2026学年苏科版数学初三中考复习几何专题22 二次函数中的动点与角度问题（讲义）（解析版）

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一、解答题
1．如图1，在平面直角坐标系中，为原点，抛物线经过三点，且其对称轴为其中点，点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）①如图（1），点是直线上方抛物线上的动点，当四边形的面积取最大值时，求点的坐标；
②如图（2），连接在抛物线上有一点满足，请直接写出点的横坐标．
【答案】（1）；（2）①D，②或
【解析】
【分析】
（1）根据点，点，利用待定系数法，可得函数解析式；（2）①先求出直线BC的解析式，当直线m与抛物线只有一个交点时，点D到BC的距离最远，此时△BCD取最大值，故四边形DCAB有最大值，求出b的值代入原式即可得到答案；
②根据题干条件抛物线上有一点满足，通过利用待定系数法利用方程组求出直线BE的解析式，可得答案．
【详解】
解：（1）由题意得：
解得
故抛物线的解析式是.

图（1） 图（2）
（2）①设直线BC的解析式为y=kx+.
∵直线BC过点B（3，0），
∴0=3k+
则k=，
故直线BC解析式为y=x+.
设直线m解析式为，且直线m∥直线BC
当直线m与抛物线只有一个交点时，点D到BC的距离最远，此时△BCD取最大值，故四边形DCAB有最大值.令，
当时
直线m与抛物线有唯一交点
解之得：
代入原式可求得：
∴D
图（3）
过D作DP∥y轴交CB于点P，△DCB面积=△DPC面积+△DPB面积，
∴D
②存在，点M的横坐标为或
解题提示：如图3
符合条件的直线有两条： CM1和CM2（分别在CB的上方和下方）
∵在Rt△ACO中，∠ACO=30°，在Rt△COB中，∠CBO=30°，
∴∠BCM1=∠BCM2=15°
∵△BCE中，∠BCE=∠BEC2=15°
∴BC=BE=
则E（，0）设直线CE解析式为：
∴
解之得：k=
∴直线CE解析式为：
∴
解得：x1=0，x2=2－1
∵ 在Rt△OCF中，∠CBO=30°，∠BCF=15°
∴在Rt△COF中， ∠CFO=45°
∴OC=OF=
∴F（，0）
∴直线CF的解析式为
∴
解之得：（舍去），
即点M的横坐标为：或
【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求二次函数解析式，理解坐标与图形性质是解题关键．
2．如图，已知抛物线与轴交于点，点，（点在点的左边），与轴交于点，点为抛物线的顶点，连接．直线经过点，且与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点是抛物线上的一点，当是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标；
（3）点为线段上的一点，点为线段上的一点，连接，并延长与线段交于点（点在第一象限）．当且时，求出点的坐标．
【答案】（1）；（2）； ；（3）
【解析】
【分析】
（1）直接利用待定系数法求出a、b的值即可得出抛物线解析式；
（2）当时，根据抛物线对称性可求得N的坐标；当时，在的垂直平分线上，与抛物线产生两个交点，将两点坐标求出即可；
（3）在上取一点，作的垂直平分线交轴于点，连接，则，在上点的右侧作，移动点，当时，点为所求，过点作垂直于轴于点，过点作垂直于轴于点，则，设，根据相似三角形性质列比例求解，解出点F的坐标即可．
【详解】
（1）将代入得：
解得：∴抛物线的解析式
（2）顶点
①当时，根据抛物线对称性，与重合

②方法一：如图一
当时，在的垂直平分线上
如图的垂直平分线交于，交轴于点，与轴交点为
，
在中，，
，
是的中点，，
，
，
，
设，
代入得，
解得：，
，
联立得，
，
解得，，
，
方法二：如图二，
过作轴垂线交轴于，
过作交于，
设，
，
，
，
，
，
解得：，
把代入，， ，
综上，
，
（3）如图一，在上取一点，作的垂直平分线交轴于点，连接，则，在上点的右侧作，
，
，
移动点，当时，点为所求．
过点作垂直于轴于点，过点作垂直于轴于点，
，
，，
设，
，
，，
，
，，
∴在中，
，
，
，
，
，
，
，
，
代入，
解得代入得，
，
．
【点睛】
本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数与几何图形综合，二次函数与一次函数综合，解直角三角形，相似三角形等知识点，题型难度大，属于中考压轴题．
3．在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx的图象与x轴交于O、A两点，其顶点B的坐标为（2，﹣6）．
（1）求a、b的值；
（2）如图1，点C是该二次函数图象的对称轴上的一个动点，连接BO、CO，当△OBC是以BC为腰的等腰三角形时，求点C的坐标；
（3）如图2，P是该二次函数图象上的位于第一象限内的一个动点，连接OP，与对称轴交于点M，点Q在OP上，满足＝，设点P的横坐标为n；①请用含n的代数式表示点Q的坐标（，）；
②连接BQ，OB，当△OBQ的面积为15时，求点P的坐标；
③当∠POA＝2∠OBM时，直接写出点P的横坐标．
【答案】（1）a＝，b＝﹣6；（2）点C的坐标为（2，）或（2，）或（2，）；（3）①，n2﹣4n；②P（5，）；③点P的横坐标为．
【解析】
【分析】
（1）先确定抛物线的顶点坐标，设抛物线的解析式y＝a（x﹣2）2﹣6，然后运用待定系数法求解即可；
（2）以BC为腰的等腰三角形，分其腰长与OB相等和腰长与OC相等两种情况，分别用勾股定理可出OB及OC的长，进而确定点B的坐标，最后求出点C的坐标；
（3）①如图2：分别过点P、Q作x轴的垂线，得到相似三角形，然后由相似三角形对应边成比例求出点Q的坐标即可；
②如图3，设直线OP的解析式为y＝kx，则nk＝n2﹣6n，进而求得M的坐标，再根据S△OBQ＝S△OBM+S△MBQ列方程求得n的值，进而得到点P的坐标；
③如图4，作OR平分∠POA交DM于点R，作RL⊥OM于点L，则DR＝LR，先证明△ROL≌△ROD得到OL＝OD＝2，设MR＝r可得ML＝3MR﹣2＝3r﹣2，然后根据勾股定理列方程求得r，进而确定M点的坐标；再求出直线0P的解析式，最后与抛物线的解析式联立得到方程组，最后解方程组即可确定点P的横坐标
【详解】
解：（1）当x＝0时，y＝0，
∴抛物线经过原点O（0，0），
由抛物线的顶点坐标为（2，﹣6），设该抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣6，将O（0，0）代入y＝a（x﹣2）2﹣6，得4a﹣6＝0，解得a＝，
∴y＝（x﹣2）2﹣6，即y＝x2﹣6x，
a＝，b＝﹣6．
（2）如图1，抛物线的对称轴为直线x＝2，点C1、C2、C3在直线x＝2上，
设直线x＝2交x轴于点D，点D（2，0）．
∵∠BDO＝90°，OD＝2，BD＝6，
∴BO＝＝2．
当BC1＝BO＝2，且点C1在点B下方时，则C1（2，）；
当BC2＝BO＝2，且点C2在点B上方时，则C2（2，）；
当BC3＝OC3时，设BC3＝OC3＝m，
由OD2+C3D2＝OC32，得22+（6﹣m）2＝m2，
解得m＝，
∴C3D＝6＝，
∴C3（2，）．
综上所述，点C的坐标为（2，）或（2，）或（2，-）；
（3）①如图2，作PF⊥x轴于点F，作QE⊥x轴于点E，则QE∥PF，
∴△OQE∽△OPF，
∴，
∵P（n，n2﹣6n），
∴EQ＝PF＝（n2﹣6n）＝n2﹣4n，OE＝OF＝n，
∴Q（，n2﹣4n）．
故答案为：n，n2﹣4n；
②设直线OP的解析式为y＝kx，则nk＝n2﹣6n，
∴k＝n﹣6，∴y＝（n﹣6）x，
当x＝2时，y＝2（n﹣6）＝3n﹣12，
∴M（2，3n﹣12），
由S△OBQ＝BM•OD+BM•DE＝BM•OE，且S△OBQ＝15，得（3n﹣12+6）×n＝15，
整理，得n2﹣2n﹣15＝0，解得n1＝5，n2＝﹣3（不符合题意，舍去），
∴P（5，）；
③如图4，作OR平分∠POA交DM于点R，作RL⊥OM于点L，则DR＝LR．
∵∠DOR＝∠MOR＝∠POA＝∠OBM，
∴＝tan∠OBM＝，
∴LR＝DR＝OD＝；
∵∠OLR＝∠ODR＝90°，∠ROL＝∠ROD，OR＝OR，
∴△ROL≌△ROD（AAS），
∴OL＝OD＝2；
设MR＝r，
由×（2+ML）＝×2MR，得ML＝3MR﹣2＝3r﹣2，
由LR2+ML2＝MR2，得（）2+（3r﹣2）2＝r2，
整理，得18r2﹣27r+10＝0，解得r1＝，r2＝（不符合题意，舍去），
∴DM＝+＝；
∴M（2，）；
设直线OP的解析式为y＝px，则2p＝，解得p＝，
∴y＝x．
由，得x2﹣6x＝x，解得x1＝0，x2＝，∴点P的横坐标为．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、用待定系数法求函数解析式、用解方程组的方法求交点坐标等知识点，正确地作出所辅助线、构造三角形以及灵活应用分类讨论思想成为解答本题的关键．
4．如图1，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，顶点为点．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点是点关于x轴的对称点，经过点的直线与该抛物线交于点，点是直线上的一个动点，连接、、，记的面积为，的面积为，那么的值是否是定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（3）如图2，设直线与直线交于点，点是直线上一点，若，求点的坐标．
【答案】（1）；（2）的值是一个定值，这个定值为；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式．
（2）分别过点、作，，垂足分别为、，分别过点、作轴，轴，与分别交于、．由所作辅助线易证∽，即得出．由三角形面积公式可推出．再由题意可求出直线为：．有可求出，，，，即求出，．即．
（3）连接，根据各点坐标易证，，即证明∽，得出．从而由三角形外角性质可间接证明．由，即得出，即，再利用三角函数可说明，，即点在轴的上方．过点作轴于点，过点作交于点S，过点S作轴于点．由所作辅助线易得≌，即得出，．直线为：．故可设，则，，即可求出，代入直线解析式，解出，即可求出N点坐标．
【详解】
（1）解：由已知得：，
解得：，∴抛物线解析式为．
（2）解：如图，分别过点、作，，垂足分别为、，分别过点、作轴，轴，与分别交于、．
根据所作辅助线可知∽，
∴．
∵，，
∴．
∵直线过点，
∴，解得：，
∴直线为：．
抛物线改为顶点式为，
∴，
∴，
对于，当时，，
∴，
∴
对于，当时，，
∴，
∴∴．
∴的值是一个定值，这个定值为．
（3）解：连接，
对于抛物线，当时，．
∴．
∵，，
∴，，，
∴， ，，
∴．
∵，．
∴，，
∴∽，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，，∴，，
∴点在轴的上方．
过点作轴于点，过点作交于点S，过点S作轴于点．
∵，
∴，
∴易得≌，
∴，
∵，，
∴直线为：．
设，则，，
∴，代入直线得：，
解得，
∴．
【点睛】
本题为二次函数综合题．涉及的知识点有利用待定系数法求函数解析式，三角形相似的判定和性质，勾股定理逆定理，三角形外角性质，三角形全等的判定和性质，利用三角函数解直角三角形以及一次函数的性质等知识，综合性强，为压轴题，难易程度为困难．能够作出辅助线并利用数形结合的思想是解答本题的关键．
5．如图，抛物线经过A（－1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点，点 D（x，y）为抛物线上第一象限内的一个动点
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）过点D作，垂足为点E，是否存在点D，使得中的某个角等于的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）存在，2或．
【解析】
【分析】
（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况考虑：①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，−2），连接BF，则CD∥BF，由点B，F的坐标，利用待定系数法可求出直线BF，CD的解析式，联立直线CD及抛物线的解析式组成方程组，通过解方程组可求出点D的坐标；②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，由△OCH∽△OBF求出H点坐标，利用待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线BF及直线CN成方程组，通过解方程组可求出点N的坐标，利用对称的性质可求出点P的坐标，由点C、P的坐标，利用待定系数法可求出直线CP的解析式，将直线CP的解析式代入抛物线解析式中可得出关于x的一元二次方程，解之取其非零值可得出点D的横坐标．依此即可得解．
【详解】
解：（1）将A（−1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2＋bx＋c得：
，
解得：
故抛物线的解析式为．
（2）分两种情况考虑：①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，−2），连接BF，如图3所示．
∵OC＝OF，OB⊥CF，
∴∠ABC＝∠ABF，
∴∠CBF＝2∠ABC．
∵∠DCB＝2∠ABC，
∴∠DCB＝∠CBF，
∴CD∥BF．
∵点B（4，0），F（0，−2），
∴直线BF的解析式为y＝，
∴直线CD的解析式为y＝x＋2.
联立直线CD及抛物线的解析式成方程组得： ，
解得： （舍去）， ，
∴点D的坐标为（2，3）；
∴点D的横坐标为2．
②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，如图4所示．
∵∠OCH＝90°−∠OHC，∠OBF＝90°−∠BHN，∠OHC＝∠BHN，
∴∠OCH＝∠OBF．
在△OCH与△OBF中
，
∴△OCH∽△OBF，
∴，即，
∴OH＝1，H（1，0）．设直线CN的解析式为y＝kx＋n（k≠0），
∵C（0，2），H（1，0），
∴，
解得，
∴直线CN的解析式为y＝−2x＋2.
联立直线BF及直线CN成方程组得：，解得：，
∴点N的坐标为（， ）．
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为y＝− x＋2.
∵NP⊥BC，且点N（ ， ），
∴直线NP的解析式为y＝2x− ．
联立直线BC及直线NP成方程组得： ，解得： ，
∴点Q的坐标为（ ， ）．
∵点N（ ，- ），点N，P关于BC对称，
∴点P的坐标为（ ， ）．
∵点C（0，2），P（ ，），
∴直线CP的解析式为y＝x＋2.
将y＝x＋2代入
整理，得：11x2−29x＝0，
解得：x1＝0（舍去），x2＝ ，
∴点D的横坐标为．
综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况求出点D的横坐标．
6．如图1，已知抛物线的顶点为，与轴的交点为，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）M为轴上方抛物线上的一点，与抛物线的对称轴交于点，若，求点的坐标；
（3）如图2，将原抛物线沿对称轴平移后得到新抛物线为，，是新抛物线在第一象限内互不重合的两点，轴，轴，垂足分别为，，若始终存在这样的点，，满足，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）点坐标为；（3）
【解析】
【分析】
（1）设，将点A的坐标代入求解即可；
（2）令求出点B的坐标，设抛物线对称轴直线与轴交点为，作原点关于直线的对称点，连接，根据已知条件可求出点C的坐标，根据待定系数法求出直线的解析式，与抛物线解析式联立可求出点M的坐标；
（3）设，根据全等三角形的性质得出，设新抛物线解析式为，将点、的坐标代入抛物线的解析式得到两个等式，进而可得出m与n的关系，可先求出n的取值范围，最后根据h与n的函数关系式进行求解．
【详解】
解：（1）抛物线的顶点为，
，
把代入抛物线解析式得，，解得，，
；
（2）令得，，
或，
，
，
设抛物线对称轴直线与轴交点为，作原点关于直线的对称点，连接，则，
，
，
，
，
，
设直线的解析式为，
则，，
解得，，
直线解析式为，
与抛物线联立得，
，即，
∴，
，
故点坐标为；
（3）设，
，
，，
，
设新抛物线解析式为，
把点、的坐标代入抛物线的解析式得：，，
即，，
建立与或与的函数关系式，从而求的取值范围，
先找到与的关系式，，
，，
，
，，
，，，
且，
把代入得，
且，
，
故的取值范围．【点睛】
本题是二次函数与几何的综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求函数的表达式，解一元二次方程，全等三角形的性质，三角形外角的性质等知识，第（2）小题利用轴对称的性质巧作辅助线是解题的关键，且利用根与系数的关系求解一元二次方程更简便．
7．如图，二次函数y＝ax2+bx（a≠0）的图象经过点A（1，4），对称轴是直线x＝﹣，线段AD平行于x轴，交抛物线于点D，在y轴上取一点C（0，2），直线AC交抛物线于点B，连结OA，OB，OD，BD．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）设点F是BD的中点，点P是线段DO上的动点，将△BPF沿边PF翻折，得到△B′PF，使△B′PF与△DPF重叠部分的面积是△BDP的面积的，若点B′在OD上方，求线段PD的长度；
（3）在（2）的条件下，过B′作B′H⊥PF于H，点Q在OD下方的抛物线上，连接AQ与B′H交于点M，点G在线段AM上，使∠HPN+∠DAQ＝135°，延长PG交AD于N．若AN+B′M＝，求点Q的坐标．
【答案】（1）y＝x2+3x；（2）PD＝3；（3）Q（﹣，）．
【解析】
【分析】
（1）根据二次函数y＝ax2+bx（a≠0）的图象经过点A（1，4），对称轴是直线x＝﹣，列出方程组即可解决问题．
（2）如图1中，首先求出直线AC与抛物线的交点B坐标，再证明DP′＝PP′，推出四边形BFB′P是菱形，在RT△POB中求出OP即可解决问题．
（3）如图2中，过A作AI⊥HP，可得四边形AB′HI是正方形，过A作AL∥PN，连接ML，在Rt△MHL中，由ML2＝MH2+HL2列出方程即可解决问题．
【详解】
解：（1）由题意得，解得，二次函数的解析式为；
（2）如图1中，，，
设直线解析式为，则，
解得．
直线 解析式为，
由解得或，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，，
在上，，
在中，，
；
（3）如图2中，由（2）得，’ ．
过作，可得四边形是正方形，过作，连接．
由得，
，
设，则，
，
，
，
在中，，，
解得，
，
直线解析式为：，
由解得或，，．
【点睛】
本题考查二次函数综合题、一次函数、菱形的判定和性质、翻折变换、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式，学会利用方程组求两个函数交点坐标，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．
8．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx与x轴交于点A，顶点B的坐标为（﹣2，﹣2）．
（1）求a，b的值；
（2）在y轴正半轴上取点C（0，4），在点A左侧抛物线上有一点P，连接PB交x轴于点D，连接CB交x轴于点F，当CB平分∠DCO时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接PC，在PB上有一点E，连接EC，若∠ECB＝∠PDC，求点E的坐标．
【答案】（1）a＝，b＝2；（2）P(﹣6，6)；（3）(﹣，)
【解析】
【分析】
（1）根据顶点B的坐标及原点即可求出解析式；
（2）过点B作BH⊥y轴于点H，过点D作DG⊥CB于点G，先求出tan∠BCH＝，再根据CB平分∠DCO求出点D的坐标，得到直线BD的解析式，利用抛物线的解析式即可得到点P的坐标；
（3）过点P作PM⊥y轴于点M，过点B作BH⊥y轴于点H，证明△PMC≌△CHB得到∠CPB＝∠CBP＝45°，过点C作CN⊥CE，过点B作BN⊥BP，CN、BN交于点N，连接DN，证明△ECD≌△NCD得到DE＝DN，过点P作PK⊥x轴于点K，利用勾股定理求出PD，设ED＝t，作BQ⊥x轴于点Q，求出BD后根据勾股定理求出ED，作ER⊥x轴于点R，根据平行线所截线段成比例求出ER，再根据三角函数求出DR即可得到点E的坐标.
【详解】
解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+2）2﹣2＝ax2+4ax+4a﹣2，故4a﹣2＝0，
解得：a＝，
b＝4a＝2；
（2）抛物线的表达式为：y＝x2+2x…①，
过点B作BH⊥y轴于点H，过点D作DG⊥CB于点G，
由点B、C的坐标得直线BC的表达式为：y＝3x+4，则点F（﹣，0），
∵点B（﹣2，﹣2），BH＝2，CH＝4+2＝6，则tan∠BCH＝＝tanα，
∵DG⊥BC，
∴∠FDG＝∠FCO＝α＝∠DCG，
在Rt△DFG中，设FG＝m，则DG＝3m，
则CG＝3DG＝9m，
CF＝9m﹣m＝8m＝,
解得：m＝，
DF＝，
OD＝OF+DF＝3，故点D（﹣3，0），
由点B、D的坐标可得，直线PB的表达式为：y＝﹣2x﹣6…②，
联立①②并解得：x＝﹣2（舍去）或﹣6，
故点P（﹣6，6）；
（3）如图2，过点P作PM⊥y轴于点M，过点B作BH⊥y轴于点H，
∵P（﹣6，6），
则PM＝OM＝6，
∴CM＝2，PM＝CH，
∴BH＝CM，
∵∠PMC＝∠BHC＝90°，
∴△PMC≌△CHB（HL），
∴CP＝CB，∠MPC＝∠BCH，
∵∠MPC+∠PCM＝90°，
∴∠BCH+∠PCM＝90°，
∴∠PCB＝90°，
∴∠CPB＝∠CBP＝45°，
过点C作CN⊥CE，过点B作BN⊥BP，CN、BN交于点N，连接DN，
则∠CBN＝90°﹣∠CPB＝45°，
∴∠CPB＝∠CBN，
∵∠ECN＝∠EBN＝90°，
∴∠CEB+∠CNB＝180°，
∵∠CEB+∠PEC＝180°，
∴∠CNB＝∠PEC，
∵PC＝CB，
∴△PEC≌△BNC（SAS），
则PE＝BN，CE＝CN，
∵∠ECB＝∠EDC+∠DCB，∠PDC＝∠DCB+∠CBD，∠ECB＝∠PDC，
∴∠ECD＝∠CBD＝45°，∴∠DCN＝90°﹣∠ECD＝45°，
∴∠ECD＝∠DCN，
∵CD＝CD，
∴△ECD≌△NCD（SAS），
∴DE＝DN，
在Rt△DBN中，BD2+BN2＝DN2，则BD2+PE2＝DE2，
过点P作PK⊥x轴于点K，
∴PK＝KO＝6，
∵OD＝3，
∴KD＝3，
在Rt△PKD中，PD＝,
设ED＝t，则PE＝3﹣t，
过点B作BQ⊥x轴于点Q，则BQ＝OQ＝2，DQ＝OD﹣OQ＝1，
在Rt△BDQ中，BD＝＝，
故（）2+（3﹣t）2＝t2，
解得：t＝,
故DE＝，
过点E作ER⊥x轴于点R，则ER∥PK，
故，即 ,
解得：ER＝
∵∠EDR＝∠BDQ，
故tan∠EDR＝tan∠BDQ，
即：=2，
故DR＝，OR＝DR+OD＝+3＝，
故点E的坐标为：(﹣，)．【点睛】
此题是一道抛物线的综合题，考查待定系数法求函数解析式，勾股定理，三角函数，三角形全等的判定及性质，函数解析式与方程组的关系，正确掌握各知识点是解题的关键.
9．如图，在平面直角坐标系中抛物线交x轴于点A、B，交y轴于点C， A、B两点横坐标为-1和3，C点纵坐标为-4.
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点D在第四象限且在抛物线上，当△BCD面积最大时，求D点坐标，并求△BCD面积的最大值；
（3）抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得∠QBC=45°，如果存在，求出点Q的坐标，不存在说明理由.
【答案】（1）；（2）D（，-5），最大值；（3）（1，）.
【解析】
【分析】
（1）将A，B，C三点坐标代入抛物线，即可求出；
（2）作DH垂直AB于H，设D点坐标为（x，y），则有OC=4，OB=3，OH=x，HD=-y，由 ，，化简即可出；
（3）由函数关系式：化简得对称轴为，作出对称轴，交x轴于F点，连接CB，交对称轴于E点，求出BC的函数解析式，则可以知道E点坐标为：（1，），所以存在一点Q，使得∠QBC=45°，并且点Q在FE之间，设Q点坐标为：（1，），求出线段 的斜率，线段 的斜率 ，利用两直线相交交角为，得到，化简即可．
【详解】
解：（1）由图像可知：A，B，C，三点的坐标分别是（-1，0），（3，0），（0，-4），
将A，B，C三点坐标代入抛物线
得： ，解之得：
∴抛物线的解析式为：；
（2）如图，作DH垂直AB于H，设D点坐标为（x，y），
则有：OC=4，OB=3，OH=x，HD=-y，HB=3-x，
∴梯形CDHO为直角梯形，
∴
即：
又∵D点在抛物线上，
∴
∴当时，△BCD面积有最大值，是，
∴
所以D点坐标为：（，-5）；
（3）由函数关系式：化简得：，
∴对称轴为：，
如图示：作出对称轴，交x轴于F点，连接CB，交对称轴于E点，
∴由B，C，的坐标分别是（3，0），（0，-4），设BC的函数解析式为：
则： ，解之得：
∴BC的函数解析式为：，当时，，
∴E点坐标为：（1，），
∴BF=2，FE=，
∴ ，
即：∴存在一点Q，使得∠QBC=45°，并且点Q在FE之间，
设Q点坐标为：（1，）
∴， ，
∵直线BQ和BC的交角为，
∴
即：
化简得： ，
∴Q点坐标为：（1，）
【点睛】
本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、待定系数法、三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，二次函数解决最值问题，学会确定两个函数的交点坐标，属于综合应用题．
10．在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y＝﹣x2+bx+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1，点D是抛物线第四象限上的一动点，连接DC，DB，当S△DCB＝S△ABC时，求点D坐标；
(3)如图2，在(2)的条件下，点Q在CA的延长线上，连接DQ，AD，过点Q作QP∥y轴，交抛物线于P，若∠AQD＝∠ACO+∠ADC，请求出PQ的长．
【答案】（1）；（2）；（3）6
【解析】【分析】
（1）先求出B、C的坐标，然后代入二次函数的解析式，解方程组即可；
(2)过D作DG⊥x轴于G，过C作CF⊥DG于F，过B作BE⊥CF于E．设D（x，y），则x＞0，y＜0．求出S△ABC．根据S△CBD=S△CDF－S△CEB－S梯形EBDF解方程解得到x的值，从而得到D的坐标；
(3)连接AD，过D作DM⊥x轴于M．先求出直线CD的解析式为y=－x+2，得到CO=OR=2，则∠ORC=45°．再证明∠AQD=45°．通过勾股定理的逆定理得到AC2+AD2= DC2，即有∠CAD=90°，从而有△AQD是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质得到AQ=AD．通过证明△QAN≌△ADM，得到NA，QN的长，进而得到ON=4，即可得到N（－4，0），则P点横坐标为x=-4，代入二次函数即可得到y的值，从而得到结论．
【详解】
（1）在中，令y=0，解得：x=4，∴B(4，0)，令x=0，得：y=2，∴C(0，2)．把B(4，0)，C(0，2)代入中，得：，解得：，∴二次函数的表达式为：．
(2)过D作DG⊥x轴于G，过C作CF⊥DG于F，过B作BE⊥CF于E．设D（x，y）．
∵D在第四象限，∴x＞0，y＜0．
∵B（4，0），C(0，2)，∴CE=OB=4，CO=BE=FG=2，EF=BG=x-4，DF=DG+FG=2-y，S△ABC=AB×OC=×（4+1）×2=5．
S△CBD=S△CDF－S△CEB－S梯形EBDF=，化简得：x+2y=－1．
∵D（x，y）在二次函数上，∴，化简得：，∴（x－5）（x+1）=0，∴x=5或x=－1（舍去）．
当x=5时，y==－3，∴D（5，－3）．
(3)如图，连接AD，过D作DM⊥x轴于M．设直线CD的解析式为y=kx+b，把C（0，2），D（5，－3）代入得到：，解得：，∴直线CD的解析式为y=－x+2，令y=0，解得：x=2，∴R(2，0)，∴CO=OR=2，∴∠ORC=45°．
∵∠ACO+∠CAO=90°，∠CAO+∠OAD=90°，∴∠ACO=∠OAD，∴∠ACO+∠ADC=∠OAD+∠ADC=∠ARC=45°，∴∠AQD=45°．
∵AC2=12+22=5，AD2=(5+1)2+32=45，DC2=52+(2+3)2=50，∴AC2+AD2=5+45=50= DC2，∴∠CAD=90°，∴∠QAD=90°．
∵∠AQD=45°，∴△AQD是等腰直角三角形，∴AQ=AD．
∵∠QAD=90°，∴∠NAQ+∠DAM=90°．
∵∠NAQ+∠AQN=90°，∴∠AQN=∠MAD．在△QAN和△ADM中，∵∠AQN=∠MAD，∠QNA=∠AMD=90°，AQ=AD，∴△QAN≌△ADM，∴NA=DM=3，QN=AM=6，∴ON=4，∴N（－4，0）．设P（x，y）．
∵QP∥y轴，∴P点横坐标为x=-4，∴y==－12，∴PN=12，∴PQ=PN-QN=12－6=6．
【点睛】
本题是二次函数综合题．考查了用待定系数法求函数解析式，勾股定理及逆定理，全等三角形的判定与性质．综合性强，难度较大．