1，
∴k的值为3或－1；
（3）由（2）可知，若二次函数y1与y2互为“N”函数，
则二次函数y1与y2的图像关于原点成中心对称，
∵A、B分别是“N”函数y1与y2的图像的顶点，点A(−2,1)，
∴点B(2,−1)，点O为AB的中点，
∴设y2=a(x−2)2−1（a>0），则y1=−a(x+2)2+1，
当x=0时，y2=4a−1，
∴点C（0，4a−1），
∵C是“N”函数y2与y轴正半轴的交点，
∴若△ABC为直角三角形，则∠ACB＝90°或∠BAC＝90°，
当∠ACB＝90°时，
又∵点O为AB的中点，
∴AB＝2OC，
∵AB＝[2−(−2)]2+[(−1)−1]2=25，
∴OC＝5，
∴点C的坐标为（0，5），
当∠BAC＝90°时，则AB2+AC2=BC2，
∴(25)2+4+(4a−2)2=4+(4a)2，
解得：a=32，
∴4a−1=4×32−1=5，
∴点C的坐标为（0，5），
综上所述：点C的坐标为（0，5）或（0，5）．
【点睛】本题考查了二次函数的图像性质，理解题意，能够发现二次函数y1与y2的图像关于原点成中心对称是解决本题的关键．
15．（2023·黑龙江绥化·校考一模）已知抛物线y=x2−4x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，顶点为D．
(1)直接写出点B，C，D的坐标；
(2)如图1，若平行于x轴的直线EF与抛物线交于点E，F（点E在点F的左边），与线段CD交于点M．设点E的横坐标为t，线段EM的长为m，试求m关于t的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围），并求EM的最大值；
(3)如图2，若点P是在y轴右侧抛物线上的一动点，过点P作PN∥y轴交线段BC于点N，连接PB，是否存在这样的点P，使△PBN是等腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)B3,0，C0,3，D2,−1
(2)m=−12t2+t，12
(3)存在，1,0，2,−1，2,5−42
【分析】（1）将解析式y=x2−4x+3化为顶点式即可求得点D顶点坐标，分别令x,y=0，得出点B,C的坐标；
（2）得出CD的解析式y=−2x+3，根据题意得出m关于t的函数关系式为m=−12t2+t，根据二次函数的性质即可求解；
（3）根据题意分PB=PN,BN=BP,NP=BN三种情况，根据等腰三角形的性质分别求解即可．
【详解】（1）解：∵y=x2−4x+3 =x−22−1，
∴顶点D2,−1，
令x=0，则y=3，
∴C0,3，
令y=0，则x2−4x+3=0，
解得：x1=1,x2=3，
∴B3,0，
∴B3,0，C0,3，D2,−1；
（2）设直线CD的解析为y=kx+b，则b=3，
将点D2,−1代入得，2k+b=−1，
∴k=−2，
∴y=−2x+3，
∵EF∥x轴，设Et,t2−4t+3，
∴−2x+3=t2−4t+3，
∴x=−12t2+2t，
∴m=−12t2+2t−t=−12t2+t=−12t−12+12
∴m关于t的函数关系式为m=−12t2+t，EM的最大值为12．
（3）解：存在点P，使△PBN是等腰三角形，
∵OB=OC=3，
∴△BOC是等腰直角三角形，
设直线BC的解析式为y=kx+3，将点B3,0代入得，y=−x+3
∴∠CBO=∠OCB=45°
∵PN∥y轴，
∴∠PNB=∠OCB=45°
设Pm,m2−4m+3，则Nm,−m+3
①当BP=BN时，∠PBN=2∠NBO=90°
∴△PBN是等腰直角三角形，
设NP交x轴于点Q，则Qm,0
∴PQ=QB
∴3−m=m2−4m+3
解得：m=0（舍去）或m=3（舍去）或m=2
∴P2,−1；
②当PB=PN时，则P,Q重合，
∴m2−4m+3=0，
解得：m1=1，m2=3（舍去）
∴P1,0；
③当NP=NB时，
∵Pm,m2−4m+3,Nm,−m+3
∴PN=−m+3−m2−4m+3=m2−3m=mm−3，BN2=2m−32，
2m−32=m2m−32
∵m≠3
解得：m=2或m=−2（舍去）
当m=2时，m2−4m+3=m−1m−3=2−12−3=5−42，
∴P2,5−42
综上所述，存在点P，使△PBN是等腰三角形，满足条件的点P的坐标为1,0，2,−1，2,5−42．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，求抛物线与坐标轴交点问题，线段最值问题，特殊三角形问题，掌握二次函数的性质是解题的关键．
16．（2023·广东佛山·校联考一模）如图，抛物线y=−43x2+103x+2与x轴相交于点A，与y轴交于点B,C为线段OA上的一个动点，过点C作x轴的垂线，交直线AB于点D，交该抛物线于点E．
(1)求直线AB的表达式；
(2)当△BED为直角三角形时，求点C的坐标；
(3)当∠BED=2∠OAB时，求△BED的面积．
【答案】(1)y=−23x+2
(2)C点的坐标为118,0或52,0
(3)S△BDE=159256144
【分析】（1）求出A、B点的坐标，用待定系数法求直线AB的解析式即可；
（2）①如图1，当∠BED=90°时，BE∥AC，②如图2，当∠EBD=90°时，过点E作EQ⊥y轴，垂足为点Q，分别求解即可；
（3）作BA的垂直平分线交x轴于点Q，连接BQ，过点B作BG⊥EC于点G，则有∠BQO=∠BED，在Rt△BOQ中，BQ2=4+(3−BQ)2，求出BQ=136，QO=56，则tan∠BQO=tan∠BEG=125，设C(t,0)，则D(t,−23t+2)，E(t,−43t2+103t+2)，则有125=t−43t2+103t，求出t=3516，再根据S△BDE=12DE⋅BG求面积即可．
【详解】（1）解：令y=0，则−43x2+103x+2=0，
∴x=−12或x=3，
∴A(3,0)，
令x=0，则y=2，
∴B(0,2)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴b=23k+b=0，
解得：k=−23b=2，
∴y=−23x+2；
（2）解：设C(t,0)，
①如图1，当∠BED=90°时，BE∥AC，
∴E(t,2)，
∴−43t2+103t+2=2，
∴t=0（舍去）或t=52，
∴C52,0；
②如图2，当∠EBD=90°时，过点E作EQ⊥y轴，垂足为点Q，
∵∠BAO+∠ABO=90°，∠ABO+∠QBE=90°，
∴∠QBE=∠BAO，
∴△ABO∽△BEQ，
∴AOBQ=BOEQ，
∴BQ=32t，
∴E(t,2+32t)，
∴2+32t=−43t2+103t+2，
∴t=0（舍去）或t=118，
∴C118,0；
综上所述：C点的坐标为118,0或52,0；
（3）解：如图3，作BA的垂直平分线交x轴于点Q，连接BQ，过点B作BG⊥EC于点G，
∴BQ=AQ，
∴∠BQA=∠QAB，
∵∠BED=2∠OAB，
∴∠BQO=∠BED，
在Rt△BOQ中，BQ2=BO2+OQ2，
BQ2=4+3−BQ2，
∴BQ=136，
∴QO=56，
∴tan∠BQO=BOOQ=125，
∴tan∠BEG=BGEG=125，
设C(t,0)，
则Dt,−23t+2，Et,−43t2+103t+2，
∵BG=t，DE=−43t2+4t，AC=3−t，DC=−23t+2，EG=−43t2+103t，
∴125=t−43t2+103t，
∴t=3516，
∴S△BDE=12ED⋅BG=12−43t2+4tt=−23t3+2t2=159256144．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的性质与判定，分类讨论，数形结合是解题的关键．
17．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−1,0、B，与y轴交于点C0,3，直线l是抛物线的对称轴．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)在对称轴l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)存在；1,6或1,−6或1,0或1,1
【分析】（1）利用待定系数法，将点A、C代入解析式即可．
（2）根据等腰三角形两边相等的性质进行分类讨论，用两点间距离公式求出线段长度，建立方程求解．
【详解】（1）解：把点A−1,0、点C0,3分别代入y=−x2+bx+c，得−1−b+c=0c=3．
解得b=2c=3．
故该抛物线解析式为：y=−x2+2x+3．
（2）解：由（1）知，该抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3y=−x2+2x+3．
则该抛物线的对称轴为直线x=−2−1×2=1．
故设M1,m，
∵点A−1,0、点C0,3，
∴AC2=10，AM2=4+m2，CM2=1+m−32．
①若AC=AM时，10=4+m2，
解得m=±6．
∴点M的坐标为1,6或1,−6；
②若AC=CM时，10=1+m−32，
解得m=0或m=6，
∴点M的坐标为1,0或1,6．
当点M的坐标为1,6时，点A、C、M共线，
∴点M的坐标为1,0；
③当AM=CM时，4+m2=1+m−32，
解得m=1，
∴点M的坐标为1,1．
综上所述，符合条件的点M的坐标为1,6或1,−6或1,0或1,1．
【点睛】此题考查了二次函数和几何图形综合问题，解题的关键是熟练掌握等腰三角形性质、待定系数法及二次函数的性质．
18．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考一模）如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A−1，0，B3，0两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A的直线l：y=−x−1与抛物线的另一个交点为点C，点P是抛物线对称轴上的一点，连接PA，PC，当PA=PC时，求P点坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)点P的坐标为1，−3．
【分析】（1）利用待定系数法即可求得结果；
（2）设点P1，m，根据PA2=PC2列出方程，进一步求得结果．
【详解】（1）解：把A−1，0，B3，0代入y=−x2+bx+c，
−1−b+c=0−9+3b+c=0，解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：∵抛物线对称轴为：x=−1+32=1，
∴设P1，m，
由−x2+2x+3=−x−1得，
x1=−1（舍去），x2=4，
当x=4时，y=−4−1=−5，
∴C4，−5，
由题意得PA2=PC2，
∴22+m2=4−12+m+52，
∴m=−3，
∴点P的坐标为1，−3．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，掌握待定系数法求解析式，勾股定理是解决问题的关键．
19．（2023·山东滨州·统考一模）如图，抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x＝1，与x轴交于点A，B(3,0)，与y轴交于点C，连接AC．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DM⊥x轴，垂足为点M，DM交直线BC于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)存在，2,1或5,3−5或52,12
【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线x=1，抛物线经过点B(3,0)，可得A(−1,0),，用待定系数法即可求解；
（2）求出直线BC的解析式，设点D坐标为(t,−t2+|2t+3),，则点N(t,−t+3)，利用勾股定理表示出AC2,AN2,CN2，然后分①当AC=AN时，②当AC=CN时，③当AN=CN时三种情况进行讨论，列出关于t的方程，求出t的值，即可写出点N的坐标；
【详解】（1）抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，与x轴交于点A，B3，0，
∴A－1，0，
∴a−2+c=09a+6+c=0，
解得a=−1c=3，
∴抛物线的解析式y=−x2+2x+3；
（2）∵y=−x2+2x+3，
∴C(0,3)，
设直线BC的解析式为y=kx+3，
将点B(3,0)代入得：0=3k+3，
解得：k=−1,，
∴直线BC的解析式为y=−x+3；
设点D坐标为t,−t2+2t+3，则点Nt,−t+3，
∵A(−1,0),C(0,3)，
∴AC2=12+32=10，
AN2=t+12+−t+32=2t2−4t+10，
CN2=t2+3+t−32=2t2，
①当AC=AN时，即AC2=AN2，
∴10=2t2−4t+10，
解得t1=2，t2=0（不合题意，舍去），
∴点N的坐标为(2,1)；
②当AC=CN时，即AC2=CN2，
∴10=2t2，
解得t1=5，t2=−5（不合题意，舍去），
∴点N的坐标为5,3−5；
③当AN=CN时，即AN2=CN2，
∴2t2−4t+10=2t2，
解得t=52，
∴点N的坐标为52,12；
综上，存在，点N的坐标为2,1或5,3−5或52,12；
【点睛】本题主要考查了待定系数法求解析式，等腰三角形的性质，二次函数的性质等，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会分类讨论．
20．（2023·河北唐山·校考模拟预测）如图1，抛物线y=−x2+bx+c与x轴正半轴、y轴分别交于A3,0、B0,3两点，点P为抛物线的顶点，连接AB、BP．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求∠PBA的度数；
(3)如图2，点M从点O出发，沿着OA的方向以1个单位/秒的速度向A匀速运动，同时点N从点A出发，沿着AB的方向以2个单位/秒的速度向B匀速运动，设运动时间为t秒，ME⊥x轴交AB于点E，NF⊥x轴交抛物线于点F，连接MN、EF．
①当EF∥MN时，求点F的坐标；
②在M、N运动的过程中，存在t使得△BNP与△BMN相似，请直接写出t的值．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)∠PBA=90°
(3)① F(2,3)；② t=1
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，过点P作PD⊥y轴于点D，可证：△PBD是等腰直角三角形，△AOB是等腰直角三角形，即可求得答案；
（3）①如图2，延长FN交x轴于点G，由△AEM是等腰直角三角形，可得EM=AM=3−t，再由四边形EFNM是平行四边形，可得EM=FN，建立方程求解即可得出答案；
②如图3，过点N作NG⊥x轴于点G，由于∠MBN<90°，故∠MBN≠∠PBN，若∠BMN=∠PBN=90°，推出t=0，不符合题意；若∠BNM=∠PBN=90°，可求得t=1，进而可得△BNM∽△NBP，故t=1．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A(3,0)、B(0,3)两点，
∴ −9+3b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴顶点P(1,4)，
如图1，过点P作PD⊥y轴于点D，
则D(0,4)，∠PDB=90°，
∴PD=1，BD=4−3=1，
∴PD=BD，
∴△PBD是等腰直角三角形，
∴∠PBD=45°，BP=2，
∵OA=OB=3，∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=45°，AB=32，
∴∠PBA=180°−∠PBD−∠ABO=180°−45°−45°=90°；
（3）①如图2，延长FN交x轴于点G，
由题意得：OM=t，AN=2t，
∴AM=3−t，
∵FN⊥x轴，
∴∠AGN=90°，
由（2）知：△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO=45°，
∴△ANG是等腰直角三角形，
∴AG=NG=22AN=22×2t=t，
∴G(3−t,0)，
当x=3−t时，−x2+2x+3=−(3−t)2+2(3−t)+3=−t2+4t，
∴F(3−t,−t2+4t)，
∴FG=−t2+4t，
∴FN=FG−NG=−t2+4t−t=−t2+3t，
∵ME⊥x轴，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴EM=AM=3−t，
∵ME⊥x轴，
∵EF∥MN，FN⊥x轴，
∴四边形EFNM是平行四边形，
∴EM=FN，
∴3−t=−t2+3t，
解得：t=1或t=3（不符合题意，舍去），
∴F(2,3)；
②存在．如图3，过点N作NG⊥x轴于点G，
由①知：OM=t，AN=2t，AG=NG=t，
∴MG=3−2t，
∴BN=32−2t，BP=2，∠PBN=90°，
∵∠MBN<90°，
∴∠MBN≠∠PBN，
若∠BMN=∠PBN=90°，
则∠BMO+∠NMG=90°，
∵∠BOM=∠MGN=90°，
∴∠BMO+∠MBO=90°，
∴∠MBO=∠NMG，
∴△BMO∽△MNG，
∴ OBMG=OMNG，即33−2 t=tt=1，
∴3−2t=3，
解得：t=0（不符合题意，舍去），
故∠BMN≠∠PBN，
若∠BNM=∠PBN=90°，则∠ANM=90°，
∴△AMN是等腰直角三角形，
∴AM=2AN=2t，
∴OA=OM+AM=3t=3，
∴t=1，
当t=1时，MN=AN=2，
∴BN=AB−AN=32−2=22，
∵ MNBN=222=12，BPBN222=12，
∴ MNBN=BPBN，且∠BNM=∠PBN=90°，
∴△BNM∽△NBP，
综上所述，当△BNP与△BMN相似时，t=1．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
21．（2023春·广东佛山·九年级校考阶段练习）已知抛物线y=x2+2x+c−1与x轴有两个不同的交点．
(1)试确定c的取值范围．
(2)设该抛物线与x轴的交点为A，B，其中A1，0；抛物线与y轴交于点C，如图所示．
①求该抛物线的表达式并确定B点坐标和C点坐标；
②连接BC，动点D以每秒1个单位长度的速度由A向B运动，同时动点E以每秒2个单位长度的速度由B向C运动，连接DE，当点E到达点C的位置时，D、E同时停止运动，设运动时间为t秒．当△BDE为直角三角形时，求t的值．
【答案】(1)c<2
(2)①y=x2+2x−3，B−3，0，C0，−3；②2或43
【分析】（1）抛物线y=x2+2x+c−1与x轴有两个不同的交点，即方程x2+2x+c−1=0有两个不相等的实数根，据此利用根的判别式求解即可；
（2）①利用待定系数法求出抛物线解析式，再求出B、C的坐标即可；②分当∠BDE=90°时，则∠DBE=∠DEB=45°，当∠BED=90°时，则∠DBE=∠BDE=45°，分别用含t的式子表示出BE，BD的长，由此利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+2x+c−1与x轴有两个不同的交点，
∴方程x2+2x+c−1=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=22−4c−1>0，
∴c<2；
（2）解：把A1，0代入到抛物线解析式y=x2+2x+c−1中得：1+2+c−1=0，
∴c=−2，
∴抛物线解析式为y=x2+2x−2−1=x2+2x−3，
当x=0时，y=−3，
∴C0，−3；
当y=0时，则x2+2x−3=0，
解得x=−3或x=1，
∴B−3，0；
②∵C0，−3，B−3，0，
∴OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°；
当∠BDE=90°时，则∠DBE=∠DEB=45°，
∴BD=DE，
∴BE=BD2+DE2=2BD，
∵动点D以每秒1个单位长度的速度由A向B运动，同时动点E以每秒2个单位长度的速度由B向C运动，
∴BD=AB−AD=1−−3−t=4−t，BE=2t，
∴2t=24−t，
解得t=2；
当∠BED=90°时，则∠DBE=∠BDE=45°，
∴BE=DE=2t，
∴BD=BE2+DE2=2t，
又∵BD=AB−AD=4−t，
∴2t=4−t，
解得t=43；
综上所述，t的值为2或43．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，二次函数与一元二次方程之间的关系，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
22．（2023春·山东菏泽·九年级菏泽市牡丹区第二十一初级中学校考阶段练习）如图，已知抛物线y=ax2+bx+ca≠0的顶点坐标为Q2,−1，且与y轴交于点C0,3，与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），点P是该抛物线上一动点，从点C沿抛物线向点A运动（点P与A不重合），过点P作PD∥y轴，交线段AC于点D．
(1)求该抛物线的函数关系式；
(2)设Px,y，PD的长度为l，求l与x的函数关系式，并求l的最大值；
(3)当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)l=−x2+3x，最大值为94
(3)1,0或2,−1
【分析】（1）根据题意可设y=ax−22−1，再将C0,3代入，即可求解；
（2）先求出A3,0,B1,0，再求出直线AC的函数关系式，Dx,−x+3,Px,x2−4x+3，可得到l与x的函数关系式，再结合二次函数的性质，即可求解；
（3）分两种情况，结合直角三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为Q2,−1，
∴可设y=ax−22−1，
将C0,3代入上式得3=a0−22−1，
解得：a=1，
∴该抛物线的函数关系式为y=x−22−1=x2−4x+3；
（2）解：令y=0，得0=x2−4x+3，
解得x1=1,x2=3，
∵点A在点B的右边，
∴A3,0,B1,0，
设直线AC的函数关系式为y=mx+n，
将A3,0,C0,3代入上式得，
0=3m+n3=n，解得：m=−1n=3，
∴直线AC的函数关系式为y=−x+3，
∵D在直线y=−x+3上，P在抛物线y=x2−4x+3上，且PD∥y轴，
∴Dx,−x+3,Px,x2−4x+3，
∴l=PD=−x+3−x2−4x+3=−x2+3x=−x−322+94，
即l与x的函数关系式为l=−x2+3x，
∴当x=32时，l取得最大值为94．
（3）解：分两种情况：
①当点P为直角顶点时，如图1，点P与点B重合，
由（2）可知B1,0，
∴P1,0．
②当点A为直角顶点时，如图2，
∵OA=OC,∠AOC=90°，
∴∠OAD=45°，
当∠DAP=90°时，∠OAP=45°，
∴AO平分∠DAP，
又∵PD∥y轴，
∴PD⊥AO，
∴P与D关于x轴对称，
∵Dx,−x+3,Px,x2−4x+3，
∴−x+3+x2−4x+3=0，
整理得x2−5x+6=0，
∴x1=2,x2=3（舍去），
当x=2时，y=x2−4x+3=22−4×2+3=−1，
∴P的坐标为2,−1．
∴满足条件的P点坐标为1,0或2,−1．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了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、依据题意列出l与x的函数关系式是解答问题（2）的关键，证得点D与P关于x轴对称，利用关于x轴对称点的特点列出关于x的方程是解答问题（3）的关键．
23．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，抛物线y=ax2−8ax+12a(a<0)与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），抛物线上另有一点C在第一象限，满足∠ACB为直角，且使∠OCA＝∠OBC．
(1)求线段OC的长；
(2)求该抛物线的函数关系式；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BCP是以BC为腰的等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)23
(2)y=−33x2+833x−43
(3)存在，4,3−11，4,3+11，4,22，4,−22
【分析】（1）令抛物线中y=0，可得出A、B的坐标．再由已知证明△OCA∼△OBC，得出OC2=OA·OB，从而求出OC的长度，
（2）设AC=k，则BC=3k，在Rt△ABC中，可求出k的值，继而就可得出OC=BC=23，过点C作CD⊥AB于点D，然后利用解直角三角形的知识，可求出点C的坐标，代入可得出二次函数解析式．
（3）设出P点坐标，用坐标系两点间距离公式表示出BP和CP的长，分BP=BC和CP=BC两种情况，分别列方程即可求出P点坐标．
【详解】（1）解：由ax2−8ax+12a=0(a<0)
得x1=2，x2=6．
A、B两点坐标分别为：(2,0)，(6,0)．
由知OA=2，OB=6．
又∵ ∠OCA=∠OBC，∠COA=∠AOC，
∴ △OCA∼△OBC，
∴ OAOC=OCOB=ACBC
∴OC2=OA·OB=2×6=12．
∴OC=23．
∴线段OC的长为23．
（2）解：由（1）知OA=2，OC=23，△OCA∼△OBC，
∴ ACBC=OAOC=223=13
设AC=k，则BC=3k
由AC2+BC2=AB2得
k2+( 3k)2=(6−2)2
解得k=2，（k=−2舍去）
∴AC=2，BC=23=OC
过点C作CD⊥AB于点D，
∴OD=12OB=3
∴CD=OC2−OD2=3
∴C的坐标为(3,3)
将C点的坐标代入抛物线的解析式得3=a(3−2)(3−6)
∴a=−33
∴抛物线的函数关系式为：y=−33x2+833x−43．
（3）由（2）可知抛物线y=−33x2+833x−43，
∴抛物线的对称轴x=4，
设P点坐标为(4,y)，
∵C的坐标为(3,3)，B的坐标(6,0)．
故：BP2=(6−4)2+y2=4+y2，CP2=(4−3)2+(3−y)2=4−23y+y2，BC=(23)2=12，
若等腰三角形△BCP中，BC=BP，即：4+y2=12，解得：y=±22，
此时P点坐标为：4,22，4,−22，
若等腰三角形△BCP中，BC=CP，即：4−23y+y2=12，解得：y=3±11，
此时P点坐标为：4,3−11，4,3+11，
综上所述：在抛物线的对称轴上存在一点P，使得△BCP是以BC为腰的等腰三角形，符合条件的点P的坐标为：4,22，4,−22，4,3−11，4,3+11．
【点睛】本题考查了二次函数的知识，其中涉及了数形结合问题，由抛物线求二次函数的解析式，用几何中相似三角形的性质求点的坐标等知识．注意这些知识的综合应用．
24．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4a≠0与x轴交于点A−3，0，B4，0，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P为线段BC上方抛物线上的一点，过点P作PE∥x轴交直线BC于点E，过点P作PF∥AC交直线BC于点F，求△PEF周长的最大值及此时点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，将抛物线y=ax2+bx+4a≠0沿射线CB方向平移，得到新抛物线y'，新抛物线和原抛物线交于点B，点M是x轴上的一动点，点Q是新抛物线上的一点，是否存在以点P、M、Q为顶点的三角形是以PQ为斜边的等腰直角三角形，若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标．
【答案】(1)y=−13x2+13x+4
(2)△PEF的周长最大为16221+167，此时点P的坐标为2，103
(3)−1+353，0或−1−353，0或28+653，0或28−653，0
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）如图所示，过点P作PG⊥x轴交直线BC于G，先求出C0，4，进而求出直线BC的解析式为y=−x+4，设Pm，−13m2+13m+4，则Gm，−m+4，则PG=−13m−22+43，求出OB=OC=4，OA=3，得到∠OBC=∠OCB=45°，AC=5，AB=7，BC=42；进一步证明△PEG是等腰直角三角形，得到PE=PG=−13m2+43m；证明△ABC∽△PEF，一处EF=427PE，PF=57PE，则△PEF的周长=427PE+127PE，推出当PE最大时，△PEF的周长最大，据此求解即可；
（3）由OC=OB，可设将抛物线y=−13x2+13x+4=−13x−122+4912向右平移n个单位长度，再向下平移n个单位长度得到新抛物线y'，再根据平移后的抛物线与原抛物线交于点B，求出平移后的抛物线解析式为y'=−13x−922+112；设点M的坐标为t，0，然后分如图1所示，当点M在点P左侧时，过点P作PH⊥x轴于H，过点Q作QH⊥x轴于E，如图2所示，当点M在点P左侧时，过点P作PH⊥x轴于H，过点Q作QH⊥x轴于E，两种情况证明△HPM≌△GMQ，得到QG=MH，MG=PH，进而用含t的式子表示出点Q的坐标，再根据，点Q在抛物线y'=−13x−922+112上进行代入求解即可．
【详解】（1）解：把A−3，0，B4，0代入到抛物线解析式y=ax2+bx+4a≠0中得：9a−3b+4=016a+4b+4=0，
解得a=−13b=13，
∴抛物线解析式为y=−13x2+13x+4
（2）解：如图所示，过点P作PG⊥x轴交直线BC于G，
在y=−13x2+13x+4中，当x=0时，y=4，
∴C0，4，
设直线BC的解析式为y=kx+b1，
∴4k+b1=0b1=4，
∴k=−1b1=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
设Pm，−13m2+13m+4，则Gm，−m+4，
∴PG=−13m2+13m+4−−m+4=−13m2+43m=−13m−22+43，
∵B4，0，C0，4，A−3，0，
∴OB=OC=4，OA=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，AC=OA2+OC2=5，AB=OA+OB=7，BC=OC2+OB2=42；
∵PG⊥x轴，PE∥x轴，
∴∠PEG=∠OBC=45°，PE⊥PG，
∴△PEG是等腰直角三角形，
∴PE=PG=−13m2+43m；
∵AC∥PF，
∴∠ACB=∠PFE，
∴△ABC∽△PEF，
∴ABPE=BCEF=ACPF，即7PE=42EF=5PF，
∴EF=427PE，PF=57PE，
∴△PEF的周长=EF+PF+PE=427PE+127PE，
∴当PE最大时，△PEF的周长最大，
∵PE=−13m−22+43，−13<0，
∴当m=2时，PE最大，最大为43，
∴△PEF的周长最大为16221+167，此时点P的坐标为2，103；
（3）解：∵OC=OB，
∴可设将抛物线y=−13x2+13x+4=−13x−122+4912向右平移n个单位长度，再向下平移n个单位长度得到新抛物线y'，
∴y'=−13x−12−n2+4912−n，
∵平移后的抛物线与原抛物线交于点B，
∴0=−134−12−n2+4912−n，
∴494−7n+n2=494−3n，
解得n=4或n=0（舍去），
∴平移后的抛物线解析式为y'=−13x−12−42+4912−4=−13x−922+112；
设点M的坐标为t，0，
如图1所示，当点M在点P左侧时，过点P作PH⊥x轴于H，过点Q作QG⊥x轴于G，
∴∠PHM=∠MGQ=90°，
∵△PMQ以PQ为斜边的等腰直角三角形，
∴PM=MQ，∠PMQ=90°，
∴∠HMP+∠HPM=90°=∠GMQ+∠HMP，
∴∠HPM=∠GMQ，
∴△HPM≌△GMQAAS，
∴QG=MH，MG=PH，
∵P2，103，Mt，0，
∴PH=103，MH=2−t，
∴QG=2−t，MG=103，
∴OG=t+103，
∴Qt+103，t−2，
∵点Q在抛物线y'=−13x−922+112上，
∴−13t+103−922+112=t−2，
∴t2−73t+4936=−3t+254，
∴t2+23t−449=0，
解得t=−1+353或t=−1−353，
∴点M的坐标为−1+353，0或−1−353，0；
如图2所示，当点M在点P左侧时，过点P作PH⊥x轴于H，过点Q作QH⊥x轴于E，
同理可证△HPM≌△GMQAAS，
∴QG=MH，MG=PH，
∵P2，103，Mt，0，
∴PH=103，MH=t−2，
∴QG=t−2，MG=103，
∴OG=t−103，
∴Qt−103，2−t，
∵点Q在抛物线y'=−13x−922+112上，
∴−13t−103−922+112=2−t，
∴t−4762=3t−234，
∴t2−473t+220936=3t−234，
∴t2−563t+6049=0，
∴t−2832=20，
解得t=28+653或t=28−653，
∴点M的坐标为28+653，0或28−653，0；
综上所述，点M的坐标为−1+353，0或−1−353，0或28+653，0或28−653，0．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，一次函数与几何综合等等，正确作出辅助线并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
25．（2023·山东泰安·统考一模）抛物线 y=12x2+bx+c与x轴交于点A−2,0和B4,0，与y轴交于点C，连接BC．点P是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，设点P的横坐标为t．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)用关于t的代数式表示线段PM，求PM的最大值及此时点M的坐标；
(3)过点C作CH⊥PN于点H，S△BMN=9S△CHM，
①求点P的坐标；
②连接CP，在y轴上是否存在点Q，使得△CPQ为直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−x−4
(2)PMmax=2，M2,−2
(3)①P1,−92；②存在，Q0,−92或0,−132
【分析】（1）将点A(−2,0)和B(4,0)代入解析式，列方程组求解即可得到答案；
（2）令x=0求出点C坐标，从而求出直线BC解析式，用t表示点P点M坐标，从而得到PM关于t的函数，求出最值即可得到答案；
（3）①根据题意用t表示点H的坐标根据面积列方程求解即可得到答案；②设出点Q坐标，分∠CPQ=90°，∠CQP=90°两类讨论，根据勾股定理逆定理即可得到答案．
【详解】（1）将点A(−2,0)和B(4,0)代入解析式，
得12×(−2)2−2b+c=012×42+4b+c=0，解得b=−1c=−4，
∴该抛物线的解析式为y=12x2−x−4；
（2）由题意可得P点坐标为P(t,12t2−t−4)，
令x=0得y=−4，
∴点C坐标为C(0,−4)，
设直线BC的解析式为y=kx+m，将B、C坐标代入，
得m=−44k+m=0，解得m=−4k=1，
∴直线BC的解析式为y=x−4，
∵PN∥y轴，
∴点M的坐标为M(t,t−4)，
∴PM=t−4−(12t2−t−4)=−12t2+2t=−12(t−2)2+2，
∵−12<0，
∴当t=2时，PM的值最大，PMmax=2 ，
此时点M的坐标为：M(2,−2)；
（3）①由题意可得，如图1，
∵CH⊥PN，PN∥y轴，
∴点C、H纵坐标相同，点N、H、P的横坐标相同，
∴点H的坐标为H(t,−4)，点N的坐标为N(t,0)，
∵S△BMN=9S△CHM，
∴12×(4−t)×t−4=9×12×t×t，
即(4−t)2=9t2，
解得t1=1，t2=−2（不符合题意舍去）
∴点P的坐标为P(1,−92)；
②当∠CQP=90°时，如图2所示，
∵∠CQP=90°，
∴点Q、P的纵坐标相同，
∴此时Q点坐标为Q(0,12t2−t−4)，
即Q(0,−92)；
当∠CPQ=90°时，如图3所示，
设Q(0,n)，
根据勾股定理得(n+4)2=(−1)2+(n+92)2+12+(−12)2，
解得n=−132 ，
∴Q(0,−132)，
综上所述，点Q的坐标为(0,−92)或(0,−132)．
【点睛】本题考查了二次函数的几何综合，根据二次函数性质求最值问题，动点围成直角三角形问题，解题的关键是根据题意设出点的坐标，利用性质列式求解．
26．（2023·吉林长春·长春市解放大路学校校考模拟预测）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=x2+ax与x轴交于点A3,0，点P在抛物线上，且点P的横坐标为m．
(1)求该抛物线的函数表达式．
(2)当点P不与点O、A重合时，连结OP、AP．
①直接写出△OAP的面积随m增大而增大时m的取值范围．
②当∠OPA=90°时，求m的值．
(3)点P关于直线x=−2m+1的对称点为点Q，当m<13时，连结PQ，以PQ为边向下作正方形PQMN，若抛物线与正方形PQMN有3个公共点，直接写出m的值．
【答案】(1)y=x2−3x
(2)①m>3或0(3)0或−3+222或−3−222
【分析】（1）把点A3,0代入y=x2+ax，即可求解；
（2）①根据题意可得点P的坐标为m,m2−3m，然后分两种情况：当m<0或m>3时，当0（3）根据题意可得点Q的坐标为−5m+2,m2−3m，再由m<13，可得QM=PQ=−6m+2，从而得到点M的坐标为−5m+2,m2+3m−2，然后根据抛物线与正方形PQMN有3个公共点，分两种情况：当点M在抛物线上时，当MN过抛物线顶点时，即可求解．
【详解】（1）解：把点A3,0代入y=x2+ax得：
0=9+3a，解得：a=−3，
∴抛物线的解析式为y=x2−3x；
（2）解：①如图，
∵点A3,0，
∴OA=3，
∵点P的横坐标为m，
∴点P的坐标为m,m2−3m，
当m<0或m>3时，
S△OAP=12×3m2−3m=32m−322−278，
∵32>0，
∴当m>3时，△OAP的面积随m增大而增大；
当0S△OAP=12×3−m2+3m=−32m−322+278，
∵−32<0，
∴当0综上所述，当m>3或0②由①得：点P的坐标为m,m2−3m，
∴OP2=m2+m2−3m2,AP2=m−32+m2−3m2,OA2=9，
∵∠OPA=90°，
∴OP2+AP2=OA2，
∴m2+m2−3m2+m−32+m2−3m2=9，
解得：m=3+52或3−52或0（舍去）或3（舍去），
∴m的值为3+52或3−52；
（3）解：∵y=x2−3x=x−322−94，
∴抛物线的顶点坐标为32,−94，
∵点P关于直线x=−2m+1的对称点为点Q，
∴点Q的坐标为−5m+2,m2−3m，
∵m<13，
∴x=−2m+1>13，
∴PQ=−5m+2−m=−6m+2，
∵四边形PQMN是正方形，
∴MQ=PQ=−6m+2，
∴点M的坐标为−5m+2,m2+3m−2，
当点M在抛物线上时，抛物线与正方形PQMN有3个公共点，如图，
此时有−5m+22−3−5m+2=m2+3m−2，
解得：m=0或13（舍去）；
当MN过抛物线顶点时，如图，
此时有m2+3m−2=−94，
解得：m=−3+222或−3−222；
综上所述，m的值为0或−3+222或−3−222．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，正方形的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
27．（2023春·山东济南·九年级校考阶段练习）如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于点A3,0,C−1,0两点，交y轴于点B．
(1)求二次函数表达式和点B的坐标．
(2)在直线AB上方的抛物线上有一动点E，作EG⊥x轴交x轴于点G，交AB于点M，作EF⊥AB于点F，若点M的横坐标为m，求线段EF的最大值．
(3)抛物线对称轴上是否存在点P使得△ABP为直角三角形，若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−23x2+43x+2，B0,2
(2)91326
(3)存在，点P的坐标为1,−3或1,72或1,1+3或1,1−3
【分析】（1）根据待定系数法即可求出抛物线的解析式，进而求出点B的坐标；
（2）先求出直线AB的解析式，设M（m,−23m+2）,E（m,−23m2+43m+2），然后用含m的代数式表示出EM，易得∠FEM=∠BAO，然后利用cs∠FEM=cs∠BAO=EFEM=OAAB即可得到EF关于m的函数关系式，再利用二次函数的性质即可求出结果；
（3）先求出抛物线的对称轴是直线x=1，所以可设点P的坐标为1,n，然后根据两点间的距离表示出AP2,BP2,AB2，再分三种情况列出方程求解即可．
【详解】（1）解：将A3,0,C−1,0两点代入y=ax2+bx+2，
得：9a+3b+2=0a−b+2=0，解得a=−23b=43
所以抛物线的解析式是y=−23x2+43x+2，
将x=0代入得y=2，所以点B0,2；
（2）解：直线AB的表达式为y=kx+b，
将A3,0,B0,2代入得：3k+b=0b=2，解得k=−23b=2，
所以直线AB的解析式为y=−23x+2，
设M（m,−23m+2）,E（m,−23m2+43m+2），
∴EM=−23m2+43m+2−−23m+2=−23m2+2m，
∵∠EFM=∠AGE=90°,∠EMF=∠AMG，
∴∠FEM=∠BAO，且AB=13，
∴cs∠FEM=cs∠BAO=EFEM=OAAB，
∴EF−23m2+2m=313，
∴EF=313−23m2+2m=−21313m−322+91326，
∴当m=32时，EF的最大值是91326；
（3）因为抛物线的对称轴是直线x=−432×−23=1，
所以可设点P的坐标为1,n，
∴AP2=22+n2,BP2=1+n−22,AB2=13，
由于△ABP为直角三角形，
当∠PAB=90°时，AB2+AP2=BP2，即22+n2+13=1+n−22，
解得：n=−3，此时点P坐标为1,−3；
当∠PBA=90°时，AB2+BP2=AP2，即1+n−22+13=22+n2，
解得：n=72，此时点P坐标为1,72；
当∠APB=90°时，BP2+AP2=AB2，即22+n2+1+n−22=13，
解得：n=1±3，此时点P坐标为1,1+3或1,1−3；
综上，在抛物线的对称轴上存在点P，使△ABP为直角三角形，且点P的坐标为1,−3或1,72或1,1+3或1,1−3
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、利用二次函数的性质求最值、三角函数以及勾股定理等知识，具有一定综合性，熟练掌握二次函数的相关知识、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
28．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）已知抛物线L：y=12x2+bx+c经过点−2,3和6,7，与x轴的交点为A、B，且点A在点B的左侧，与y轴交于点C．
(1)求抛物线L的函数表达式：
(2)将抛物线L平移，得到抛物线L'，且点A经过平移后得到的对应点为A'．要使△A'BC是以BC为斜边的等腰直角三角形，求满足条件的抛物线L'的函数表达式．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)y=12x−722−178或y=12x−1122−498
【分析】（1）把点−2,3和6,7代入y=12x2+bx+c，求出b和c的值，即可求出表达式；
（2）根据题意，画出图形，再进行分类讨论：①当点A'在BC上方时，②当点A'在BC下方时，分别求出A'的坐标，分析函数的平移方式，即可求解．
【详解】（1）解：把点−2,3和6,7代入y=12x2+bx+c得：
3=2−2b+c7=18+6b+c，解得b=−32c=−2，
∴抛物线L的函数表达式为：y=12x2−32x−2．
（2）解：把y=0代入y=12x2−32x−2得：0=12x2−32x−2，
解得：x1=−1，x2=4，
∵点A在点B的左侧，
∴A−1,0,B4,0，
把x=0代入得y=−2，
∴C0,−2，
①当点A'在BC上方时：
过点A'作x轴的平行线交y轴于点P，过点B作y轴的平行线，交AP'于点Q，
∵PQ∥x轴，BQ∥y轴，∠POB=90°，
∴四边形POBQ为矩形，
∵∠PCA'+∠PA'C=∠PA'C+∠BA'Q=90°，
∴∠PCA'=∠BA'Q，
∵△A'BC是以BC为斜边的等腰直角三角形，
∴A'C=A'B，
在△CPA'和△A'QB中，
∠PCA'=∠BA'Q∠CPA'=∠A'QBA'C=A'B，
∴△CPA'≌△A'QBAAS，
设点A'm,n，
∴A'P=BQ=OP=m，
∴m=n，
∵CP=A'Q=2+n，PA'+A'Q=m+2+n=4，
∴m=nm+2+n=4，解得：m=1n=1，
∴A'1,1，
∴抛物线L向上平移1个单位长度，向右平移2个单位长度得到L'，
∵抛物线L的函数表达式为：y=12x2−32x−2=12x−322−258，
∴抛物线L'的函数表达式为：y=12x−722−178，
②当点A'在BC下方时：
同理可得：
设点A'm,n，
∴A'P=BQ=OP=m，
∴m=−n，
∵CP=A'Q=−2−n，PA'+A'Q=m−2−n=4，
∴m=−nm−2−n=4，解得：m=3n=−3，
∴A'3,−3，
∴抛物线L向下平移3个单位长度，向右平移4个单位长度得到L'，
∴抛物线L'的函数表达式为：y=12x−1122−498，
综上：抛物线L'的函数表达式y=12x−922−178或y=12x−1122−498．
【点睛】本题主要主要考查了二次函数综合，解题的关键是掌握待定系数法求解函数表达式的方法和步骤，二次函数的平移规律“左加右减，上加下减”．
29．（2023秋·广西防城港·九年级统考期末）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过点A3,0与点C0,3．
(1)求抛物线对应的函数解析式，并写出抛物线与x轴的交点B的坐标；
(2)点P在线段AC上，过点P作x轴的垂线与抛物线交于点Q，直线PQ交x轴于点M，连接CQ，OP，如果S△CPQ=2S△OPM，求PM的长；
(3)探究抛物线的对称轴上是否存在一点E，使得以点E，B，C为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，−1,0
(2)1
(3)存在，点E1,1或1,6或1,0或1,6或1,−6
【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）设点P的横坐标为m，则Qm,−m2+2m+3，Mm,0，用待定系数法求出直线AC的解析式，从而得出点P坐标，根据S△CPQ=2S△OPM，列出关于m的方程，解方程即可；
（3）由y=−x2+2x+3得抛物线的对称轴为x=1，设点E的坐标为1,n，利用勾股定理得出BE，BC，CE的长，分三种情况根据等腰三角形的性质即可求解．
【详解】（1）把A3,0，C0,3代入y=−x2+bx+c得，
c=3−9+3b+c=0，
解得b=2c=3
∴抛物线的函数解析式为y=−x2+2x+3．
令y=−x2+2x+3=0
解得x1=3，x2=−1．
∴点B坐标为−1,0．
（2）∵A3,0，C0,3
∴直线AC的解析式为y=−x+3．
设线段AC上的点Pm,−m+3，则点Mm,0，点Qm,−m2+2m+3，
∴PQ=−m2+2m+3−−m+3=−m2+3m，PM=−m+3．
∵S△CPQ=2S△OPM，
∴12PQ⋅OM=2×12PM⋅OM，
∴PQ=2PM
∴−m2+3m=2−m+3，
解得m1=2，m2=3（不合题意，舍去）．
∴PM=−m+3=−2+3=1．
（3）存在．抛物线的对称轴为x=1，
设点E为1,n，
∴CE2=3−n2+12，BE2=n2+22，BC2=32+12=10．
①当CE=BE时，有CE2=BE2
∴3−n2+12=n2+22，
解得n=1．
②当CE=BC时，有CE2=BC2，
∴3−n2+12=10，
解得n1=6，n2=0．
③当BE=BC时，有BE2=BC2，
∴n2+22=10，
解得n1=6，n2=−6．
综上所述，抛物线上存在点E1,1或1,6或1,0或1,6或1,−6，使△EBC是等腰三角形．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，用点的坐标表示线段长度，等腰三角形的性质等知识，关键是对二次函数性质的掌握和运用以及分类思想的运用．
30．（2023·山西晋中·统考一模）综合与探究
如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A−2,0，B6,0两点，与y轴交于点C，且OC=6，点D是抛物线上第一象限内的一个动点，设点D的横坐标为m．连接AC、BC、DB、DC．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)过点D作与y轴的平行线的直线l，与BC交于点E，当△CDE是以DE为底边的等腰三角形时，求点D的坐标．
(3)若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+2x+6
(2)2,8
(3)−2,210，−2,−210，2,0，−2,103
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）首先求出直线BC的表达式，然后设出点D和点E的坐标，根据DH=EH列方程求解即可；
（3）然后根据题意分4种情况讨论，分别根据菱形的性质求解即可．
【详解】（1）∵y=ax2+bx+c经过点A−2,0，B6,0两点，OC=6，则
4a−2b+c=036a+6b+c=0c=6，
解得，a=−12，b=2，c=6，
∴y=−12x2+2x+6．
（2）设直线BC解析式为y=kx+b'，将点B6,0、C0,6的坐标代入，
并解得：k=−1，b'=6，
直线BC的表达式为：y=−x+6，
设直线l与x轴交于点M．
设点Dm,−12m2+2m+6，则点Em,−m+6，
过点C作CH⊥l，垂足为H，则四边形OMHC是矩形．
∴CH=OM，MH=OC，
∴Hm,6，
∵CD=CE，CH⊥DE，
∴DH=EH，
∴−12m2+2m+6−6=6−−m+6，
解得：m1=0（舍去），m2=2，
故m=2，
∴−12m2+2m+6=−12×22+2×2+6=8，
∴点D的坐标为2,8；
（3）存在．
设点M0,m，
如图所示，当四边形ACNM是菱形时，
∵A−2,0，四边形ACNM是菱形，
∴AO=NO=2，
∴N2,0；
如图所示，当四边形ACMN是菱形时，
∵A−2,0，C0,6，
∴AC=AO2+CO2=210，
∵四边形ACMN是菱形，
∴AC=MC=AN=210，AN∥MC，
∴N−2,210；
如图所示，当四边形ACMN是菱形时，
∵四边形ACMN是菱形，
∴AC=MC=AN=210，AN∥MC，
∴N−2,−210；
如图所示，当四边形AMCN是菱形时，
∵四边形AMCN是菱形，
∴设AM=CM=x，则OM=6−x，
∴在Rt△AOM中，
AO2+MO2=AM2，即22+6−x2=x2，
∴解得x=103，
∴CM=103，
∴AN=CM=103，
∵AN∥CM，
∴N−2,103；
综上所述，点N的坐标为−2,210，−2,−210，2,0，−2,103．
【点睛】本题是二次函数与几何的综合，考查了待定系数法求二次函数的解析式，菱形的存在性问题，对于菱形存在性问题，注意分类讨论．
31．（2023·全国·九年级专题练习）抛物线 y=ax2+bx−32经过点(1,−1)，现将一块等腰直角三角板ABC(∠ACB=90°)按照如图的方式放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A、C坐标分别为(0,2)、(−1,0)．B点在抛物线y=ax2+bx−32图象上．
(1)求点B的坐标：
(2)求抛物的解析式；
(3)在抛物线上是否还存在点P(点B除外)，使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点B的坐标为(−3,1)
(2)抛物线的解析式为y=13x2+16x−32
(3)存在，点P的坐标为(1,−1)
【分析】（1）根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距离，即B的坐标；
（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；
（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案．
【详解】（1）解：(1)过点B作BD⊥x轴，垂足为D．
∵∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°，
∴∠BCD=∠CAO，
又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，
∴△BCD≌△CAO(AAS)，
∴BD=OC=1，CD=OA=2，
∴点B的坐标为(−3,1)；
（2）抛物线y=ax2+bx−32经过点(1,−1)，点B(−3,1)，
则a+b−32=−19a−3b−32=1，
解得a=13b=16，
所以抛物线的解析式为y=13x2+16x−32；
（3）假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：
①若以点C为直角顶点；
则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，
过点P1作P1M⊥x轴，
∵ CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，
∴ △MP1C≌△DBC(AAS)，
∴ CM=CD=2，P1M=BD=1，
∵OC=1，
∴OM=1，
∴ P1(1,−1)；
②若以点A为直角顶点；
则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形△ACP2，
过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO，
∴ NP2=OA=2，AN=OC=1，
∴点P2(2,1)，
③以A为直角顶点的等腰Rt△ACP的顶点P有两种情况．即过点A作直线l⊥AC，在直线l上截取AP=AC时，点P可能在y轴右侧，即现在解答情况②的点P2；
点P也可能在y轴左侧，即还有第③种情况的点P3．因此，然后过P3作P3G⊥y轴于G，同理：△AGP3≌△CAO，
∴ GP3=OA=2，AG=OC=1，
∴ P3为(−2,3)；
经检验，点P1(1,−1)与在抛物线y=13x2+16x−32上，点P2(2,1)，点P3(−2,3)都不在抛物线y=13x2+16x−32上．
综上，存在，点P的坐标为(1,−1)．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质等知识，本题综合性强，能力要求极高．解题的关键是利用分类讨论，数形结合的数学思想方法．
32．（2023春·广东云浮·九年级校考阶段练习）如图，已知抛物线y=x2−2x−3与x轴相交于点A和点B（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接BC，点E在线段BC上运动．
(1)求抛物线的对称轴和直线BC的解析式．
(2)过点E作x轴的垂线，交抛物线于点D，求DE的最大值和此时点D的坐标．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)对称轴为直线x=1，直线BC的解析式为y=x−3
(2)DE的最大值为94，此时点D的坐标为32,−154
(3)存在，1，6或1,−6或1,−1或1,0或1,−6
【分析】（1）利用二次函数的性质和待定系数法求解即可；
（2）设Ex,x−3，则Dx,x2−2x−3，0≤x≤3，则DE=−x−322+94，根据二次函数的性质求解即可；
（3）设Q1，t，利用两点距离坐标公式和等腰三角形的定义分AQ=AC、AQ=CQ、AC=CQ三种情况求解即可．
【详解】（1）解：y=x2−2x−3=x−12−4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1；
令y=0，则x2−2x−3=0，
解得x1=−1，x2=3，
∴A−1,0，B3,0，
令x=0，则y=−3，
∴C0,−3，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将C0,−3，B3,0代入，得b=−33k+b=0，
解得k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3；
（2）解：由题意，设Ex,x−3，则Dx,x2−2x−3，0≤x≤3，
∴DE=x−3−x2−2x−3 =−x2+3x =−x−322+94，
∵−1<0，
∴当x=32时，DE最大，最大值为94，
x2−2x−3=322−2×32−3=−154，
∴DE的最大值为94，此时点D的坐标为32,−154；
（3）解：存在．
设Q1，t，则AQ2=1+12+t2=4+t2，
AC2=12+32=10，
CQ2=12+t+32=t2+6t+10，
根据题意，分三种情况：
当AQ=AC时，有4+t2=10，解得：t=6或t=−6；
当AQ=CQ时，有4+t2=t2+6t+10，解得t=−1；
当AC=CQ时，有t2+6t+10=10，解得t=0或t=−6，
综上，符合题意的点Q坐标为1，6或1,−6或1,−1或1,0或1,−6．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、待定系数法求一次函数解析式、等腰三角形的定义、两点距离坐标公式、坐标与图形性质等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质，灵活运用数形结合思想和分类讨论思想求解是解答的关键．
33．（2023秋·山东济宁·九年级校考期末）已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−2,0)、B(6,0)两点，与y轴交于点C(0,−3)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M，过点P作x轴的垂线l，垂线l交BC于点E，AD ∥垂线l，求证△ADM∽△PEM；当PMAM最大时，求点P的坐标及PMAM的最大值；
(3)在(2)的条件下，在l上是否存在点D，使△BCD是直角三角形，若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=14x2−x−3
(2)证明见解析；P(3,−154)，PMAM的最大值为916
(3)(3,6)或(3,−9)或(3,−352−32)或(3,352−32)
【分析】（1）将A(−2,0)、B(6,0)、C(0,−3)代入y=ax2+bx+c即可求解析式；
（2）由PE∥AD，可得△ADM∽△PEM ，MPAM=PEAD，则求PFAE的最大值即可；
（3）P(3,−154)，D点在l上，则D3,t,C0,−3,B6,0，勾股定理求得DC,BC,DB，分三种情况讨论，勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：将点A(−2,0)、B(6,0)、C(0,−3)代入y=ax2+bx+c，
得4a−2b+c=036a+6b+c=0c=−3，
解得a=14b=−1c=−3，
∴y=14x2−x−3；
（2）如图，
∵ PE∥AD，
∴△ADM∽△PEM，
∴ MPAM=PEAD，
设直线BC的解析式为y=kx+d，
∴ 6k+d=0d=−3，
∴ k=12d=−3，
∴y=12x−3，
设P(t,14t2−t−3)，则E(t,12t−3)，
∴PE=12t−3−14t2+t+3=−14t2+32t，
∵A(−2,0)，
∴D(−2,−4)，
∴AD=4，
∴ MPAM=PEAD=−14t2+32t4=−116t2+38t=−116(t−3)2+916，
∴当t=3时，MPAM有最大值916，
∴P(3,−154)；
（3）∵P(3,−154)， D点在l上，则D3,t,
∵C0,−3,B6,0，
∴BC2=32+62=45,CD2=32+t+32=t2+6t+18，BD2=32+t2=t2+9
当BC为斜边时，45=t2+9+t2+6t+18，
解得：t=352−32或t=−352−32，
∴D(3,352−32)或D(3,−352−32)；
当CD为斜边时，t2+6t+18=t2+9+45，
解得：t=6；
∴D(3,6)，
当BD为斜边时，t2+9=45+t2+6t+18 ，
解得：t=−9；
∴D(3,−9)，
综上所述：ΔBCD是直角三角形时，D点坐标为(3,6)或(3,−9)或(3,−352−32)或(3,352−32)．
【点睛】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，通过构造平行线将MPAM的最大值问题转化为求PFAE的最大值问题是解题的关键．
34．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−3,0)，顶点为B(−1,3)，对称轴l与x轴交于点C．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)点M在抛物线上，过点M作对称轴l的垂线，垂足为点E，点F在l上，若以M、E、F为顶点的三角形与△ABC全等，请求出满足条件的所有点M的坐标．
【答案】(1)y=−34x2−32x+94
(2)(−4,−154)或(2,−154)或(1,0)或(−3,0)
【分析】（1）设交点式y=a(x+1)2+3，然后把A点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式；
（2）由题意得∠MEF=90°，分两种情况：①当ME=BC，EF=CA时，△MEF≌△BCA，②△MEF≌△ACB，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为y=a(x+1)2+3，
把A(−3,0)代入得a(−3+1)2+3=0，解得a=−34，
∴抛物线解析式为y=−34(x+1)2+3=−34(x2+2x+1)+3=−34x2−32x+94，
即y=−34x2−32x+94；
（2）∵抛物线y=−34x2−32x+94与x轴交于点A(−3,0)、顶点为B(−1,3)，对称轴为直线x=−1．ME⊥对称轴l，
∴∠MEF=∠ACB=90°，BC=3，AC=2．
①当ME=BC，EF=CA时，△MEF≌△BCA，
此时ME=BC=3，
∵对称轴为直线x=−1．
∴点M的横坐标为−1+3=2或−1−3=−4，
∴y=−34x2−32x+94=−154，
∴点M的坐标为(−4,−154)或(2,−154)；
②当ME=AC，EF=CB时，△MEF≌△ACB，
此时ME=AC=2，
∵对称轴为直线x=−1．
∴点M的横坐标为−1+2=1或−1−2=−3，
∴y=−34x2−32x+94=0，
∴点M的坐标为(1,0)或(−3,0)；
综上，点M的坐标为(−4,−154)或(2,−154)或(1,0)或(−3,0)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，全等三角形的性质等知识，利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来是本题的关键．要注意分类讨论的作用．
35．（2023·湖南岳阳·岳阳市弘毅新华中学校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与直线AB交于点A0,−4，B4,0．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点P为直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，过点P作y轴的平行线交x轴于点N，求2PM+PN的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，将该抛物线先向左平移4个单位，再向上移3个单位，得到新抛物线y'，新抛物线y'与y轴交于点F，点M为y轴左侧新抛物线y'上一点，过M作MN∥y轴交射线BF于点N，连接MF，当△FMN为等腰三角形时，直接写出所有符合条件的点M的横坐标．
【答案】(1)y=12x2−x−4
(2)254，P32,−358
(3)符合条件点M的横坐标分别为−5、−10、−92、−6512．
【分析】（1）用待定系数法把A0,−4，B4,0代入y=12x2+bx+c可得．
（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，把A0,−4，B4,0代入可得，求出直线AB的解析式为y=x−4，求出PC=2PM，当m=32时，2PM+PN最大值为254．
（3）求出左平移4个单位，再向上移3个单位的函数表达式y'=12x2+3x+3，把NF，MN，MF表示出来，分情况讨论即可．
【详解】（1）解：把A0,−4，B4,0代入y=12x2+bx+c可得，
−4=c0=8+4b+c，
解得c=−4，b=−1，
∴y=12x2−x−4，
（2）解：设直线AB的解析式为y=kx+b，
把A0,−4，B4,0代入可得，
k=1，b=−4，
∴直线AB的解析式为y=x−4，
设Pm,12m2−m−4，则
PN=−12m2+m+4，
∵OA=OB，
∴∠OBA=45°，
∴∠NCB=45°，
∴∠MCP=45°，
又∵PM⊥AB，
∴PC=2PM，
把P点的横坐标代入y=x−4可得，
y=m−4，
Cm,m−4
∴PC=−12m2+2m，
∴2PM+PN=−m2+3m+4=−m−322+254
当m=32时，2PM+PN最大值为254．此时，P32,−358
（3）把y=12x2−x−4变成顶点式为y=12x−12−92，
∵左平移4个单位，再向上移3个单位，
∴y'=12x+32−32即y'=12x+3x+3，
∴F0,3，
设过BF的直线解析式为y=kx+b，
把F0,3，B4,0代入得4a+b=0b=3，解得b=3，k=−34，
∴BF的直线解析式y=−34x+3，
设Ma,12a2+3a+3，M和N的横坐标相同，把M的横坐标代入y=−34x+3，
∴Na,−34a+3，
∴NF=−54a，
MN=−154a−12a2，
MF=a2+(12a2+3a)2=−a1+(12a+3)2
I、当NF=MN时，−54a=−154a−12a2，
解得：a1=−5，a2=0（舍去），a3=−10，
∴M1−5,12，M2−10,23
II、当NF=MF时，−54a=−a1+(12a+3)2
整理得：4a2+48a+135=0，
∵a1=−92，a2=−152
当a=−92时，M−92,−38．N−92,518
当a=−152时，M−152,−698．N−152,698，此时M、N重合，不合题意，舍去，
III、当MN=MF时，−154a−12a2=−a1+(12a+3)2
整理得：34a=−654
解得a=−6512，
当a=−6512时，M−6512,409288，
综上所述：符合条件的点M有四个，其横坐标分别为−5、−10、−92、−6512．
【点睛】此题考查了二次函数的综合问题，解题关键是熟悉二次函数的基本性质、待定系数法、线段表示方法．
36．（2023秋·山西朔州·九年级统考期末）综合与探究
如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A−1,0，B3,0，C0,3三点，与y轴交于点C，作直线BC．
(1)求抛物线和直线BC的函数解析式．
(2)D是直线BC上方抛物线上一点，求△BDC面积的最大值及此时点D的坐标．
(3)在抛物线对称轴上是否存在一点P，使得以点P，B，C为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，y=−x+3
(2)S△BDC=278，D32,154
(3)P的坐标为：1,1或1,3+17或1,3−17或1,14或1,−14．
【分析】（1）根据待定系数法，设抛物线解析式为y=ax+1x−3，把C0,3代入，再解方程即可，或运用抛物线两点式求解析式；同样用待定系数法可求得直线BC的解析式；
（2）如图，过D作DT∥BC，当直线DT与抛物线只有一个交点时，BC上的高最大，此时S△BDC最大，求解直线BC为y=−x+3，由DT∥BC，设直线DT为y=−x+e，利用△=−32−4×1×e−3=0，可得：e=214，可得D32,154，连接OD，利用S△BDC=S△COD+S△BOD−S△BOC，从而可得答案；
（3）如图，由y=−x2+2x+3=−x−12+4，可得抛物线的对称轴为直线：x=1，设P1,m，而C0,3，B3,0，表示PC2=1+m−32，PB2=4+m2，BC2=32+32=18，再分三种情况讨论即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过A−1,0，B3,0，C0,3三点，
∴设抛物线解析式为y=ax+1x−3，
将C0,3代入，得−3a=3， 解得：a=−1，
∴y=−x+1x−3=−x2+2x+3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
∵B3,0，C0,3，
设直线BC为y=kx+3，
∴3k+3=0，解得：k=−1，
∴直线BC为y=−x+3；
（2）如图，过D作DT∥BC，
当直线DT与抛物线只有一个交点时，BC上的高最大，此时S△BDC最大，
∵直线BC为y=−x+3，
由DT∥BC，设直线DT为y=−x+e，
∴y=−x+ey=−x2+2x+3，
整理得：x2−3x+e−3=0，
此时△=−32−4×1×e−3=0，解得：e=214，
∴x−322=0，解得：x1=x2=32，
∴y=−32+214=154，
即方程组的解为：x=32y=154，则D32,154，
连接OD，
此时S△BDC=S△COD+S△BOD−S△BOC
=12×3×32+12×3×154−12×3×3=278．
（3）存在，理由如下：
如图，由y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴抛物线的对称轴为直线：x=1，
设P1,m，而C0,3，B3,0，
∴PC2=1+m−32，PB2=4+m2，BC2=32+32=18，
当PC=PB时，1+m−32=4+m2，
解得：m=1，
∴P1,1，
当PC=BC时，1+m−32=18，
解得：m1=3+17，m2=3−17，
∴P1,3+17，P1,3−17，
当PB=BC时，m2+4=18，
∴m=±14，
∴P1,14或P1,−14，
综上：P的坐标为：1,1或1,3+17或1,3−17或1,14或1,−14．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，平行线的性质，求解一次函数的解析式，坐标与图形面积，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．
37．（2023·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y1=ax2−2x+c的图象与x轴交点为A和B，与y轴交点为D0,3，与直线y2=−x−3交点为A和C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在直线y2=−x−3上是否存在一点M，使得△ABM是等腰直角三角形，如果存在，求出点M的坐标，如果不存在请说明理由．
(3)若点E是x轴上一个动点，把点E向下平移4个单位长度得到点F，点F向右平移4个单位长度得到点G，点G向上平移4个单位长度得到点H，若四边形EFGH与抛物线有公共点，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)存在，M−1,−2或M1,−4
(3)−22−5≤xE≤22−1
【分析】（1）先求得A−3,0，然后将A−3,0，D0,3代入y1=ax2−2x+c，即可求函数的解析式；
（2）设Mm,−m−3，根据△ABM是等腰三角形，分类讨论，根据勾股定理即可求解；
（3）设点E的横坐标xE，分别求出，FxE，−4，GxE+4，−4，HxE+4，0，当F点在抛物线上时，xE=−1+22或xE=−1−22，当G点在抛物线上时，xE=−5+22或xE=−5−22，结合图象可得−22−5【详解】（1）解：由y=−x−3得，y=0时，x=−3，
∴A−3,0．
∵抛物线y=ax2−2x+c经过A−3,0、D0,3D两点，
∴9a+6+c=0c=3，解得a=−1c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）解：由y=−x2−2x+3，令y=0，−x2−2x+3=0，
解得：x1=−3,x2=1，
∴B1,0；
∵A−3,0，
∴AB=4，
∵M是直线y2=−x−3上的点，设Mm,−m−3，
当AB为斜边时，BM=22AB=22,
∴m−12+−m−32=8，
解得：m1=m2=−1，
∴M−1,−2
当AB为直角时，BM=2AB=42,
∴m−12+−m−32=16
解得：m1=1，m2=−3（根据图形，不合题意舍去）
∴M1,−4
综上所述，存在M−1,−2或M1,−4
（3）解：∵点E的横坐标xE，
∴ExE，0，
由题可知，FxE，−4，GxE+4，−4，HxE+4，0，
当F点在抛物线上时，−xE2−2xE+3=−4，
解得xE=−1+22或xE=−1−22，
当G点在抛物线上时，−（xE+4）2−2（xE+4）+3=−4，
解得xE=−5+22或xE=−5−22，
∴−22−5【点睛】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，正方形的性质，数形结合解题是关键．
38．（2023秋·甘肃酒泉·九年级统考期末）如图，抛物线y=ax2+bx+6与x轴交于点B6,0，C−2,0，与y轴交于点A，点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P运动到什么位置时，△PAB的面积最大？
(3)过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P作PE∥x轴交抛物线于点E，连接DE．是否存在点P，使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+2x+6
(2)P3,152
(3)点P坐标为4，6或5−17,317−5．
【分析】（1）用待定系数法即可求得抛物线的解析式
（2）过P作x轴的垂线，交线段AB于点D，求得直线AB的解析式为y=−x+6，求得PD=−12t2+3t，可得到S△PAB=S△PAD+S△PBD=−32t−32+272，然后根据二次函数的性质即可求得点P的坐标
（3）要使得△PDE为等腰直角三角形，只需要PD=PE，然后分两种情况分别求得点P的坐标即可
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+6与x轴交于点B6,0，C−2,0，
∴36a+6b+6=04a−2b+6=0，
解得：a=−12b=2，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+2x+6；
（2）过P作x轴的垂线，交线段AB于点D，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
由（1）知y=−12x2+2x+6，
∴A0,6，B6,0，
∴b=66k+b=0，
解得：b=6k=−1，
∴直线AB的解析式为y=−x+6，
设Pt,−12t2+2t+6，则Dt,−t+6，
∴PD=−12t2+2t+6−−t+6=−12t2+3t，
S△PAB=S△PAD+S△PBD
=12PD·xp+12PD·xB−xp
=12PD·xB
=12×6−12t2+3t
=−32t−32+272，
∴当t=3时，△PAB的面积最大，
∴P3,152
（3）存在点P使△PDE为等腰直角三角形，理由如下：
∵PE∥x轴，
∴PE⊥PD，
要使得△PDE为等腰直角三角形，
只需要：PD=PE
由（2）可知：Pt,−12t2+2t+6，Dt,−t+6，PD=−12t2+3t，
∴设En,−12t2+2t+6，
∵抛物线的对称轴为直线x=2，
∴t+n2=2，
∴n=4−t，
∴E4−t,−12t2+2t+6
当点P位于对称轴右侧时，即t>2，
∴PE=t−4−t=2t−4
∵PD=PE，
∴−12t2+3t=2t−4，
解得：t=−2（舍）或t=4，
∴P4，6，
当点P在对称轴左侧时，即t<2，
∴PE=4−t−t=4−2t
∵PD=PE，
∴−12t2+3t=4−2t，
整理得：t2−10t+8=0，
解得：t=5+17（舍）或t=5−17，
∴P5−17,317−5，
∴△PDE为等腰直角三角形时，点P坐标为：4，6或5−17,317−5．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、二次函数的性质、三角形的面积、等腰直角三角形的性质，掌握分类讨论的数学思想是解决问题的关键
39．（2023秋·河北石家庄·九年级石家庄市第四十一中学校考期末）如图，抛物线y=mx2−2mx−3mm>0与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点．
(1)抛物线顶点M的坐标__________（用含m的代数式表示），A，B的坐标分别是A（__________），B（__________）；
(2)求△ABC的面积（用含m的代数式表示）；
(3)是否存在使△BCM为直角三角形的抛物线？若存在，直接写出抛物线的表达式，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)M(1,−4m)，A(−1,0)、B(3,0)
(2)6m
(3)y=22x2−2x−322或y=x2−2x−3
【分析】（1）将抛物线的解析式化为顶点坐标式，即可得到顶点M的坐标；抛物线的解析式中， 令y=0，可求得A、B的坐标 ．
（2）易求得C点坐标， 即可得到OC的长，以AB为底，OC为高，即可求出△ABC的面积；
（3） 首先根据B、C、M的坐标，求出BC2、BM2、CM2的值， 由于△BCM中，B、C、M都有可能是直角顶点， 所以要分三种情况讨论：①∠BCM=90°，②∠BMC=90°，③∠MBC=90°，在上述三种不同的直角三角形中， 利用勾股定理可求得m的值，进而可确定抛物线的解析式 ．
【详解】（1）解：∵y=mx2−2mx−3m=m(x2−2x−3)=m(x−1)2−4m，
∴抛物线顶点M的坐标为(1,−4m)；
∵抛物线y=mx2−2mx−3m(m>0)与x轴交于A、B两点，
∴当y=0时，mx2−2mx−3m=0，
∵m>0，
∴x2−2x−3=0；
解得x1=−1，x2=3，
∴A、B两点的坐标为(−1,0)、(3,0)．
（2）当x=0时，y=−3m，
∴点C的坐标为(0,−3m)．
∴ S△ABC=12×|3−(−1)|×|−3m|=6|m|=6m；
（3）存在使△BCM为直角三角形的抛物线；
过点C作CN⊥DM于点N，
则△CMN为直角三角形，CN=OD=1，DN=OC=3m，
∴MN=DM−DN=m．
∴CM2=CN2+MN2=1+m2；
在Rt△OBC中，BC2=OB2+OC2=9+9m2，
在Rt△BDM中，BM2=BD2+DM2=4+16m2；
如果△BCM是直角三角形，且∠BMC=90°，
那么CM2+BM2=BC2，
即1+m2+4+16m2=9+9m2，
解得m=±22，
∵m>0，
∴ m=22．
∴存在抛物线y=22x2−2x−322使得△BCM是直角三角形；
②如果△BCM是直角三角形，且∠BCM=90°，
那么BC2+CM2=BM2，
即9+9m2+1+m2=4+16m2，
解得m=±1，
∵m>0，
∴m=1；
∴存在抛物线y=x2−2x−3，使得△BCM是直角三角形；
③如果△BCM是直角三角形，且∠CBM=90°，
那么BC2+BM2=CM2，
即9+9m2+4+16m2=1+m2，整理得m2=−12，此方程无解；
∴以∠CBM为直角的直角三角形不存在；
综上所述， 存在抛物线y=22x2−2x−322和y=x2−2x−3，使得△BCM是直角三角形 ．
【点睛】此题考查了二次函数图象与坐标轴交点坐标的求法、图形面积的求法、勾股定理、直角三角形的判定等知识；需要注意的是（3）题中，由于直角三角形的直角顶点不确定，一定要分类讨论，以免漏解．
40．（2023秋·湖北·九年级期末）在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像与x轴的交点为A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,−3)，顶点为D，其对称轴与x轴交于点E．
(1)求二次函数解析式；
(2)连接AC，AD，CD，试判断△ADC的形状，并说明理由；
(3)点P为第三象限内抛物线上一点，△APC的面积记为S，求S的最大值及此时点P的坐标；
(4)在线段AC上，是否存在点F，使△AEF为等腰三角形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)△ADC为直角三角形，见解析
(3)S最大值为278，点P(− 32 ,− 154 )
(4)存在，(−1,−2)或(−3+ 2 ,− 2 )或(−2,−1)
【分析】（1）设二次函数表达式为：y=a(x+3)(x−1)=a(x2+2x−3)，，将C(0,−3)代入，待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据二次函数与坐标轴的交点，以及顶点坐标，气得AC,AD,CD，根据勾股定理的逆定理即可求解；
（3）过点P作PH∥y轴交AC于点H，得出直线AC的表达式为：y=−x−3，设点P(x,x2+2x−3)，则点H(x,−x−3)，根据二次函数的性质求得最值即可求解；
（4）分三种情况讨论①当AE=EF时，②当AE=AF时，③当AF=EF时，分类求解即可．
【详解】（1）解：设二次函数表达式为：y=a(x+3)(x−1)=a(x2+2x−3)，
则−3a=−3，解得：a=1，
函数的表达式为：y=x2+2x−3；
（2）由（1）知，点D(−1,−4)，
∴AC=3 2，CD= 2，AD= (−1+3)2+(−4)2 = 20，
∴AD2=AC2+CD2，
故△ADC为直角三角形；
（3）过点P作PH∥y轴交AC于点H，
将点A、C的坐标代入一次函数表达式y=kx+b，
−3k+b=0b=−3
解得：k=−1b=−3
直线AC的表达式为：y=−x−3，
设点P(x,x2+2x−3)，则点H(x,−x−3)，
S= 12 PH×OA= 32 (−x−3−x2−2x+3)=− 32 (x+ 32 )2 + 278，
当x=− 32时，S最大值为278，此时点P(− 32 ,− 154 )；
（4）∵OA=OC=3，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
①当AE=EF时，如下图，
△AEF为等腰直角三角形，AE=2=EF，
∴点F(−1,−2)；
②当AE=AF时，
设Fm,−m−3
∴m+32+m+32=22
解得：m=−2−3（舍去）或m=2−3
∴点F(−3+ 2 ,− 2 )；
③当AF=EF时，
同理可得：点F(−2,−1)；
故点F的坐标为：(−1,−2)或(−3+ 2 ,− 2 )或(−2,−1)．
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数求二次函数解析式，勾股定理的逆定理，面积问题，特殊三角形问题，掌握二次函数图像与性质是解题的关键．